设点 $ I,H$ 分别为锐角 $\triangle ABC $ 的内心和垂心，点 $ B_1,C_1$ 分别为边 $AC,AB$ 的中点．已知射线 $B_1I$ 交边 $ AB $ 于点 $B_2(B_2\ne B)$，射线 $ C_1I$ 交 $AC$ 的延长线于点 $C_2$，$ B_2C_2$ 与 $BC $ 相交于 $K$，$A_1$ 为 $\triangle BHC$ 的外心．试证：$A,I,A_1$ 三点共线的充分必要条件是 $\triangle BKB_2$ 和 $\triangle CKC_2$ 的面积相等．
【难度】
【出处】
2003第18届CMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
首先，证明 $A, I, A_{1}$ 三点共线 $\Leftrightarrow \angle B A C=60^{\circ}$．如图
设 $O$ 为 $\triangle ABC$ 的外心，联结 $ BO,CO$，则 $\angle B H C=180^{\circ}-\angle B A C,\angle B A_{1} C=2\left(180^{\circ}-\angle B H C\right)=2 \angle B A C$ 因此 $\angle B A C=60^{\circ} \Leftrightarrow \angle B A C+\angle B A_{1} C=180^{\circ} \Leftrightarrow A_1$ 在 $\triangle ABC$ 的外接圆圆 $O$ 上 $\Leftrightarrow AI $ 与 $AA_1$ 重合（因为 $A_1$ 在 $BC$ 中垂线上）$\Leftrightarrow A,I,A_1$ 三点共线
其次，再证 $S_{\triangle B K B_{2}}=S_{\triangle C K C_{2}} \Leftrightarrow \angle B A C=60^{\circ}$ 作 $I P \perp A B$ 于点 $P$，$I Q \perp A C$ 于点 $Q$，则 $S_{\triangle . A B_{1} B_{2}}=\dfrac{1}{2} I P \cdot A B_{2}+\dfrac{1}{2} I Q \cdot A B_{1}$ 又注意到 $S_{\triangle A B_{1} B_{2}}=\dfrac{1}{2} A B_{1} \cdot A B_{2} \cdot \sin A$ 所以 $I P \cdot A B_{2}+I Q \cdot A B_{1}=A B_{1} \cdot A B_{2} \cdot \sin A$ 设 $I P=r$（$r$ 为 $\triangle ABC$ 的内切圆半径），则 $IQ= r$．又令 $BC=a,CA = b,AB = c$，则 $r=\dfrac{2 S_{\Delta A B C}}{a+b+c}$．
又由 $A B_{1}=\dfrac{b}{2}, 2 A B_{1} \sin A=h_{c}=\dfrac{2 S_{\triangle A B C}}{c}$，有 $A B_{2}\left(\dfrac{2 S_{\triangle A B C}}{c}-2 \cdot \dfrac{2 S_{\triangle A B C}}{a+b+c}\right)=b \cdot \dfrac{2 S_{\triangle A B C}}{a+b+c}$ 则 $A B_{2}=\dfrac{b c}{a+b-c}$ 同理 $A C_{2}=\dfrac{b c}{a+c-b}$ 因此 $S_{\triangle B K B_{2}}=S_{\triangle C K C_{2}} \Leftrightarrow S_{\triangle A B C}=S_{\triangle A B_{2} C_{2}} \Leftrightarrow b c=\dfrac{b c}{a+b-c} \cdot \dfrac{b c}{a+c-b} \Leftrightarrow a^{2}=b^{2}+c^{2}-b c \Leftrightarrow\angle B A C=60^{\circ}$（由余弦定理）
所以命题成立．
设 $O$ 为 $\triangle ABC$ 的外心，联结 $ BO,CO$，则 $\angle B H C=180^{\circ}-\angle B A C,\angle B A_{1} C=2\left(180^{\circ}-\angle B H C\right)=2 \angle B A C$ 因此 $\angle B A C=60^{\circ} \Leftrightarrow \angle B A C+\angle B A_{1} C=180^{\circ} \Leftrightarrow A_1$ 在 $\triangle ABC$ 的外接圆圆 $O$ 上 $\Leftrightarrow AI $ 与 $AA_1$ 重合（因为 $A_1$ 在 $BC$ 中垂线上）$\Leftrightarrow A,I,A_1$ 三点共线其次，再证 $S_{\triangle B K B_{2}}=S_{\triangle C K C_{2}} \Leftrightarrow \angle B A C=60^{\circ}$ 作 $I P \perp A B$ 于点 $P$，$I Q \perp A C$ 于点 $Q$，则 $S_{\triangle . A B_{1} B_{2}}=\dfrac{1}{2} I P \cdot A B_{2}+\dfrac{1}{2} I Q \cdot A B_{1}$ 又注意到 $S_{\triangle A B_{1} B_{2}}=\dfrac{1}{2} A B_{1} \cdot A B_{2} \cdot \sin A$ 所以 $I P \cdot A B_{2}+I Q \cdot A B_{1}=A B_{1} \cdot A B_{2} \cdot \sin A$ 设 $I P=r$（$r$ 为 $\triangle ABC$ 的内切圆半径），则 $IQ= r$．又令 $BC=a,CA = b,AB = c$，则 $r=\dfrac{2 S_{\Delta A B C}}{a+b+c}$．
又由 $A B_{1}=\dfrac{b}{2}, 2 A B_{1} \sin A=h_{c}=\dfrac{2 S_{\triangle A B C}}{c}$，有 $A B_{2}\left(\dfrac{2 S_{\triangle A B C}}{c}-2 \cdot \dfrac{2 S_{\triangle A B C}}{a+b+c}\right)=b \cdot \dfrac{2 S_{\triangle A B C}}{a+b+c}$ 则 $A B_{2}=\dfrac{b c}{a+b-c}$ 同理 $A C_{2}=\dfrac{b c}{a+c-b}$ 因此 $S_{\triangle B K B_{2}}=S_{\triangle C K C_{2}} \Leftrightarrow S_{\triangle A B C}=S_{\triangle A B_{2} C_{2}} \Leftrightarrow b c=\dfrac{b c}{a+b-c} \cdot \dfrac{b c}{a+c-b} \Leftrightarrow a^{2}=b^{2}+c^{2}-b c \Leftrightarrow\angle B A C=60^{\circ}$（由余弦定理）
所以命题成立．
答案
解析
备注
