ELMO Shortlist 2013/G3

[wangjiezhe]

$D$ 在 $\triangle ABC$ 的边 $BC$ 上，$\triangle ABD$ 的外接圆与 $AC$ 的另一个交点为 $F$（异于 $A$），$\triangle ADC$ 的外接圆与 $AB$ 的另一个交点为 $E$（异于 $A$）。证明当 $D$ 移动时，$\triangle AEF$ 的外接圆恒过一个异于 $A$ 的定点，且这个点在 $BC$ 边的中线上。

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解法一：重心坐标。

设 $D=(0,s,t)$，则 $(ADC)$ 的方程为 $$-a^{2}yz-b^{2}zx-c^{2}xy+a^{2}ty(x+y+z)=0$$ 可知

$$E=\left(c^{2}-a^{2}t:a^{2}t:0\right)$$

同理可得，$F=\big(b^{2}-a^{2}s:0:a^{2}s\big)$。于是可以求出 $(AEF)$ 的方程：

$$-a^{2}yz-b^{2}zx-c^{2}xy+\left[\left(c^{2}-a^{2}t\right)y+\left(b^{2}-a^{2}t\right)z\right](x+y+z)=0$$

设 $BC$ 中点为 $M=(0:1:1)$，$K$ 为直线 $AM$ 和 $(ABC)$ 的第二个交点，可得

$$K=\left(2b^2+2c^2-3a^2:a^2:a^2\right)$$

与 $s$、$t$ 无关，因此是一个定点。

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解法二：托勒密定理。

设 $BC$ 的中点为 $M$，$AM$ 与 $(AEF)$ 的第二个交点为 $K$，对 $AEKF$ 应用托勒密定理和正弦定理：

$$ \begin{aligned} & AK\cdot EF = AE\cdot KF + AF\cdot EK \\ \implies & AK\cdot \sin \angle BAC = AE\cdot \sin \angle CAM + AF\cdot \sin \angle BAM \end{aligned} $$

因此 $$AK = AE\cdot \frac{\sin \angle CAM}{\sin \angle BAC} + AF\cdot \frac{\sin \angle BAM}{\sin \angle BAC}$$ 注意到 $$\frac{\sin \angle CAM}{\sin \angle BAC}=\frac{\sin \angle C\cdot \frac{CM}{AM}}{\sin \angle BAC}=\frac{AB}{BC}\cdot \frac{CM}{AM}=\frac{AC}{2AM}$$ 因此 $$AK=\frac{1}{2AM}\left(AE\cdot AB+AF\cdot AC\right)$$
注意到 $$BE\cdot AB+CF\cdot AC=BD\cdot BC+CD\cdot BD=BC^{2}$$ 因此 $$AK=\frac{1}{2AM}\left(AB^{2}+AC^{2}-BC^{2}\right)$$ 是一个定值，因此 $K$ 是一个定点。

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解法三：反演。

对 $A$ 作反演，则题目变为：

$D$ 是 $\triangle ABC$ 的外接圆上一点，且与 $A$ 在直线 $BC$ 的两侧。直线 $AB$ 和 $CD$ 交于 $E$，$AC$ 和 $BD$ 交于 $F$。证明当 $D$ 移动时，直线 $EF$ 恒过一个定点，且这个点在 $BC$ 边对应的共轭中线所在的直线上。

设 $AD$ 和 $BC$ 交于 $G$，根据 Brocard 定理，$EF$ 是 $G$ 的极线。
设 $(ABC)$ 在 $B$、$C$ 点的切线交于 $K$，则 $AK$ 为 $BC$ 边上的共轭中线，且 $G$ 在 $K$ 的极线 $BC$ 上。
根据 La Hire 定理，$K$ 也在 $G$ 的极线 $EF$ 上，因此 $EF$ 恒过定点 $K$。

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也可以直接对 $BBACCD$ 应用 Pascal 定理，可知 $K$、$E$、$F$ 共线。

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解法四：密克定理。

设 $\triangle ABC$ 的垂心为 $H$，$BC$ 边的中点为 $M$，$A$ 关于 $M$ 的对称点为 $A'$。
根据 Miquel 定理，$\triangle AEF$、$\triangle BDE$、$\triangle CDF$ 的外接圆交于一点，设为 $N$。

先证：$B$、$N$、$H$、$C$、$A'$ 共圆。

$$ \begin{aligned} \angle BNC &= \angle BND + \angle DNC \\ &= \angle BED + \angle DFC \\ &= \angle ACB + \angle ABC \\ &= 180\degree-\angle BAC \\ &= 180^\circ-\angle BA'C \end{aligned} $$

因此 $BNCA'$ 共圆。

$$\angle BHC = 180\degree-\angle BAC = \angle BNC$$ 因此 $BNHC$ 共圆。

设 $(AEF)$ 和 $(BNC)$ 的第二个交点为 $K$。

再证：$A$、$K$、$A'$ 共线。

$$ \begin{aligned} \angle AKM &= \angle AFM \\\ \angle MKB &= \angle MCB = \angle MFD \\\ \angle BKA' &= \angle BCA' = \angle ABC = \angle DEF \end{aligned} $$

因此

$$ \begin{aligned} \angle AKA' &=\angle AKM + \angle MKB + \angle BKA' \\ &= \angle AFM+\angle MFD+\angle DEF \\ &=\angle AFC \\ &=180^\circ \end{aligned} $$

所以 $K$ 在 $AA'$ 上。

故 $K$ 是 $\overset{\Huge\frown}{BHC}$ 和 $AM$ 的交点，是一个定点。

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注意到

$$ \begin{aligned} \angle KBC &= \angle KA'C = \angle KAB \\\ \angle KCB &= \angle KA'B = \angle KAC \end{aligned} $$

因此 $K$ 是 A-Humpty 点。

[wangjiezhe]

$N$ 实际上是 $BF$ 和 $CE$ 的交点。