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在锐角三角形 $ABC$ 中，$AB>AC$．设 $\Gamma$ 是它的外接圆，$H$ 是它的垂心，$F$ 是由顶点 $A$ 所引高的垂足．$M$ 是边 $BC$ 的中点．$Q$ 是 $\Gamma$ 上一点，使得 $\angle HQA=90^{\circ}$，$K$ 是 $\Gamma$ 上一点，使得 $\angle HKQ=90^{\circ}$．已知点 $A,B,C,K,Q$ 互不相同，且按此顺序排列在 $\Gamma$ 上．
证明：三角形 $KQH$ 的外接圆和三角形 $FKM$ 的外接圆相切．（乌克兰）
【难度】
【出处】
2015年第56届IMO试题
【标注】
  • 知识点
    >
    二试几何部分
【答案】
略
【解析】
如图所示．延长 $QH$ 交 $T$ 于点 $A'$，由于 $\angle AQH=90^\circ$，从而 $AA'$ 是 $\Gamma$ 的直径．由于 $A'B\perp AB$，故 $A'B\parallel CH$，同理可知 $A'C\parallel BH$，
故 $BA'CH$ 是平行四边形，从而 $M$ 是 $A'H$ 的中点．延长 $AF$ 交 $\Gamma$ 于点 $E$，由于 $A'E\perp AE$，故 $A'E\parallel BC$，从而 $MF$ 是三角形 $HA'E$ 的中位线，
$F$ 是 $HE$ 的中点．
设直线 $A'E$ 与 $QK$ 交于点 $R$．根据圆幂定理，
$RK\cdot RQ = RE \cdot RA'$
三角形 $HKQ$ 的外接圆 $\omega_1$ 和三角形 $HEA'$ 的外接圆 $\omega_2$ 分别是以 $HQ$ 和 $HA'$ 为直径的圆，这两个圆外切于点 $H$，而 $R$ 是这两个圆的等幂点，从而 $R$ 在这两个圆的根轴上，即 $RH$ 是这两圆的公切线，$RH\perp A'Q$．
设直线 $MF$ 交 $HR$ 于点 $S$，则 $S$ 是 $HR$ 的中点．由于三角形 $RHK$ 是直角三角形，$S$ 是斜边 $RH$ 的中点，故 $SH=SK$．再由 $SH$ 是 $\omega_1$ 的切线知，$SK$ 也是 $\omega_1$ 的切线．在直角三角形 $SHM$ 中，$HF$ 是斜边上的高，从而
$
S F \cdot S M=S H^{2}=S K^{2}
$
故 $SK$ 也是三角形 $KMF$ 的外接圆的切线．于是 $SK$ 与三角形 $KQH$ 的外接圆和三角形 $FKM$ 的外接圆均相切于点 $K$ 处，因此这两个圆也在点 $K$ 处相切．
答案 解析 备注
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