2026年北京高联预赛的几何题的解答

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今年高联预赛（北京赛区）二试的几何题的解答。

1. 题目

如图，在锐角 △ABC\triangle ABC 中，MM 是 BCBC 的中点，DD、EE 为 △ABC\triangle ABC 内两点，满足 DD 在 △ABM\triangle ABM的外接圆上，EE 在 △ACM\triangle ACM 的外接圆上，且 MD⊥MEMD\perp ME。延长 MDMD、MEME 分别交 ACAC、ABAB 于 FF、GG。已知 DD、EE、GG、FF 共圆，求证：MDMD 平分 ∠AMC\angle AMC。

题目

2. 分析

这个题最直接的做法就是用三角来算，思路简单，但是计算稍微有些麻烦。

如果使用几何法，关键是证明点 AA 也和 DEGFDEGF 共圆。

可以考虑对点 AA 进行反演。

3. 解答一（三角法）

我们设 ∠AMF=α\angle AMF = \alpha，∠CMF=β\angle CMF = \beta，只需证 α=β\alpha = \beta 即可。

由 DEGFDEGF 共圆可知：

MD⋅MF=ME⋅MG MD\cdot MF = ME\cdot MG

我们可以利用正弦定理求出这四条边的长度：

MDsin⁡∠DBM=AMsin⁡B,MFsin⁡C=MCsin⁡∠MFCMEsin⁡∠ECM=AMsin⁡C,MGsin⁡B=MBsin⁡∠MGB \begin{aligned} \frac{MD}{\sin \angle DBM} = \frac{AM}{\sin B}, &\quad \frac{MF}{\sin C} = \frac{MC}{\sin \angle MFC} \\[2ex] \frac{ME}{\sin \angle ECM} = \frac{AM}{\sin C}, &\quad \frac{MG}{\sin B} = \frac{MB}{\sin \angle MGB} \end{aligned}

代入前面的等式，可得

AM⋅sin⁡∠DBMsin⁡B⋅MC⋅sin⁡Csin⁡∠MFC=AM⋅sin⁡∠ECMsin⁡C⋅MB⋅sin⁡Bsin⁡∠MGB \frac{AM\cdot \sin \angle DBM}{\sin B}\cdot \frac{MC\cdot \sin C}{\sin \angle MFC} = \frac{AM\cdot \sin \angle ECM}{\sin C}\cdot \frac{MB\cdot \sin B}{\sin \angle MGB}

化简得

sin⁡∠DBM⋅sin⁡∠MGB⋅sin⁡2C=sin⁡∠ECM⋅sin⁡∠MFC⋅sin⁡2B \sin \angle DBM \cdot \sin \angle MGB \cdot \sin ^2C = \sin \angle ECM \cdot \sin \angle MFC \cdot \sin ^2B

其中

∠DBM=∠B−α∠MGB=π−(π2−β)−∠B=π2−(∠B−β)∠ECM=∠C−(π2−α)=(∠C+α)−π2∠MFC=π−β−∠C=π−(∠C+β) \begin{aligned} \angle DBM &= \angle B - \alpha \\[2ex] \angle MGB &= \pi - \left(\frac{\pi}{2}-\beta\right) - \angle B = \frac{\pi}{2} - \left(\angle B - \beta\right) \\[2ex] \angle ECM &= \angle C - \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right) = \left(\angle C + \alpha\right) - \frac{\pi}{2} \\[2ex] \angle MFC &= \pi - \beta - \angle C = \pi - \left(\angle C + \beta\right) \end{aligned}

代入可得

sin⁡(B−α)⋅cos⁡(B−β)⋅sin⁡2C=−cos⁡(C+α)⋅sin⁡(C+β)⋅sin⁡2B \sin (B-\alpha)\cdot \cos (B-\beta)\cdot \sin ^2C = -\cos (C+\alpha)\cdot \sin (C+\beta)\cdot \sin ^2B

利用积化和差公式进行变形：

[sin⁡(2B−α−β)+sin⁡(β−α)]⋅sin⁡2C=−[sin⁡(2C+α+β)−sin⁡(α−β)]⋅sin⁡2B \left[\sin (2B-\alpha-\beta)+\sin (\beta-\alpha)\right]\cdot \sin ^2C = -\left[\sin (2C+\alpha+\beta)-\sin (\alpha-\beta)\right]\cdot \sin ^2B

注意到 α+β=∠AMC\alpha+\beta=\angle AMC，可得

sin⁡(2B−∠AMC)⋅sin⁡2C+sin⁡(2C+∠AMC)⋅sin⁡2B=sin⁡(α−β)[sin⁡2B+sin⁡2C] \sin (2B-\angle AMC) \cdot \sin ^2C + \sin (2C+\angle AMC)\cdot \sin ^2B = \sin (\alpha-\beta)\left[\sin ^2B + \sin ^2C\right]

显然，只需证明等式左边为零即可。

注意到此时等式左边已经没有 α\alpha 和 β\beta 了，它只和中线 AMAM 有关。

到此，我们基本上可以判定，这道题能够证出来了。

LHS=0\text{LHS}=0 的证明

注意到

2∠B−∠AMC=∠B−(∠AMC−∠B)=∠B−∠BAM2∠C+∠AMC=∠C+(∠AMC+∠C)=∠C+(π−∠CAM)=∠C−∠CAM+π \begin{aligned} 2\angle B - \angle AMC &= \angle B - (\angle AMC - \angle B) = \angle B - \angle BAM \\ 2\angle C + \angle AMC &= \angle C + (\angle AMC + \angle C) = \angle C + (\pi - \angle CAM) = \angle C - \angle CAM + \pi \end{aligned}

因此 LHS=0\text{LHS}=0 等价于

sin⁡(∠B−∠BAM)⋅sin⁡2C=sin⁡(∠C−∠CAM)⋅sin⁡2B \sin (\angle B - \angle BAM) \cdot \sin ^2C = \sin (\angle C - \angle CAM) \cdot \sin ^2B

即

sin⁡(∠B−∠BAM)sin⁡2B=sin⁡(∠C−∠CAM)sin⁡2C \frac{\sin (\angle B - \angle BAM)}{\sin ^2B} = \frac{\sin (\angle C - \angle CAM)}{\sin ^2C}

又因为

sin⁡Bsin⁡∠BAM=AMBM=AMCM=sin⁡Csin⁡∠CAM \frac{\sin B}{\sin \angle BAM} = \frac{AM}{BM} = \frac{AM}{CM} = \frac{\sin C}{\sin \angle CAM}

因此只需证

sin⁡(∠B−∠BAM)sin⁡Bsin⁡∠BAM=sin⁡(∠C−∠CAM)sin⁡Csin⁡∠CAM \frac{\sin (\angle B - \angle BAM)}{\sin B \sin \angle BAM} = \frac{\sin (\angle C - \angle CAM)}{\sin C \sin \angle CAM}

将分子展开

sin⁡Bcos⁡∠BAM−cos⁡Bsin⁡∠BAMsin⁡Bsin⁡∠BAM=sin⁡Ccos⁡∠CAM−cos⁡Csin⁡∠CAMsin⁡Csin⁡∠CAM \frac{\sin B \cos \angle BAM - \cos B \sin \angle BAM}{\sin B \sin \angle BAM} = \frac{\sin C \cos \angle CAM - \cos C \sin \angle CAM}{\sin C \sin \angle CAM}

即

cot⁡∠BAM−cot⁡B=cot⁡∠CAM−cot⁡C \cot \angle BAM - \cot B = \cot \angle CAM - \cot C

中线

我们过 MM 分别向 ABAB、ACAC 作垂线，垂足依次为 PP、QQ。作 BB 关于 MPMP 的对称点 B′B'，CC 关于 MQMQ 的对称点 C′C'。

则上面的等式等价于

APMP−BPMP=AQMQ−CQMQ  ⟺  AP−BPAQ−CQ=MPMQ  ⟺  AB′AC′=ACAB  ⟺  AB⋅AB′=AC⋅AC′ \begin{aligned} & \frac{AP}{MP} - \frac{BP}{MP} = \frac{AQ}{MQ} - \frac{CQ}{MQ} \\[2ex] \iff & \frac{AP-BP}{AQ-CQ} = \frac{MP}{MQ} \\[2ex] \iff & \frac{AB'}{AC'} = \frac{AC}{AB} \\[2ex] \iff & AB\cdot AB' = AC\cdot AC' \end{aligned}

由 MB′=MB=MC=MC′MB'=MB=MC=MC' 可知 BB、B′B'、C′C'、CC 四点共圆，因此上面的等式成立。

4. 解答二（反演）

对点 AA 作 bc\sqrt{bc} 反演，记点 P\mathcal{P} 的对应点为 P′\mathcal{P}'。

反演

由

∡AF′D′=∡AM′D′=∡ADM=∡ABM \measuredangle AF'D' = \measuredangle AM'D' = \measuredangle ADM = \measuredangle ABM

可知 D′F′∥BCD'F'\parallel BC。

同理，由

∡AG′E′=∡AM′E′=∡AEM=∡ACM \measuredangle AG'E' = \measuredangle AM'E' = \measuredangle AEM = \measuredangle ACM

可知 E′G′∥BCE'G'\parallel BC。

另外，由反演可知，AM′D′F′AM'D'F'、AM′E′G′AM'E'G'、D′E′G′F′D'E'G'F' 共圆，它们两两的根轴 AM′AM'、D′F′D'F'、E′G′E'G' 平行或交于一点。

假设 AM′∥D′F′AM'\parallel D'F'，则 AM′∥BCAM'\parallel BC，这显然不成立，因为 AA 和 M′M' 在 BCBC 的两侧。

因此三条根轴交于一点，可知 D′F′D'F' 和 E′G′E'G' 重合，即 D′E′G′F′D'E'G'F' 共线。

由 ∡AF′G′=∡AGF\measuredangle AF'G' = \measuredangle AGF 可知 F′G′∥FGF'G'\parallel FG，因此 FG∥BCFG\parallel BC。

设 FGFG 与 AMAM 交于点 XX，由 MM 是 BCBC 的中点，可知 XX 是 FGFG 的中点，因此 MX=XFMX=XF。于是有

∠AMF=∠GFM=∠FMC \angle AMF = \angle GFM = \angle FMC