USA TST 2008/7

[wangjiezhe]

设 $G$ 是 $\triangle ABC$ 的重心，$P$ 是边 $BC$ 上任意一点，$Q$、$R$ 依次在边 $AC$、$AB$ 上，满足 $PQ\parallel AB$、$PR\parallel AC$。证明当 $P$ 在边 $BC$ 上移动时，$\triangle AQR$ 的外接圆恒过一定点 $X$，且满足 $\angle BAG=\angle CAX$。

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解法一：重心坐标。

设 $P=(0,m,n)$，则 $Q=(m,0,n)$，$R=(n,m,0)$。可求得 $(AQR)$ 的方程：

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

$\triangle ABC$ 的共轭重心 $K=\big(a^{2}:b^{2}:c^{2}\big)$，因此我们可以设直线 $AK$ 与 $(AQR)$ 的第二个交点为 $X=\big(t:b^{2}:c^{2}\big)$，带入 $(AQR)$ 的方程可求出 $t=b^{2}+c^{2}-a^{2}$，因此

$$X=\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}:b^{2}:c^{2}\right)$$

与 $m$、$n$ 无关，故 $X$ 是一个定点，且 $\angle BAG=\angle CAK=\angle CAX$。

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解法二：托勒密定理。

设 $BC$ 中点为 $M$，$\triangle ABC$ 的共轭重心为 $K$，直线 $AK$ 与 $(AQR)$ 的第二个交点为 $X$，则 $\angle BAG=\angle CAX$。只需证明 $X$ 是一个定点即可。

对 $ARXQ$ 应用托勒密定理和正弦定理：

$$ \begin{aligned} &AR\cdot XQ+AQ\cdot XR=AX\cdot RQ \\\ \implies &AR\cdot \sin \angle XAQ+AQ\cdot \sin \angle XAR=AX\cdot \sin \angle RAQ \\\ \implies &AR\cdot \sin \angle BAM+AQ\cdot \sin \angle CAM=AX\cdot \sin \angle BAC \end{aligned} $$

设 $BP=\lambda BC$，则 $AR=(1-\lambda)AB$，$AQ=\lambda AC$，因此

$$ \begin{aligned} AX\cdot \sin \angle BAC &= (1-\lambda)AB\cdot \sin \angle BAM + \lambda AC\cdot \sin \angle CAM \\\ &= (1-\lambda)\cdot \frac{2[BAM]}{AM}+\lambda \cdot \frac{2[CAM]}{AM} \\\ &= (1-\lambda)\cdot \frac{[BAC]}{AM}+\lambda \cdot \frac{[BAC]}{AM} \\\ &= \frac{[BAC]}{AM} \end{aligned} $$

是一个定值，故 $AX$ 是一个定值，$X$ 是一个定点。

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解法三：旋转位似变换。

考虑 $AB$ 到 $CA$ 的旋转位似变换 $T$，设中心点为 $X$，则 $\triangle XAB\sim\triangle XCA$。

注意到

$$\frac{AR}{AB} = \frac{PC}{BC} = \frac{CQ}{CA}$$

因此 $T:R\to Q$，$\triangle XAR\sim \triangle XCQ$，可得 $\angle XRA = \angle XQC$，因此 $ARXQ$ 共圆。
所以 $(AQR)$ 恒过定点 $X$。

考虑 $X$ 的等角共轭点 $Y$，设直线 $AY$ 与 $BC$ 交于 $M$，只需证 $M$ 为 $BC$ 中点即可。

注意到

$$\angle MBY = \angle ABX = \angle CAX = \angle BAY$$

可知 $\triangle MBY\sim \triangle MAB$，因此 $MB^{2}=MY\cdot MA$。

同理可得，$MC^{2}=MY\cdot MA$，因此 $MB=MC$，命题得证。

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由 $X$ 的定义可知，$X$ 是 A-Dumpty 点。

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解法四：密克定理。

设 $\triangle ABC$ 的外心为 $O$。根据 Miquel 定理，$(AQR)$、$(BRP)$、$(CPQ)$ 交于一点，设为 $N$。过 $B$、$C$ 作 $(ABC)$ 的切线交于 $S$。

先证：$B$、$N$、$O$、$C$、$S$ 共圆。

$$ \begin{aligned} \angle BNC &= \angle BNP + \angle PNC \\\ &= \angle BRP + \angle PQC \\\ &= 2\angle BAC \\\ &= \angle BOC \end{aligned} $$

因此 $BNOC$ 共圆。

由切线知 $\angle OBS=\angle OCS=90^\circ$，因此 $BOCS$ 共圆。

设 $(BNC)$ 与 $(AQR)$ 的第二个交点为 $X$，再证：$A$、$X$、$S$ 共线。

注意到 $\measuredangle AXN = \measuredangle AQN$，

$$ \begin{aligned} \measuredangle NXS &= \measuredangle NCS \\\ &= \measuredangle NCP + \measuredangle PCS \\\ &= \measuredangle NQP + \measuredangle BAC \\\ &= \measuredangle NQP + \measuredangle PQC \end{aligned} $$

因此 $\measuredangle AXS = \measuredangle AXN+\measuredangle NXS = \measuredangle AQN+\measuredangle NPQ+\measuredangle PQC = \measuredangle AQC = 0$，所以 $AXS$ 共线。

故 $X$ 是 $AS$ 与 $BOC$ 的异于 $S$ 的交点，因此是一个定点。$AS$ 是共轭中线，所以 $\angle BAG=\angle CAX$。

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解法五：反演。

对 $A$ 作反演，则题目变为：

$P$ 在 $\triangle ABC$ 的外接圆上，且与 $A$ 在直线 $BC$ 的两侧。在 $AC$、$AB$ 的延长线上依次取点 $Q$、$R$ 使得 $\triangle PQA\sim\triangle PAR$。证明 $QR$ 恒过一个定点，且这个点在 $BC$ 边的中线所在的直线上。

设 $AB$ 中点为 $M$，作 $A$ 关于 $M$ 的对称点 $X$，则 $ABXC$ 是平行四边形。只需证 $QR$ 恒过 $X$ 即可。

设直线 $BX$ 和 $PQ$ 交于 $S$，$CX$ 和 $PR$ 交于 $T$，则 $$\measuredangle BSP = \measuredangle XSQ = \measuredangle AQS = \measuredangle AQP = \measuredangle RAP = \measuredangle BAP$$ 因此 $ABSP$ 共圆，即 $S$ 在 $\triangle ABC$ 的外接圆上。

同理可证，$T$ 也在 $\triangle ABC$ 的外接圆上。

对 $ABTPSC$ 应用 Pascal 定理可知 $Q$、$X$、$R$ 共线。因此 $QR$ 恒过定点 $X$。

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解法六：复数法

设 $A=a=0$，$B=b$，$C=c$，$BC$ 对应的共轭中线交 $(ABC)$ 于 $D$，则 $ABDC$ 为调和四边形，因此

$$\frac{b-a}{b-d}\div \frac{c-a}{c-d} = -1$$

解得 $d=2bc/(b+c)$。取 $AD$ 的中点 $X$，则 $X=bc/(b+c)$。

设 $BP=k BC$，由平行的条件可知 $Q=kc$，$R=(1-k)b$。可以求出

$$\frac{r-a}{r-x} \div \frac{q-a}{q-x} = \frac{(1-k)b}{(1-b)b-\frac{bc}{b+c}} \cdot \frac{kc-\frac{bc}{b+c}}{kc} = \frac{k-1}{1} \in \mathbb{R}$$

因此 $AQXR$ 共圆，所求的定点即为 $X$。