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$
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】
略
答案
解析
备注
