2025 年 IMO 的几何题的解答

重新整理了解答，见 2025 年 IMO 的几何题的再解答。

草草地写了出来，还没有整理，做得好麻烦。。。

1. 题目

Let $\Omega$ and $\Gamma$ be circles with centres $M$ and $N$, respectively, such that the radius of $\Omega$ is less than the radius of $\Gamma$. Suppose $\Omega$ and $\Gamma$ intersect at two distinct points $A$ and $B$. Line $MN$ intersects $\Omega$ at $C$ and $\Gamma$ at $D$, so that $C, M, N, D$ lie on $MN$ in that order. Let $P$ be the circumcentre of triangle $ACD$. Line $AP$ meets $\Omega$ again at $E\neq A$ and meets $\Gamma$ again at $F\neq A$. Let $H$ be the orthocentre of triangle $PMN$.

Prove that the line through $H$ parallel to $AP$ is tangent to the circumcircle of triangle $BEF$.

2. 解答

由

$$\angle APM = \frac{1}{2} \angle APC = \angle ADC$$

可知 $A$、$M$、$P$、$D$ 共圆 。

设直线 $MP$ 与 $AB$、$AC$ 分别交于点 $S$、$T$，则 $S$ 是 $\triangle ACM$ 的垂心。

$$\angle DCE = \angle DCB - \angle ECB$$

其中

$$\begin{aligned} \angle DCB & = \angle DCA = \angle AST \\ & = \angle EAB + \angle APM \\ \angle ECB & = \angle EAB \end{aligned}$$

因此

$$\angle DCE = \angle APM = \angle ADC$$

故 $CE \parallel AD$。

同时，我们可以得知 $C$、$M$、$P$、$E$ 共圆。

连接 $BD$、$CE$ 交于点 $Q$。由

$$\angle AEC = \angle DAF = \angle DBF$$

可知 $Q$ 在 $\triangle BEF$ 的外接圆上。

另外，由前面的结论还可知，

$$\angle QCD = \angle ADC = \angle QDC \implies QC = QD$$

因此 $Q$ 在 $CD$ 的垂直平分线，即直线 $PH$ 上。

连接 $DF$，与前面类似，我们可以证明 $DF \parallel AC$，$D$、$N$、$P$、$F$ 共圆。

注意到 $HP \perp CD$，$PN \perp AD$，因此

$$\angle HPN = \angle ADC = \angle QDC$$

故 $D$、$N$、$P$、$Q$ 共圆。

注意到 $Q$ 是 $\triangle DNF$ 和 $\triangle WBF$ 的外接圆的交点，根据密克定理，$Q$ 也在 $\triangle CBN$ 的外接圆上。故 $DN\cdot DC = DQ\cdot DB = DF\cdot DW$，因此 $C$、$N$、$F$、$W$ 共圆。

设 $DF$ 与直线 $CE$ 点交于 $K$，于是 $ACKD$ 是平行四边形，$\angle CKD = \angle CAD = \angle CBD$，故 $C$、$B$、$K$、$D$ 共圆。所以

$$\angle DBK = \angle QCD = \angle QDC$$

故 $BK \parallel CD$，四边形 $CBKD$ 是等腰梯形。

设直线 $BC$、$DF$ 交于点 $W$，则 $\triangle WCD$ 是等腰三角形（$WC = WD$），因此 $W$ 也在直线 $HP$ 上。由

$$\begin{aligned} \angle QWF & = \angle QWB = 90\degree - \angle WCD \\ & = \angle ABC = \angle AEC \end{aligned}$$

可知 $Q$、$W$、$F$、$E$ 共圆，即点 $W$ 也在 $\triangle BEF$ 的外接圆上。

设 $BK$ 于 $NF$ 交于点 $X$。则

$$\angle BXN = \angle DNF = \angle DWC$$

故 $X$、$F$、$W$、$B$ 共圆，即点 $X$ 在 $\triangle BEF$ 的外接圆上。又

$$\angle BXN = \angle DWC = 2 \angle BWQ = 2 \angle BXQ$$

由 $H$ 是 $\triangle PMN$ 的垂心可知

$$\begin{aligned} \angle NXQ & = \angle BXQ \\ & = \angle BWQ \\ & = 90\degree - \angle WCD \\ & = 90\degree - \angle WCD \\ & = \angle PMN \\ & = 180\degree - \angle PHN \end{aligned}$$

因此 $X$、$N$、$H$、$Q$ 共圆。可知

$$\angle QHX = \angle QNX = \angle QDF = \angle BAF$$

由 $AB \parallel HQ$ 可知 $HX \parallel AF$。

$$\begin{aligned} \angle HQX & = 180\degree - \angle HNX \\ & = \angle HNC + \angle DNF \\ & = 90\degree - \angle PMN + \angle DNF \\ & = 90\degree + \angle PMN \\ & = \angle ASP \end{aligned}$$

因此

$$\begin{aligned} \angle HXQ & = \angle APS = \angle ADC = \angle BDC \\ & = \angle DBX = \angle QWX \end{aligned}$$

故 $HX$ 是 $\triangle BEF$ 的外接圆的切线。