2025 年高联二试（B 卷）几何题的解答

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上周全国高中数学联赛二试（B 卷）的几何题（P2）的解答

1. 题目

如图，在 △ABC\triangle ABC 中，DD 为边 BCBC 的中点，∠BAC\angle BAC 平分线上的两点 EE、FF 满足 ∠AEB=∠AFC=180∘−∠BAC\angle AEB = \angle AFC = 180^\circ-\angle BAC，△AFB\triangle AFB 的外接圆与 △AEC\triangle AEC 的外接圆交于 AA 及另一点 PP。证明：AA、PP、DD 共线。

题目

2. 分析

首先，条件

∠AEB=∠AFC=180∘−∠BAC \angle AEB = \angle AFC = 180^\circ-\angle BAC

等价于

∠ABE=∠BAE=∠CAE=∠ACF \angle ABE = \angle BAE = \angle CAE = \angle ACF

因此 AE=BEAE=BE，AF=CFAF=CF。

可知点 EE 和 FF 在角平分线和垂直平分线的交点上，点 PP 是 △AFB\triangle AFB 的外接圆与 △AEC\triangle AEC 的外接圆的交点，这些点都非常好，因此可以直接用重心坐标来算。

另外，考虑到 △AFB\triangle AFB 的外接圆与 △AEC\triangle AEC 的外接圆都过点 AA，EE、FF 在 ∠BAC\angle BAC 的平分线上，我们可以考虑对点 AA 做 bc\sqrt{bc} 反演[1]，这样 BB 和 CC 互为对应点，EE、FF 的对应点依然在角平分线上，PP 的对应点变成两条直线的交点，此时算起来就更简单了。

3. 解答

对点 AA 作 bc\sqrt{bc} 反演，则 B↔CB \leftrightarrow C。记点 EE、FF、PP 的对应点依次是 E′E'、F′F'、P′P'，则

∡AE′C=∡ABE=−∡BAE=−∡BAE′ \measuredangle AE'C = \measuredangle ABE = -\measuredangle BAE = -\measuredangle BAE'

可知 CE′∥ABCE'\parallel AB。同理可知，BF′∥ACBF'\parallel AC。

解答

以 △ABC\triangle ABC 为参考三角形建立重心坐标系。记 [XYZ][XYZ] 为 △XYZ\triangle XYZ 的有向面积。

由 CE′∥ABCE'\parallel AB 可知 [E′BC]=−[E′CA][E'BC] = -[E'CA]，因此 E′=(−b:b:c)E'=(-b:b:c)。

同理，由 BF′∥ACBF'\parallel AC 可知 [F′BC]=−[F′AB][F'BC] = -[F'AB]，因此 F′=(−c:b:c)F'=(-c:b:c)。

因此 CF′CF' 和 BE′BE' 的交点 P′=(x:y:z)P'=(x:y:z) 满足

{x:y=−c:bx:z=−b:c \begin{cases} x:y = -c:b \\ x:z = -b:c \end{cases}

解得 P′=(−bc:b2:c2)P'=(-bc:b^2:c^2)。

注意到 △ABC\triangle ABC 的类似重心 K=(a2:b2:c2)K=(a^2:b^2:c^2)，因此 P′P' 在点 AA 对应的类似中线上，可知 PP 在中线 ADAD 上，命题得证。

不用反演的算法

以 △ABC\triangle ABC 为参考三角形建立重心坐标系，则 D=(0:1:1)D=(0:1:1)。

由 ∠AEB=∠180∘−∠BAC\angle AEB = \angle 180^\circ-\angle BAC 可知

∠ABE=∠CAE=∠BAE \angle ABE = \angle CAE = \angle BAE

因此 EE 在 ABAB 的垂直平分线上。

由 EE 在 ∠BAC\angle BAC 的平分线上可知 E=(λ:b:c)E=(\lambda:b:c)，ABAB 的垂直平分线的方程为 c2(y−x)+z(b2−a2)=0c^2(y-x)+z(b^2-a^2)=0，将 EE 代入，可解得

λ=bc+b2−a2c \lambda = \frac{bc+b^2-a^2}{c}

因此

E=(bc+b2−a2:bc:c2) E=\left(bc+b^2-a^2:bc:c^2\right)

同理可知，F=(μ:b:c)F=(\mu:b:c) 在 CACA 的垂直平分线 b2(x−z)+y(a2−c2)=0b^2(x-z)+y(a^2-c^2)=0 上，解得

μ=bc+c2−a2b \mu = \frac{bc+c^2-a^2}{b}

因此

F=(bc+c2−a2:b2:bc) F=\left(bc+c^2-a^2:b^2:bc\right)

设 △AFB\triangle AFB 的外接圆方程为

−a2yz−b2zx−c2xy+wz⋅(x+y+z)=0 -a^2yz-b^2zx-c^2xy+wz\cdot(x+y+z)=0

△AEC\triangle AEC 的外接圆方程为

−a2yz−b2zx−c2xy+vy⋅(x+y+z)=0 -a^2yz-b^2zx-c^2xy+vy\cdot(x+y+z)=0

它们的交点满足 wz=vywz=vy 恒成立，因此 y=z=0y=z=0（对应的是交点 AA），或（交点 PP 满足）

yz=wv \frac{y}{z} = \frac{w}{v}

要证明 AA、PP、DD 共线，只需证 w=vw=v 即可。

将 FF 代入 △AFB\triangle AFB 的外接圆方程，可得

w=a2yz+b2zx+c2xyz(x+y+z)=a2⋅bc⋅c2+b2⋅c2⋅(bc+b2−a2)+c2⋅(bc+b2−a2)⋅bcbc⋅(b2+2bc+c2−a2)=a2c+b⋅(bc+b2−a2)+c⋅(bc+b2−a2)b2+2bc+c2−a2⋅c=a2c+b2c+b3−a2b+bc2+b2c−a2cb2+2bc+c2−a2⋅c=2bc+b2−a2+c2b2+2bc+c2−a2⋅bc=bc \begin{aligned} w & = \frac{a^2yz+b^2zx+c^2xy}{z(x+y+z)} \\[2ex] & = \frac{a^2\cdot bc\cdot c^2 + b^2\cdot c^2\cdot (bc+b^2-a^2) + c^2\cdot (bc+b^2-a^2)\cdot bc}{bc\cdot (b^2+2bc+c^2-a^2)} \\[2ex] & = \frac{a^2c+b\cdot (bc+b^2-a^2)+c\cdot (bc+b^2-a^2)}{b^2+2bc+c^2-a^2}\cdot c \\[2ex] & = \frac{\bcancel{a^2c}+b^2c+b^3-a^2b+bc^2+b^2c-\bcancel{a^2c}}{b^2+2bc+c^2-a^2}\cdot c \\[2ex] & = \frac{2bc+b^2-a^2+c^2}{b^2+2bc+c^2-a^2}\cdot bc \\[2ex] & = bc \end{aligned}

同理，将 EE 代入 △AEC\triangle AEC 的外接圆方程，可得

v=a2yz+b2zx+c2xyy(x+y+z)=a2⋅b2⋅bc+b2⋅bc⋅(bc+c2−a2)+c2⋅(bc+c2−a2)⋅b2bc⋅(b2+2bc+c2−a2)=a2b+b⋅(bc+c2−a2)+c⋅(bc+c2−a2)b2+2bc+c2−a2⋅b=a2b+b2c+bc2−a2b+bc2+c3−a2cb2+2bc+c2−a2⋅b=b2+2bc+c2−a2b2+2bc+c2−a2⋅bc=bc \begin{aligned} v & = \frac{a^2yz+b^2zx+c^2xy}{y(x+y+z)} \\[2ex] & = \frac{a^2\cdot b^2\cdot bc + b^2\cdot bc\cdot (bc+c^2-a^2) + c^2\cdot (bc+c^2-a^2)\cdot b^2}{bc\cdot (b^2+2bc+c^2-a^2)} \\[2ex] & = \frac{a^2b+b\cdot (bc+c^2-a^2)+c\cdot (bc+c^2-a^2)}{b^2+2bc+c^2-a^2}\cdot b \\[2ex] & = \frac{\bcancel{a^2b}+b^2c+bc^2-\bcancel{a^2b}+bc^2+c^3-a^2c}{b^2+2bc+c^2-a^2}\cdot b \\[2ex] & = \frac{b^2+2bc+c^2-a^2}{b^2+2bc+c^2-a^2}\cdot bc \\[2ex] & = bc \end{aligned}

因此 w=vw=v，命题得证。

  1. 即先以点 AA 为反演中心、AB⋅AC\sqrt{AB\cdot AC} 为反演半径作反演变换，然后再关于 ∠BAC\angle BAC 的平分线作轴对称变换。 ↩︎