已知非等腰 $\triangle ABC$ 的内心为 $I$，$\angle A$ 内的旁心为 $I_A$，$I_A$ 关于直线 $BC$ 的对称点为 $I'_A$，直线 $AI'_A$ 关于直线 $AI$ 对称的直线为 $l_A$．类似定义 $I_B , I'_B , l_B$．设直线 $l_A$ 与 $l_B$ 交于点 $P$．
（1）证明：点 $P$ 在直线 $OI$ 上，其中，$O$ 为 $\triangle ABC$ 的外心．
（2）过点 $P$ 作 $\triangle ABC$ 的内切圆的切线中的一条与 $\triangle ABC$ 的外接圆交于 $X,Y$ 两点．证明：$\angle XIY=120^{\circ}$．
（1）证明：点 $P$ 在直线 $OI$ 上，其中，$O$ 为 $\triangle ABC$ 的外心．
（2）过点 $P$ 作 $\triangle ABC$ 的内切圆的切线中的一条与 $\triangle ABC$ 的外接圆交于 $X,Y$ 两点．证明：$\angle XIY=120^{\circ}$．
【难度】
【出处】
2016IMO Short List
【标注】
【答案】
（1）如图，设点 $A$ 关于直线 $BC$ 的对称点为 $A'$，直线 $AI$ 与 $\triangle ABC$ 的外接圆 $\odot O$ 的第二个交点为 $M$．
由于 $\triangle ABA' ,\triangle AOC$ 均为等腰三角形，且 $\triangle ABA'=2\triangle ABC=\triangle AOC$，于是，$\triangle ABA'\sim\triangle AOC$．所以，$$\frac{AA'}{AI_A}=\frac{AA'}{AB}\cdot\frac{AB}{AI_A}=\frac{AC}{AO}\cdot\frac{AI}{AC}=\frac{AI}{AO}$$又 $\angle A'AI_A =\angle IAO$，则 $\triangle AA'I_A \sim\triangle AIO$．
设直线 $AP$ 与 $OI$ 交于点 $P'$．则$$\begin{aligned}\angle M A P^{\prime}&=\angle I_{A}^{\prime} A I_{A}=\angle I_{A}^{\prime} A A^{\prime}-\angle I_{A} A A^{\prime} \\ &=\angle A A^{\prime} I_{A}-\angle A M O=\angle A I O-\angle A M O \\ &=\angle M O P^{\prime}\end{aligned}$$$\Rightarrow~M,O,A,P'$ 四点共圆．
设 $\odot O,\triangle ABC$ 的内切圆 $\odot I$ 的半径分别为 $R,r$．则 $IP'=\frac{IA\cdot IM}{IO}=\frac{R^2 -IO^2}{IO}$．可见 $IP'$ 不依赖于点 $A$．故 $BP$ 与 $OI$ 的交点也为 $P'$．这表明，点 $P'$ 与 $P$ 重合．因此，点 $P$ 在直线 $OI$ 上．
（2）由彭赛列闭合定理，知分别过点 $X,Y$ 作 $OI$ 的不同于 $XY$ 的切线的交点 $Z$ 在 $\odot O$ 上．设 $XY$ 与 $OI$ 切于点 $T$，$XY$ 的中点为 $D$．则$$\begin{aligned}
OD&=IT\cdot \frac{OP}{IP}=r\left(1+\frac{OI}{IP}\right)=r\left(1+\frac{OI^2}{OI\cdot IP}\right) \\ &=r\left(1+\frac{R^2 -2Rr}{R^2 -IO^2}\right)=r\left(1+\frac{R^2 -2Rr}{2Rr}\right)=\frac{R}{2}=\frac{OX}{2}
\end{aligned}$$$\Rightarrow ~\angle X Z Y=60^{\circ}~ \Rightarrow ~\angle X I Y=120^{\circ}$
由于 $\triangle ABA' ,\triangle AOC$ 均为等腰三角形，且 $\triangle ABA'=2\triangle ABC=\triangle AOC$，于是，$\triangle ABA'\sim\triangle AOC$．所以，$$\frac{AA'}{AI_A}=\frac{AA'}{AB}\cdot\frac{AB}{AI_A}=\frac{AC}{AO}\cdot\frac{AI}{AC}=\frac{AI}{AO}$$又 $\angle A'AI_A =\angle IAO$，则 $\triangle AA'I_A \sim\triangle AIO$．设直线 $AP$ 与 $OI$ 交于点 $P'$．则$$\begin{aligned}\angle M A P^{\prime}&=\angle I_{A}^{\prime} A I_{A}=\angle I_{A}^{\prime} A A^{\prime}-\angle I_{A} A A^{\prime} \\ &=\angle A A^{\prime} I_{A}-\angle A M O=\angle A I O-\angle A M O \\ &=\angle M O P^{\prime}\end{aligned}$$$\Rightarrow~M,O,A,P'$ 四点共圆．
设 $\odot O,\triangle ABC$ 的内切圆 $\odot I$ 的半径分别为 $R,r$．则 $IP'=\frac{IA\cdot IM}{IO}=\frac{R^2 -IO^2}{IO}$．可见 $IP'$ 不依赖于点 $A$．故 $BP$ 与 $OI$ 的交点也为 $P'$．这表明，点 $P'$ 与 $P$ 重合．因此，点 $P$ 在直线 $OI$ 上．
（2）由彭赛列闭合定理，知分别过点 $X,Y$ 作 $OI$ 的不同于 $XY$ 的切线的交点 $Z$ 在 $\odot O$ 上．设 $XY$ 与 $OI$ 切于点 $T$，$XY$ 的中点为 $D$．则$$\begin{aligned}
OD&=IT\cdot \frac{OP}{IP}=r\left(1+\frac{OI}{IP}\right)=r\left(1+\frac{OI^2}{OI\cdot IP}\right) \\ &=r\left(1+\frac{R^2 -2Rr}{R^2 -IO^2}\right)=r\left(1+\frac{R^2 -2Rr}{2Rr}\right)=\frac{R}{2}=\frac{OX}{2}
\end{aligned}$$$\Rightarrow ~\angle X Z Y=60^{\circ}~ \Rightarrow ~\angle X I Y=120^{\circ}$
【解析】
略
答案
解析
备注
