2025 年 CWMI 的几何题的解答（二）

发表于 分类于 ， 阅读次数： 本文字数： 8.2k 阅读时长 ≈ 20 分钟
今年西部数学邀请赛第二天的几何题（P3）的解答

1. 题目

如图，设 △ABC\triangle ABC 的内心为 II，点 EE、FF 分别在边 ACAC、ABAB 上，满足 ∠BIF=∠CIE\angle BIF = \angle CIE。设 ll 为过 II 且平行于 BCBC 的直线，设点 EE、FF 关于直线 ll 的对称点分别为 XX、YY。证明：∠XBC=∠YCB\angle XBC = \angle YCB。

题目

2. 分析

这个题可以使用复数法进行处理。以内切圆为单位圆，可以得到 △ABC\triangle ABC 的顶点对应的复数。关于 ll 对称可以简化为共轭运算。

利用 ∠BIF=∠CIE\angle BIF = \angle CIE 和点 FF 在 ABAB 上，可以求出点 FF 对应的复数。点 EE 的处理类似。

3. 解答

3.1. 建立复平面

引入以 II 为原点、ll 为实轴的复平面。设 △ABC\triangle ABC 的内切圆的半径为 11，其与 BCBC、CACA、ABAB 的切点依次为 RR、SS、TT，对应的复数依次是 r=−ir=-i、ss、tt。

设点 AA、BB、CC、EE、FF、XX、YY 对应的复数依次是 aa、bb、cc、ε\varepsilon、ff、xx、yy，则

x=ε‾,y=f‾ x = \overline{\varepsilon}, \quad y = \overline{f}

以及

a‾=2t+s,a=2tst+sb‾=2t−i,b=−2tit−ic‾=2s−i,c=−2sis−i(i) \begin{aligned}\tag{i} \overline{a} = \frac{2}{t+s}, & \quad a = \frac{2ts}{t+s} \\[2ex] \overline{b} = \frac{2}{t-i}, & \quad b = -\frac{2ti}{t-i} \\[2ex] \overline{c} = \frac{2}{s-i}, & \quad c = -\frac{2si}{s-i} \end{aligned}

解答

3.2. 计算点 E、F

设 ∡FIB=∡CIE=θ\measuredangle FIB = \measuredangle CIE = \theta，则

f=b⋅λ e−iθ=k a+(1−k) bf = b \cdot \lambda \, \mathrm{e}^{-i\theta} = k\,a+(1-k)\,b，其中 λ,k∈R\lambda,k \in \mathbb{R}。

因此

{b⋅λ e−iθ=k a+(1−k) bb‾⋅λ eiθ=k a‾+(1−k) b‾ \left\{\begin{aligned} & b \cdot \lambda \, \mathrm{e}^{-i\theta} = k\,a+(1-k)\,b \\ & \overline{b} \cdot \lambda \, \mathrm{e}^{i\theta} = k\,\overline{a}+(1-k)\,\overline{b} \end{aligned}\right.

整理得

{λ⋅b e−iθ+k⋅(b−a)=bλ⋅b‾ eiθ+k⋅(b‾−a‾)=b‾ \left\{\begin{aligned} & \lambda \cdot b \, \mathrm{e}^{-i\theta} + k\cdot (b-a) = b \\ & \lambda \cdot \overline{b} \, \mathrm{e}^{i\theta} + k\cdot (\overline{b}-\overline{a}) = \overline{b} \end{aligned}\right.

解得

λ=∣bb−ab‾b‾−a‾∣∣b e−iθb−ab‾ eiθb‾−a‾∣=ab‾−a‾b(b‾−a‾) b e−iθ−(b−a)b‾ eiθ(ii) \begin{aligned} \lambda & = \frac{\begin{vmatrix} b & b-a \\ \overline{b} & \overline{b}-\overline{a} \end{vmatrix}}{\begin{vmatrix} b \, \mathrm{e}^{-i\theta} & b-a \\ \overline{b} \, \mathrm{e}^{i\theta} & \overline{b}-\overline{a} \end{vmatrix}} \\[3ex] & = \frac{a\overline{b}-\overline{a}b}{(\overline{b}-\overline{a})\,b\,\mathrm{e}^{-i\theta}-\left(b-a\right)\overline{b}\,\mathrm{e}^{i\theta}} \end{aligned}\tag{ii}

将 (i) 代入可得

ab‾−a‾b=4t(s+i)(t+s)(t−i)b‾−a‾=2(s+i)(t+s)(t−i)b−a=−2t2(s+i)(t+s)(t−i) \begin{aligned} a\overline{b}-\overline{a}b & = \frac{4t(s+i)}{(t+s)(t-i)} \\[2ex] \overline{b}-\overline{a} & = \frac{2(s+i)}{(t+s)(t-i)} \\[2ex] b-a & = -\frac{2t^2(s+i)}{(t+s)(t-i)} \end{aligned}

再带回 (ii) 化简可得

λ=t−it eiθ−i e−iθ \lambda = \frac{t-i}{t\,\mathrm{e}^{i\theta}-i\,\mathrm{e}^{-i\theta}}

同理，设 ε=c⋅μ eiθ=l a+(1−l) c\varepsilon = c\cdot \mu \,\mathrm{e}^{i\theta} = l\,a+(1-l)\,c，其中 μ,l∈R\mu,l \in \mathbb{R}，则有

μ=s−is e−iθ−i eiθ \mu = \frac{s-i}{s\,\mathrm{e}^{-i\theta}-i\,\mathrm{e}^{i\theta}}

3.3. 证明角相等

要证明的结论

∡CBX=∡YCB  ⟺  x−bc−b÷b−cy−c∈R \measuredangle CBX = \measuredangle YCB \iff \frac{x-b}{c-b}\div \frac{b-c}{y-c} \in \mathbb{R}

注意到 b−c∈Rb-c\in\mathbb{R}，因此

∡CBX=∡YCB  ⟺  (x−b)(y−c)∈R  ⟺  (ε‾−b)(f‾−c)∈R \begin{aligned} \measuredangle CBX = \measuredangle YCB & \iff (x-b)(y-c) \in \mathbb{R} \\[1ex] & \iff \left(\overline{\varepsilon}-b\right)\left(\overline{f}-c\right) \in \mathbb{R} \end{aligned}

化简可得

(ε‾−b)(f‾−c)=(μ c‾ e−iθ−b)(λ b‾ eiθ−c)=(s−is e−iθ−i eiθ⋅2s−i⋅e−iθ−−2tit−i)⋅(t−it eiθ−i e−iθ⋅2t−i⋅eiθ−−2sis−i)=2(t−i+tsi)e−iθ+2t eiθ(t−i)(s e−iθ−i eiθ)⋅2(s−i+tsi)eiθ+2s e−iθ(s−i)(t eiθ−i e−iθ) \begin{aligned} \left(\overline{\varepsilon}-b\right)\left(\overline{f}-c\right) & = \left(\mu\,\overline{c}\,\mathrm{e}^{-i\theta}-b\right) \left(\lambda\,\overline{b}\,\mathrm{e}^{i\theta}-c\right) \\[2ex] & = \left(\frac{s-i}{s\,\mathrm{e}^{-i\theta}-i\,\mathrm{e}^{i\theta}} \cdot\frac{2}{s-i} \cdot\mathrm{e}^{-i\theta} -\frac{-2ti}{t-i}\right) \cdot \left(\frac{t-i}{t\,\mathrm{e}^{i\theta}-i\,\mathrm{e}^{-i\theta}} \cdot\frac{2}{t-i} \cdot\mathrm{e}^{i\theta} -\frac{-2si}{s-i}\right) \\[3ex] & = \frac{2\left(t-i+tsi\right)\mathrm{e}^{-i\theta}+2t\,\mathrm{e}^{i\theta}} {\left(t-i\right)\left(s\,\mathrm{e}^{-i\theta}-i\,\mathrm{e}^{i\theta}\right)} \cdot \frac{2\left(s-i+tsi\right)\mathrm{e}^{i\theta}+2s\,\mathrm{e}^{-i\theta}} {\left(s-i\right)\left(t\,\mathrm{e}^{i\theta}-i\,\mathrm{e}^{-i\theta}\right)} \end{aligned}

接下来验证

(ε‾−b)(f‾−c)‾=(ε‾−b)(f‾−c) \overline{\left(\overline{\varepsilon}-b\right)\left(\overline{f}-c\right)} = \left(\overline{\varepsilon}-b\right)\left(\overline{f}-c\right)

即可。

验证过程

(ε‾−b)(f‾−c)‾=2(1t+i−its)eiθ+2t e−iθ(1t−1i)(1s eiθ−1i e−iθ)⋅2(1s+i−its)e−iθ+2s eiθ(1s−1i)(1t e−iθ−1i eiθ)=2(s+tsi−i)eiθ+2s e−iθ−(i−t)(i eiθ−s e−iθ)⋅2(t+tsi−i)e−iθ+2t eiθ−(i−s)(i e−iθ−t eiθ)=(ε‾−b)(f‾−c) \begin{aligned} \overline{\left(\overline{\varepsilon}-b\right)\left(\overline{f}-c\right)} & =\frac{2\left(\frac{1}{t}+i-\frac{i}{ts}\right)\mathrm{e}^{i\theta}+\frac{2}{t}\,\mathrm{e}^{-i\theta}} {\left(\frac{1}{t}-\frac{1}{i}\right)\left(\frac{1}{s}\,\mathrm{e}^{i\theta}-\frac{1}{i}\,\mathrm{e}^{-i\theta}\right)} \cdot \frac{2\left(\frac{1}{s}+i-\frac{i}{ts}\right)\mathrm{e}^{-i\theta}+\frac{2}{s}\,\mathrm{e}^{i\theta}} {\left(\frac{1}{s}-\frac{1}{i}\right)\left(\frac{1}{t}\,\mathrm{e}^{-i\theta}-\frac{1}{i}\,\mathrm{e}^{i\theta}\right)} \\[3ex] & = \frac{2\left(s+tsi-i\right)\mathrm{e}^{i\theta}+2s\,\mathrm{e}^{-i\theta}} {-\left(i-t\right)\left(i\,\mathrm{e}^{i\theta}-s\,\mathrm{e}^{-i\theta}\right)} \cdot \frac{2\left(t+tsi-i\right)\mathrm{e}^{-i\theta}+2t\,\mathrm{e}^{i\theta}} {-\left(i-s\right)\left(i\,\mathrm{e}^{-i\theta}-t\,\mathrm{e}^{i\theta}\right)} \\[2ex] & = \left(\overline{\varepsilon}-b\right)\left(\overline{f}-c\right) \end{aligned}

命题得证。

4. 另一种解法

考虑 △BIF\triangle BIF 和 △CIE\triangle CIE，

BFsin⁡∠BIF=IFsin⁡12∠ABCCEsin⁡∠CIE=IEsin⁡12∠ACB \begin{aligned} \frac{BF}{\sin \angle BIF} & = \frac{IF}{\sin \frac{1}{2}\angle ABC} \\ \frac{CE}{\sin \angle CIE} & = \frac{IE}{\sin \frac{1}{2}\angle ACB} \end{aligned}

因此

BFCE=IFIE⋅sin⁡12∠ACBsin⁡12∠ABC \frac{BF}{CE} = \frac{IF}{IE}\cdot \frac{\sin \frac{1}{2}\angle ACB}{\sin \frac{1}{2}\angle ABC}

设点 FF 关于 IBIB 的对称点为 KK，点 EE 关于 ICIC 的对称点为 LL，则 KK、LL 都在 BCBC 上。

设 ll 与 ABAB、ACAC 交于点 MM、NN，则

∠YIK=∠FIK−∠FIY=2(∠FIB−∠FIM)=2∠BIM=∠ABC \begin{aligned} \angle YIK & = \angle FIK - \angle FIY \\ & = 2(\angle FIB-\angle FIM) \\ & = 2\angle BIM \\ & = \angle ABC \end{aligned}

同理可知 ∠XIL=∠ACB\angle XIL = \angle ACB。

另一种解法

注意到

∠BIK=∠BIF=∠CIE=∠CIL \angle BIK = \angle BIF = \angle CIE = \angle CIL

因此

BK⋅BLCK⋅CL=BI2CI2 \frac{BK\cdot BL}{CK\cdot CL} = \frac{BI^2}{CI^2}

结合前面的结论可得

BLCK=CLBK⋅BI2CI2=CEBF⋅BI2CI2=IEIF⋅sin⁡12∠ABCsin⁡12∠ACB⋅sin⁡212∠ACBsin⁡212∠ABC=IE⋅sin⁡12∠ACBIF⋅sin⁡12∠ABC=LXYK \begin{aligned} \frac{BL}{CK} & = \frac{CL}{BK}\cdot \frac{BI^2}{CI^2} = \frac{CE}{BF}\cdot \frac{BI^2}{CI^2} \\[2ex] & = \frac{IE}{IF} \cdot \frac{\sin \frac{1}{2}\angle ABC}{\sin \frac{1}{2}\angle ACB} \cdot \frac{\sin^2 \frac{1}{2}\angle ACB}{\sin^2 \frac{1}{2}\angle ABC} \\[2ex] & = \frac{IE\cdot \sin \frac{1}{2}\angle ACB}{IF\cdot \sin \frac{1}{2}\angle ABC} \\[2ex] & = \frac{LX}{YK} \end{aligned}

注意到

∠BLX=∠BLI+∠ILX=(∠CIL+12∠ACB)+(90∘−12∠ACB)=∠CIE+90∘ \begin{aligned} \angle BLX & = \angle BLI + \angle ILX \\ & = \left(\angle CIL + \frac{1}{2}\angle ACB\right) + \left(90^\circ-\frac{1}{2}\angle ACB\right) \\[1ex] & = \angle CIE + 90^\circ \end{aligned}

同理可得，∠CKY=∠BIF+90∘\angle CKY = \angle BIF + 90^\circ，因此 ∠BLX=∠CKY\angle BLX = \angle CKY。

综上可知 △BLX∼△CKY\triangle BLX\sim \triangle CKY，于是 ∠XBC=∠YCB\angle XBC = \angle YCB，命题得证。