在凸四边形 $ABCD$ 中,$\angle ABC=\angle ADC<90^{\circ}$,$\angle ABC,\angle ADC$ 的平分线与 $AC$ 分别交于点 $E,F$,且这两条角平分线交于点 $P$.设 $AC$ 的中点为 $M$,$\triangle BPD$ 的外接圆为 $\Gamma$,线段 $BM,DM$ 与圆 $\Gamma$ 的第二个交点分别为 $X,Y$,直线 $XE$ 与 $YF$ 交于点 $Q$.证明:$PQ\perp AC$.
【难度】
【出处】
2016IMO Short List
【标注】
【答案】
如图,设 $\triangle ABC$ 的外接圆为 $\Gamma_1$.设 $Y'$ 为射线 $MD$ 上的点,使得 $MY'\cdot MD=MA^2$.则 $\triangle MAY' \sim\triangle MDA$.因为 $MC^2 = MA^2 =MY'\cdot MD$,所以,$\triangle \sim MCY' \sim \triangle MDC$.则$$\begin{aligned}
\angle AY'C&=\angle AY'M+\angle MY'C\\ &=\angle MAD+\angle DCM\\ &=180^{\circ}-\angle CDA=180^{\circ}-\angle ABC\end{aligned}$$从而,点 $Y'$ 在圆 $\Gamma_1$ 上.
设直线 $CB$ 与 $DA$ 交于点 $Z$.由 $\angle PDZ=\angle PBC=180^{\circ}-\angle PBZ$ $\Rightarrow$ 点 $Z$ 在圆 $\Gamma$ 上.由 $\angle Y'BC=\angle Y'AC=\angle Y'AM=\angle Y'DZ$ $\Rightarrow$ 点 $Y'$ 也在圆 $\Gamma$ 上.由于 $\angle ADC$ 为锐角,于是,$MA\neq MD$,$MY'\neq MD$.从而,$Y'$ 为 $DM$ 与圆 $\Gamma$ 的第二个交点.因此,点 $Y'$ 与 $Y$ 重合.这表明,点 $Y$ 也在圆 $\Gamma_1$ 上.
由角平分线定理和三角形的相似得$$\frac{F A}{F C}=\frac{A D}{C D}=\frac{A D}{A M} \cdot \frac{C M}{C D}=\frac{Y A}{Y M} \cdot \frac{Y M}{Y C}=\frac{Y A}{Y C}$$$\Rightarrow~FY$ 平分 $\angle AYC$.设 $\angle CBA$ 的平分线与圆 $\Gamma_1$ 的第二个交点为 $B'$.则 $B'$ 为圆 $\Gamma_1$ 的不含点 $B$ 的弧 $\overparen{AC}$ 的中点.于是,$YB'$ 为 $\angle AYC$ 的外角平分线.因此,$B'Y\perp FY$.
设过点 $P$ 且平行于 $AC$ 的直线 $l$ 与 $B'Y$ 交于点 $S$.则$$\begin{aligned}\angle P S Y&=\angle C Y B^{\prime}-\angle A C Y =\angle C A B^{\prime}-\angle A C Y \\ &=\angle B^{\prime} C A-\angle A C Y=\angle B^{\prime} C Y =\angle B^{\prime} B Y=\angle P B Y\end{aligned}$$于是,点 $S$ 在圆 $\Gamma$ 上.
类似地,过点 $X$ 且垂直于 $XE$ 的直线也过 $l$ 与圆 $\Gamma$ 的第二个交点 $S$.由 $QY \perp YS$,$QX\perp XS$ $\Rightarrow$ 点 $Q$ 在圆 $\Gamma$ 上,且 $QS$ 为直径 $\Rightarrow~PQ\perp PS$.又 $PS\parallel AC $,故 $ PQ\perp AC$
【解析】
答案 解析 备注
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