设 $\triangle ABC$ 三条边的长度为 $BC=a, AC= b, AB = c$，$\Gamma$ 是 $\triangle ABC$ 的外接圆．
（1）若 $\Gamma$ 的 $\overparen{BC}$（不含 $A$）上有唯一的点 $P(P\ne B, P\ne C)$ 满足 $PA=PB+PC$，求 $a、b、c$ 所应满足的充分必要条件．
（2）设 $P$ 是（1）中所述的唯一的点证明：若 $AP$ 平分线段 $BC$，则 $\angle BAC < 60^\circ$．
（1）若 $\Gamma$ 的 $\overparen{BC}$（不含 $A$）上有唯一的点 $P(P\ne B, P\ne C)$ 满足 $PA=PB+PC$，求 $a、b、c$ 所应满足的充分必要条件．
（2）设 $P$ 是（1）中所述的唯一的点证明：若 $AP$ 平分线段 $BC$，则 $\angle BAC < 60^\circ$．
【难度】
【出处】
2016第15届CGMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
（I）若题述乐件成立，设 $P$ 是所注的唯一的点，由托勒密定理得 $a \cdot P A=b \cdot P B+c \cdot P C$，结合 $PA=PB+PC$ 得 $(b-a) P B+(c-a) P C=0$．
若 $b=a$，则显然有 $c=a$，此时 $\triangle ABC$ 为等边三角形，由托勒密定理知 $\Gamma$ 的 $\overparen{BC}$ 不含 $A$）上任意一点 $Q$ 均满足 $Q A=Q B+Q C$，这与 $P$ 的唯一性相矛盾，故 $b\ne a$，同理 $c\ne a$．由 $(b-a) P B+(c-a) P C=0$ 及 $P B>0, P C>0$ 知 $b<a<c $ 或 $ c<a<b$．
另一方面，若 $b<a<c$ 或 $c<a<b$，由托勒密定理知对 $\Gamma$ 的 $\overparen{BC}$ 上任意一点 $P$，$P A=P B+P C$ 等价于 $(b-a) P B+(c-a) P C=0$，或 $\dfrac{P B}{P C}=\dfrac{c-a}{a-b}$，这里 $\dfrac{c-a}{a-b}>0$．
设 $AP$ 交 $BC$ 于 $K$，则 $\dfrac{B K}{C K}=\dfrac{S_{\triangle M B P}}{S_{\triangle \Delta C P}}=\dfrac{A B \cdot B P}{A C \cdot C P}=\dfrac{c}{b} \cdot \dfrac{P B}{P C}$，
因此 $\dfrac{P B}{P C}=\dfrac{c-a}{a-b}$ 等价于 $\dfrac{B K}{C K}=\dfrac{c(c-a)}{b(a-b)}$．由于 $\dfrac{c(c-a)}{b(a-b)}>0$，所以点 $K$ 存在且唯一，故点 $P$ 存在且唯一．
综上所述，所求的充分必要条件为 $b<a<c$ 或 $c<a<b$．
（2）由条件知 $BK=CK$，结合上一问的结论知 $c(c-a)= b(a-b)$，即 $a(b+c)=b^{2}+c^{2}$．
于是 $\begin{aligned} \cos \angle B A C &=\dfrac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\dfrac{a b+a c-a^{2}}{2 b c} =\dfrac{1}{2}+\dfrac{(b-a)(a-c)}{2 b c}>\dfrac{1}{2} \end{aligned}$
因此 $\angle BAC<60^\circ$，证毕．
若 $b=a$，则显然有 $c=a$，此时 $\triangle ABC$ 为等边三角形，由托勒密定理知 $\Gamma$ 的 $\overparen{BC}$ 不含 $A$）上任意一点 $Q$ 均满足 $Q A=Q B+Q C$，这与 $P$ 的唯一性相矛盾，故 $b\ne a$，同理 $c\ne a$．由 $(b-a) P B+(c-a) P C=0$ 及 $P B>0, P C>0$ 知 $b<a<c $ 或 $ c<a<b$．
另一方面，若 $b<a<c$ 或 $c<a<b$，由托勒密定理知对 $\Gamma$ 的 $\overparen{BC}$ 上任意一点 $P$，$P A=P B+P C$ 等价于 $(b-a) P B+(c-a) P C=0$，或 $\dfrac{P B}{P C}=\dfrac{c-a}{a-b}$，这里 $\dfrac{c-a}{a-b}>0$．
设 $AP$ 交 $BC$ 于 $K$，则 $\dfrac{B K}{C K}=\dfrac{S_{\triangle M B P}}{S_{\triangle \Delta C P}}=\dfrac{A B \cdot B P}{A C \cdot C P}=\dfrac{c}{b} \cdot \dfrac{P B}{P C}$，
因此 $\dfrac{P B}{P C}=\dfrac{c-a}{a-b}$ 等价于 $\dfrac{B K}{C K}=\dfrac{c(c-a)}{b(a-b)}$．由于 $\dfrac{c(c-a)}{b(a-b)}>0$，所以点 $K$ 存在且唯一，故点 $P$ 存在且唯一．
综上所述，所求的充分必要条件为 $b<a<c$ 或 $c<a<b$．
（2）由条件知 $BK=CK$，结合上一问的结论知 $c(c-a)= b(a-b)$，即 $a(b+c)=b^{2}+c^{2}$．
于是 $\begin{aligned} \cos \angle B A C &=\dfrac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\dfrac{a b+a c-a^{2}}{2 b c} =\dfrac{1}{2}+\dfrac{(b-a)(a-c)}{2 b c}>\dfrac{1}{2} \end{aligned}$
因此 $\angle BAC<60^\circ$，证毕．
答案
解析
备注
