已知 $\triangle ABC$ 为非等腰锐角三角形，点 $A$ 在其欧拉线（过外心与垂心的直线）上的投影为 $D$．以 $S$ 为圆心且过点 $A,D$ 的圆 $\Gamma$ 与 $AB,AC$ 分别交于点 $X,Y$．若点 $A$ 在 $BC$ 上的投影为 $P$，$BC$ 的中点为 $M$，证明：$\triangle XSY$ 的外心到点 $P$ 和 $M$ 的距离相等．
【难度】
【出处】
2016IMO Short List
【标注】
【答案】
如图，设 $\triangle ABC$ 的外心，垂心分别为 $O,H$，$AH$ 的中点为 $Q$，$\triangle ABC$ 的九点圆的圆心为 $N$．则点 $Q$ 在 $\triangle ABC$ 的九点圆 $\odot N$ 上，且 $QM$ 的中点为 $N$，$QM\parallel AO$．
设过点 $S$ 且垂直于 $XY$ 的直线与 $QM$ 交于点 $S'$，点 $B$ 在 $AC$ 上的投影为 $E$，直线 $XY$ 与 $BC$ 交于点 $K$．
因为点 $Q,S$ 均在 $AD$ 的中垂线上，所以，$$\begin{aligned} & \angle S D Q=\angle Q A S=\angle X A S-\angle X A Q \\ &=\frac{\pi}{2}-\angle A Y X-\angle B A P \\ &=\angle C B A-\angle A Y X \\ &=(\angle C B A-\angle A C B)+(\angle A C B-\angle A Y X) \\ &=\angle P E M+(\angle A C B-\angle A Y X) \\ &=\angle P Q M-\angle B K Y \\ &=\frac{\pi}{2}-\angle P M Q+\angle B K Y=\angle S S^{\prime} Q \end{aligned}$$于是，$D,S',S,Q$ 四点共圆．
过点 $N$ 作 $BC$ 的垂线，与 $SS'$ 交于点 $O_1$（当 $S$ 为 $AO$ 的中点时，
这两条直线重合．此时，$\triangle XSY$ 的外心在这条直线上，因此，要证明的结论成立）．
又点 $N$ 在 $PM$ 的中垂线上，于是，只要证明 $O_1$ 为 $\triangle XSY$ 的外心．由 $SQ\parallel OD$，$QA//O_1 N$ $\Rightarrow~\angle DS'O_1 =\angle DQS = \angle SQA = \angle DNO_1$ $\Rightarrow D,O_1,S',N$ 四点共圆 $\Rightarrow \angle SDS'=\angle SQS'=\angle ONS'=\angle DO_1 S'=\angle DNS'$．故 $SD$ 与过点 $D,O_1 ,S',N$ 的圆切于点 $D$．
由切割线定理得\begin{equation}
S S^{\prime} \cdot S O_{1}=S D^{2}=S X^{2}
\end{equation}由正弦定理得 $
\frac{S S^{\prime}}{\sin \angle S Q S^{\prime}}=\frac{S Q}{\sin \angle S S^{\prime} Q}=\frac{S Q}{\sin \angle S D Q}=\frac{S Q}{\sin \angle S A Q}=\frac{S A}{\sin \angle S Q A}$ $\Rightarrow ~S S^{\prime}=S A \cdot \frac{\sin \angle S Q S^{\prime}}{\sin \angle S Q A}=S A \cdot \frac{\sin \angle H O A}{\sin \angle O H A}=S A \cdot \frac{A H}{A O}=S A \cdot 2 \cos A$．这是点 $S$ 到 $XY$ 的距离的 $2$ 倍．
注意到，点 $S,C$ 在 $PM$ 的中垂线的同侧当且仅当$$\angle S A C<\angle O A C \Leftrightarrow \angle Y X A>\angle C B A$$这表明，点 $S,O_1$ 在 $XY$ 的异侧．因为点 $S'$ 在射线 $SO_1$ 上，所以，点 $S,S'$ 不可能在 $XY$ 的同侧．因此，点 $S,S'$ 关于直线 $XY$ 对称．设 $\triangle XSY$ 的外接圆的直径为 $d$．由于 $SS'$ 为点 $S$ 到 $XY$ 的距离的 $2$ 倍，且 $SX=SY$，则 $SS'=2\cdot\frac{SX^2}{d}$．由式（1）知 $d=2SO_1$．因为 $SO_1$ 是 $XY$ 的中垂线，所以，$O_1$ 为 $\triangle XSY$ 的外心
设过点 $S$ 且垂直于 $XY$ 的直线与 $QM$ 交于点 $S'$，点 $B$ 在 $AC$ 上的投影为 $E$，直线 $XY$ 与 $BC$ 交于点 $K$．因为点 $Q,S$ 均在 $AD$ 的中垂线上，所以，$$\begin{aligned} & \angle S D Q=\angle Q A S=\angle X A S-\angle X A Q \\ &=\frac{\pi}{2}-\angle A Y X-\angle B A P \\ &=\angle C B A-\angle A Y X \\ &=(\angle C B A-\angle A C B)+(\angle A C B-\angle A Y X) \\ &=\angle P E M+(\angle A C B-\angle A Y X) \\ &=\angle P Q M-\angle B K Y \\ &=\frac{\pi}{2}-\angle P M Q+\angle B K Y=\angle S S^{\prime} Q \end{aligned}$$于是，$D,S',S,Q$ 四点共圆．
过点 $N$ 作 $BC$ 的垂线，与 $SS'$ 交于点 $O_1$（当 $S$ 为 $AO$ 的中点时，
这两条直线重合．此时，$\triangle XSY$ 的外心在这条直线上，因此，要证明的结论成立）．
又点 $N$ 在 $PM$ 的中垂线上，于是，只要证明 $O_1$ 为 $\triangle XSY$ 的外心．由 $SQ\parallel OD$，$QA//O_1 N$ $\Rightarrow~\angle DS'O_1 =\angle DQS = \angle SQA = \angle DNO_1$ $\Rightarrow D,O_1,S',N$ 四点共圆 $\Rightarrow \angle SDS'=\angle SQS'=\angle ONS'=\angle DO_1 S'=\angle DNS'$．故 $SD$ 与过点 $D,O_1 ,S',N$ 的圆切于点 $D$．
由切割线定理得\begin{equation}
S S^{\prime} \cdot S O_{1}=S D^{2}=S X^{2}
\end{equation}由正弦定理得 $
\frac{S S^{\prime}}{\sin \angle S Q S^{\prime}}=\frac{S Q}{\sin \angle S S^{\prime} Q}=\frac{S Q}{\sin \angle S D Q}=\frac{S Q}{\sin \angle S A Q}=\frac{S A}{\sin \angle S Q A}$ $\Rightarrow ~S S^{\prime}=S A \cdot \frac{\sin \angle S Q S^{\prime}}{\sin \angle S Q A}=S A \cdot \frac{\sin \angle H O A}{\sin \angle O H A}=S A \cdot \frac{A H}{A O}=S A \cdot 2 \cos A$．这是点 $S$ 到 $XY$ 的距离的 $2$ 倍．
注意到，点 $S,C$ 在 $PM$ 的中垂线的同侧当且仅当$$\angle S A C<\angle O A C \Leftrightarrow \angle Y X A>\angle C B A$$这表明，点 $S,O_1$ 在 $XY$ 的异侧．因为点 $S'$ 在射线 $SO_1$ 上，所以，点 $S,S'$ 不可能在 $XY$ 的同侧．因此，点 $S,S'$ 关于直线 $XY$ 对称．设 $\triangle XSY$ 的外接圆的直径为 $d$．由于 $SS'$ 为点 $S$ 到 $XY$ 的距离的 $2$ 倍，且 $SX=SY$，则 $SS'=2\cdot\frac{SX^2}{d}$．由式（1）知 $d=2SO_1$．因为 $SO_1$ 是 $XY$ 的中垂线，所以，$O_1$ 为 $\triangle XSY$ 的外心
【解析】
略
答案
解析
备注
