在凸四边形 $ABCD$ 中，$AB\cdot CD=BC\cdot DA$，点 $X$ 在四边形 $ABCD$ 内部，且满足 $\angle XAB=\angle XCD,\angle XBC=\angle XDA$．证明：$\angle BXA+\angle DXC=180^\circ$．（波兰）
【难度】
【出处】
2018年第59届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
证法一
首先注意到，我们只需证明 $\dfrac{XB}{XD}=\dfrac{AB}{CD}$ ①
以及 $\dfrac{XA}{XC}=\dfrac{DA}{BC}$ ②
这时因为由 ① 及正弦定理，得 $\dfrac{\sin\angle AXB}{\sin\angle XAB}=\dfrac{AB}{XB}=\dfrac{CD}{XD}=\dfrac{\sin\angle CXD}{\sin\angle XCD}$
再由题目条件 $\angle XAB=\angle XCD$，得 $\sin \angle AXB=\sin\angle CXD$．类似地，由 ② 可得 $\sin\angle DXA=\sin\angle BXC$．
如果 $\angle AXB+\angle CXD=180^\circ$，或 $\angle DXA+\angle BXC=180^\circ$，则结论成立．如果 $\angle AXB=\angle CXD,\angle DXA=\angle BXC$，则 $X$ 是 $AC,BD$ 的交点，由条件可知四边形 $ABCD$ 是平行四边形．再由 $AB\cdot CD=BC\cdot DA$ 可知，四边形 $ABCD$ 是菱形，此时 $AC\perp BD$，结论仍然成立．
下面证明 ① 和 ② 成立．以 $X$ 为中心，$1$ 为半径做反演变换．分别以 $A^\prime,B^\prime,C^\prime,D^\prime$ 表示 $A,B,C,D$ 反演后的像．如图所示．
由于 $XA\cdot XA^\prime=XB\cdot XB^\prime =XC\cdot XC^\prime=XD\cdot XD^\prime$，故 $\triangle XAB$ 与 $\triangle XB^\prime A^\prime$ 相似，$\triangle XBC$ 与 $\triangle XC^\prime B^\prime$ 相似，故
$\angle XB^\prime A^\prime=\angle XAB=\angle XCD,\angle XCB=\angle XB^\prime C^\prime$，从而 $\angle BCD=\angle BCX+\angle XCD=\angle XB^\prime C^\prime +\angle A^\prime B^\prime X=\angle A^\prime B^\prime C^\prime$．
类似可得 $\angle CDA=\angle B^\prime C^\prime D^\prime,\angle DAB=\angle C^\prime D^\prime A^\prime ,\angle ABC=\angle D^\prime A^\prime B^\prime $．故四边形 $ABCD$ 与 $D^\prime A^\prime B^\prime C^\prime $ 的对应内角相等．又利用相似可知，$\dfrac{A^\prime B^\prime }{AB}=\dfrac{XB^\prime }{XA}=\dfrac{1}{XA\cdot XB}$，故 $AB=\dfrac{A^\prime B^\prime }{XA\cdot XB}$．对 $B^\prime C^\prime ,C^\prime D^\prime ,D^\prime A^\prime $ 也有类似的计算公式．于是 $A^\prime B^\prime \cdot C^\prime D^\prime =\dfrac{AB}{XA\cdot XB}\cdot\dfrac{CD}{XC\cdot XD}=\dfrac{BC}{XB\cdot XC}\cdot\dfrac{DA}{XD\cdot XA}=B^\prime C^\prime \cdot D^\prime A^\prime $．
因此四边形 $ABCD$ 与 $D^\prime A^\prime B^\prime C^\prime $ 具有相同的内角，以及对边乘积相等的性质，我们证明它们是相似的四边形．
引理：设四边形 $XYZT$ 和 $X^\prime Y^\prime Z^\prime T^\prime$ 是两个凸四边形，对应的内角相等，并且 $XY\cdot ZT=YZ\cdot TX,X^\prime Y^\prime \cdot Z^\prime T^\prime=Y^\prime Z^\prime\cdot T^\prime X^\prime$，则这两个四边形相似．
引理的证明：作四边形 $XYZ_1T_1$ 与 $X^\prime Y^\prime Z^\prime T^\prime$ 相似，$T_1$ 和 $Z_1$ 分别在射线 $XT$ 和 $YZ$ 上．假设四边形 $XYZT$ 与 $X^\prime Y^\prime Z^\prime T^\prime$ 不相似，则 $T_1\ne T,Z_1\ne Z$．并且由于内角相同，$T_1Z_1\parallel TZ$．不妨设 $T_1$ 在线段 $XT$ 的内部．设线段 $XZ$ 与 $T_1Z_1$ 交于点 $U$（如图）．
于是 $\dfrac{T_1X}{T_1Z_1}<\dfrac{T_1X}{T_1U}=\dfrac{TX}{ZT}=\dfrac{XY}{YZ}<\dfrac{XY}{YZ_1}$，从而 $T_1X\cdot YZ_1<T_1Z_1\cdot XY$ 矛盾．引理证毕．
回到原题中，我们证明了四边形 $ABCD$ 与 $D^\prime A^\prime B^\prime C^\prime$ 相似．于是 $\dfrac{BC}{AB}=\dfrac{A\prime B\prime }{D\prime A\prime }=\dfrac{AB}{XA\cdot XB}\cdot\dfrac{XD\cdot XA}{DA}=\dfrac{AB}{AD}\cdot\dfrac{XD}{XB}$，从而 $\dfrac{XB}{XD}=\dfrac{AB^2}{BC\cdot AD}=\dfrac{AB^2}{AB\cdot CD}=\dfrac{AB}{CD}$．我们证明了 ①，类似地可证明 ②．
证法二
反证法，假设结论不成立．不失一般性，可设 $\angle AXD+\angle BXC<180^\circ$．如图所示，作点 $P$ 满足 $\triangle BXP\sim\triangle AXD$，作点 $Q$ 满足 $\triangle DXQ\sim\triangle CXB$．
于是 $\dfrac{BX}{AX}=\dfrac{XP}{XD}=\dfrac{BP}{AD}$．从而有
$XP=\dfrac{XB\cdot XD}{XA}$ ③
$BP=\dfrac{XB\cdot AD}{XA}$ ④
不妨设 $AB\cdot CD=BC\cdot AD=1$ ⑤
由于
$\angle CXB+\angle BXP=\angle CXB+\angle AXD<180^\circ$
$\angle XBC+\angle XBP=\angle XDA+\angle XAD=180^\circ-\angle AXD<180^\circ$
从而四边形 $CBPX$ 是凸四边形，故 $S_{\triangle BCP}<S_{\triangle BCX}+S_{\triangle BPX}$．由正弦定理得
$BC\cdot BP\sin\angle AXD<XB\cdot XC\sin\angle BXC+XB\cdot XP\sin\angle AXD$ ⑥
将 ③④ 代入 ⑥ 中，并利用 ⑤ 可得
$\sin\angle AXD<XA\cdot XC\cdot \sin\angle BXC+XB\cdot XD\cdot\sin\angle AXD$ ⑦
类似地，四边形 $ADQX$ 也是凸四边形，由 $S_{\triangle ADQ}<S_{\triangle ADX}+S_{\triangle DQX}$ 可得
$\sin\angle BXC<XA\cdot XC\cdot \sin\angle AXD+XB\cdot XD\cdot\sin\angle BXC$ ⑧
将 ⑦⑧ 相加，并约去 $\sin\angle AXD+\sin\angle BXC>0$，可得
$XA\cdot XC+XB\cdot XD>1$ ⑨
由于 $\angle PXD=\angle BXA$，且 $\dfrac{XP}{XD}=\dfrac{BX}{AX}$，故 $\triangle BXA\sim\triangle PXD$，从而 $\angle XDP=\angle XAB$．
而 $\angle CXD+\angle DXP>180^\circ$，因此四边形 $CDPX$ 是凹四边形，故 $S_{\triangle CDP}>S_{\triangle CDX}+S_{\triangle DPX}$，利用正弦定理，可得
$\sin\angle CXD>XA\cdot XC\cdot \sin\angle CXD+XB\cdot XD\cdot\sin\angle AXB$ ⑩
类似地，$\triangle DXC\sim\triangle QXB$，四边形 $ABQX$ 是凹四边形，$S_{\triangle ABQ}>S_{\triangle ABX}+S_{\triangle BQX}$，利用正弦定理，可得
$\sin\angle AXB>XA\cdot XC\cdot \sin\angle AXB+XB\cdot XD\cdot\sin\angle CXD$ ⑪
将⑩⑪相加即得
$XA\cdot XC+XB\cdot XD<1$ ⑫
这与 ⑨ 矛盾．
首先注意到，我们只需证明 $\dfrac{XB}{XD}=\dfrac{AB}{CD}$ ①
以及 $\dfrac{XA}{XC}=\dfrac{DA}{BC}$ ②
这时因为由 ① 及正弦定理，得 $\dfrac{\sin\angle AXB}{\sin\angle XAB}=\dfrac{AB}{XB}=\dfrac{CD}{XD}=\dfrac{\sin\angle CXD}{\sin\angle XCD}$
再由题目条件 $\angle XAB=\angle XCD$，得 $\sin \angle AXB=\sin\angle CXD$．类似地，由 ② 可得 $\sin\angle DXA=\sin\angle BXC$．
如果 $\angle AXB+\angle CXD=180^\circ$，或 $\angle DXA+\angle BXC=180^\circ$，则结论成立．如果 $\angle AXB=\angle CXD,\angle DXA=\angle BXC$，则 $X$ 是 $AC,BD$ 的交点，由条件可知四边形 $ABCD$ 是平行四边形．再由 $AB\cdot CD=BC\cdot DA$ 可知，四边形 $ABCD$ 是菱形，此时 $AC\perp BD$，结论仍然成立．
下面证明 ① 和 ② 成立．以 $X$ 为中心，$1$ 为半径做反演变换．分别以 $A^\prime,B^\prime,C^\prime,D^\prime$ 表示 $A,B,C,D$ 反演后的像．如图所示．
由于 $XA\cdot XA^\prime=XB\cdot XB^\prime =XC\cdot XC^\prime=XD\cdot XD^\prime$，故 $\triangle XAB$ 与 $\triangle XB^\prime A^\prime$ 相似，$\triangle XBC$ 与 $\triangle XC^\prime B^\prime$ 相似，故$\angle XB^\prime A^\prime=\angle XAB=\angle XCD,\angle XCB=\angle XB^\prime C^\prime$，从而 $\angle BCD=\angle BCX+\angle XCD=\angle XB^\prime C^\prime +\angle A^\prime B^\prime X=\angle A^\prime B^\prime C^\prime$．
类似可得 $\angle CDA=\angle B^\prime C^\prime D^\prime,\angle DAB=\angle C^\prime D^\prime A^\prime ,\angle ABC=\angle D^\prime A^\prime B^\prime $．故四边形 $ABCD$ 与 $D^\prime A^\prime B^\prime C^\prime $ 的对应内角相等．又利用相似可知，$\dfrac{A^\prime B^\prime }{AB}=\dfrac{XB^\prime }{XA}=\dfrac{1}{XA\cdot XB}$，故 $AB=\dfrac{A^\prime B^\prime }{XA\cdot XB}$．对 $B^\prime C^\prime ,C^\prime D^\prime ,D^\prime A^\prime $ 也有类似的计算公式．于是 $A^\prime B^\prime \cdot C^\prime D^\prime =\dfrac{AB}{XA\cdot XB}\cdot\dfrac{CD}{XC\cdot XD}=\dfrac{BC}{XB\cdot XC}\cdot\dfrac{DA}{XD\cdot XA}=B^\prime C^\prime \cdot D^\prime A^\prime $．
因此四边形 $ABCD$ 与 $D^\prime A^\prime B^\prime C^\prime $ 具有相同的内角，以及对边乘积相等的性质，我们证明它们是相似的四边形．
引理：设四边形 $XYZT$ 和 $X^\prime Y^\prime Z^\prime T^\prime$ 是两个凸四边形，对应的内角相等，并且 $XY\cdot ZT=YZ\cdot TX,X^\prime Y^\prime \cdot Z^\prime T^\prime=Y^\prime Z^\prime\cdot T^\prime X^\prime$，则这两个四边形相似．
引理的证明：作四边形 $XYZ_1T_1$ 与 $X^\prime Y^\prime Z^\prime T^\prime$ 相似，$T_1$ 和 $Z_1$ 分别在射线 $XT$ 和 $YZ$ 上．假设四边形 $XYZT$ 与 $X^\prime Y^\prime Z^\prime T^\prime$ 不相似，则 $T_1\ne T,Z_1\ne Z$．并且由于内角相同，$T_1Z_1\parallel TZ$．不妨设 $T_1$ 在线段 $XT$ 的内部．设线段 $XZ$ 与 $T_1Z_1$ 交于点 $U$（如图）．
于是 $\dfrac{T_1X}{T_1Z_1}<\dfrac{T_1X}{T_1U}=\dfrac{TX}{ZT}=\dfrac{XY}{YZ}<\dfrac{XY}{YZ_1}$，从而 $T_1X\cdot YZ_1<T_1Z_1\cdot XY$ 矛盾．引理证毕．回到原题中，我们证明了四边形 $ABCD$ 与 $D^\prime A^\prime B^\prime C^\prime$ 相似．于是 $\dfrac{BC}{AB}=\dfrac{A\prime B\prime }{D\prime A\prime }=\dfrac{AB}{XA\cdot XB}\cdot\dfrac{XD\cdot XA}{DA}=\dfrac{AB}{AD}\cdot\dfrac{XD}{XB}$，从而 $\dfrac{XB}{XD}=\dfrac{AB^2}{BC\cdot AD}=\dfrac{AB^2}{AB\cdot CD}=\dfrac{AB}{CD}$．我们证明了 ①，类似地可证明 ②．
证法二
反证法，假设结论不成立．不失一般性，可设 $\angle AXD+\angle BXC<180^\circ$．如图所示，作点 $P$ 满足 $\triangle BXP\sim\triangle AXD$，作点 $Q$ 满足 $\triangle DXQ\sim\triangle CXB$．
于是 $\dfrac{BX}{AX}=\dfrac{XP}{XD}=\dfrac{BP}{AD}$．从而有$XP=\dfrac{XB\cdot XD}{XA}$ ③
$BP=\dfrac{XB\cdot AD}{XA}$ ④
不妨设 $AB\cdot CD=BC\cdot AD=1$ ⑤
由于
$\angle CXB+\angle BXP=\angle CXB+\angle AXD<180^\circ$
$\angle XBC+\angle XBP=\angle XDA+\angle XAD=180^\circ-\angle AXD<180^\circ$
从而四边形 $CBPX$ 是凸四边形，故 $S_{\triangle BCP}<S_{\triangle BCX}+S_{\triangle BPX}$．由正弦定理得
$BC\cdot BP\sin\angle AXD<XB\cdot XC\sin\angle BXC+XB\cdot XP\sin\angle AXD$ ⑥
将 ③④ 代入 ⑥ 中，并利用 ⑤ 可得
$\sin\angle AXD<XA\cdot XC\cdot \sin\angle BXC+XB\cdot XD\cdot\sin\angle AXD$ ⑦
类似地，四边形 $ADQX$ 也是凸四边形，由 $S_{\triangle ADQ}<S_{\triangle ADX}+S_{\triangle DQX}$ 可得
$\sin\angle BXC<XA\cdot XC\cdot \sin\angle AXD+XB\cdot XD\cdot\sin\angle BXC$ ⑧
将 ⑦⑧ 相加，并约去 $\sin\angle AXD+\sin\angle BXC>0$，可得
$XA\cdot XC+XB\cdot XD>1$ ⑨
由于 $\angle PXD=\angle BXA$，且 $\dfrac{XP}{XD}=\dfrac{BX}{AX}$，故 $\triangle BXA\sim\triangle PXD$，从而 $\angle XDP=\angle XAB$．
而 $\angle CXD+\angle DXP>180^\circ$，因此四边形 $CDPX$ 是凹四边形，故 $S_{\triangle CDP}>S_{\triangle CDX}+S_{\triangle DPX}$，利用正弦定理，可得
$\sin\angle CXD>XA\cdot XC\cdot \sin\angle CXD+XB\cdot XD\cdot\sin\angle AXB$ ⑩
类似地，$\triangle DXC\sim\triangle QXB$，四边形 $ABQX$ 是凹四边形，$S_{\triangle ABQ}>S_{\triangle ABX}+S_{\triangle BQX}$，利用正弦定理，可得
$\sin\angle AXB>XA\cdot XC\cdot \sin\angle AXB+XB\cdot XD\cdot\sin\angle CXD$ ⑪
将⑩⑪相加即得
$XA\cdot XC+XB\cdot XD<1$ ⑫
这与 ⑨ 矛盾．
答案
解析
备注
