2018年全国高中数学联合竞赛A卷加试P2：正常的纯几何
题目 如图, 在锐角三角形$ABC$中, $AB < AC,$ $M$是$BC$的中点, $D,E$分别是$\triangle ABC$外接圆弧$BAC$和弧$BC$的中点, $F$是$\triangle ABC$的内切圆在$AB$边上的切点, $G$是$AE$与$BC$的交点, $N$在线段$EF$上, 满足$NB\perp AB.$ 求证：若$BN=EM,$ 则$DF\perp FG.$
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证法1解析 注意到已知条件和鸡爪圆很容易找到$\triangle BNE\cong\triangle EMI.$ 要证$DF\perp FG,$ 又因为$DE$为直径, 故只需证明$A,F,D,G$共圆, 而$A,G,M,D$显然共圆, 故只需要证明$F$与$A,G,M,D$中的三点四点共圆, $FD$是个很“悬空”的边, 因此我们会考虑去掉一个点证共圆, 即证$F,A,M,G$共圆. 因此只需要证$\angle FMG=\dfrac{A}{2},$ 而这又只需证明$F,I,M,E$共圆即可, 这由初始得到的全等可以证明, 即为标答答案的证明.
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证法1(几何法) 设$\triangle ABC$的外心和内心分别为$O,I,$ 显然$A,I,G,E$共线, $E,M,O,D$共线. 设$\triangle ABC$的内角为$A,B,C.$ 有\begin{align*} \angle EBI=\dfrac{A+B }{2}=90^{\circ}-\dfrac{C}{2}=180^{\circ}-\angle AIB=\angle BIE. \end{align*} 因此$BE=EI$(即鸡爪定理), 由$BN=EM,$ 而\begin{align*} \angle EBN=\angle EBA-90^{\circ}=B+\dfrac{A}{2}-90^{\circ}=\angle MEI, \end{align*} 因此由SAS可知, $\triangle BNE\cong\triangle EMI.$
因此$\angle DMI=\angle FNB=\angle NFI,$ 故$E,F,I,M$共圆. 因此 \begin{align*} \angle FAG=\angle FIG-\angle IFA=\angle FME-\angle GME=\angle FMG, \end{align*} 所以$F,A,M,G$共圆, 而$\angle GAD=\angle DMG=90^{\circ},$ 故$D,A,G,M$共圆, 所以$D,A,F,G,M$五点共圆, 所以$\angle GFD=\angle GAD=90^{\circ},$ 所以$DF\perp FG.$
证法2(三角法)
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设$D,G,E$到$AB$的投影分别为$D',G',E'.$ 设$\triangle ABC$的内角为$A,B,C,$ 外接圆半径为$R,$ 则$BE=2R\sin\dfrac{A}{2},$ 故\begin{align*} EM=BE\cdot\sin\angle EBC=2R\sin^2\dfrac{A}{2}=R(1-\cos A). \end{align*} 而 $\angle E'BE=\angle ACE=C+\dfrac{A}{2},$ 故\begin{align*} EE'=&BE\cdot\sin \angle E'BE=2R\sin\dfrac{A}{2}\sin\left(C+\dfrac{A}{2}\right)=R(\cos C-\cos(C+A))=R(\cos C+\cos B).\\ BE'=&BE\cdot\cos \angle E'BE=2R\sin\dfrac{A}{2}\cos\left(C+\dfrac{A}{2}\right)=R(-\sin C+\sin(C+A))=R(-\sin C+\sin B). \end{align*} 而\begin{align*} BF=\dfrac{BA+BC-AC}{2}=R(\sin C+\sin A-\sin B), \end{align*} 因此\begin{align*} BN=EE'\cdot\dfrac{FB}{FE'}=R(\cos C+\cos B)\cdot\dfrac{\sin C+\sin A-\sin B}{\sin A} \end{align*} 于是由$BN=EM$知\begin{align}\label{2018GLAP2s1} &(1-\cos A)\sin A=(\cos C+\cos B)(\sin C+\sin A-\sin B). \end{align} 由角平分线的性质$BG=\dfrac{2R\sin A\sin C}{\sin C+\sin B},$ 于是 \begin{align*} \dfrac{GG'}{G'F}=&\dfrac{GG'}{BF-BG'}=\dfrac{\dfrac{2R\sin A\sin C\sin B}{\sin C+\sin B}}{R(\sin C+\sin A-\sin B)-\dfrac{2R\sin A\sin C\cos B}{\sin C+\sin B}}\\=&\dfrac{2\sin A\sin C\sin B}{(\sin C+\sin A-\sin B)(\sin C+\sin B)-2\sin A\sin C\cos B} \end{align*} 而$\angle DCA=90^{\circ}-\dfrac{A}{2}-C,$ 因此$AD=2R\cos\left(\dfrac{A}2+C\right),$ 而$\angle DAD'=90^{\circ}-\dfrac{A}{2},$ 故 \begin{align*} \dfrac{D'F}{DD'}=&\dfrac{FA+AD'}{DD'}=\dfrac{R(\sin B+\sin C-\sin A)+2R\cos\left(\dfrac{A}2+C\right)\sin\dfrac{A}{2}}{2R\cos\left(\dfrac{A}2+C\right)\cos\dfrac{A}{2}}\\=&\dfrac{R(\sin B+\sin C-\sin A)+R(-\sin C+\sin B)}{R(\cos C+\cos (C+A))}=\dfrac{2\sin B-\sin A}{\cos C-\cos B} \end{align*} 试图通过\eqref{2018GLAP2s1}以及$A+B+C=180^{\circ}$推出$\dfrac{GG'}{G'F}=\dfrac{D'F}{DD'},$ 要证式有$3$个变元, 却有两个条件, 通常是复杂的, 因此考虑设$\alpha=\dfrac{A}{2},$ $\beta=\dfrac{B-C}{2}.$ 对三角形而言, 这两个变量是相对自由的, 它们在本题中只受 \eqref{2018GLAP2s1}的约束, 即 \begin{align*} &4\sin^3\alpha\cos \alpha=2\sin\alpha\cos\beta\left(-2\sin\alpha\sin\beta+\sin 2\alpha\right). \end{align*} 化简为 \begin{align}\label{2018GLAP2s2} &\sin\alpha\cos\alpha=\cos\beta\left(-\sin\beta+\cos\alpha\right). \end{align} 而 \begin{align*} \dfrac{GG'}{G'F}=&\dfrac{\sin 2\alpha(\cos2\alpha+\cos2\beta)}{(-2\sin\alpha\sin\beta+\sin 2\alpha)(2\cos\alpha\cos\beta)-\sin 2\alpha(\sin2\alpha-\sin2\beta)}\\=&\dfrac{\cos2\alpha+\cos2\beta}{(-2\sin\beta+2\cos\alpha)(\cos\beta)-(\sin2\alpha-\sin2\beta)} \\=&\dfrac{\cos2\alpha+\cos2\beta}{2\cos\alpha\cos\beta-\sin2\alpha}=\dfrac{2\cos^2\beta-2\sin^2\alpha}{2\cos\alpha(\cos\beta-\sin\alpha)}=\dfrac{\cos\beta+\sin\alpha}{\cos\alpha} \end{align*} 注意到$B=\dfrac{B+C}{2}+\dfrac{B-C}{2}=90^{\circ}-\alpha+\beta,$ \begin{align*} \dfrac{D'F}{DD'}=&\dfrac{2\cos (\beta-\alpha)-\sin 2\alpha}{2\cos\alpha\sin\beta}=\dfrac{\cos (\beta-\alpha)-\sin \alpha\cos\alpha}{\cos\alpha\sin\beta} \end{align*} 因此 \begin{align*} \dfrac{D'F}{DD'}-\dfrac{GG'}{G'F}=&\dfrac{\cos (\beta-\alpha)-\sin \alpha\cos\alpha}{\cos\alpha\sin\beta}-\dfrac{\cos\beta+\sin\alpha}{\cos\alpha}=\dfrac{\cos\beta\cos\alpha-\sin\alpha\cos\alpha-\sin\beta\cos\beta}{\cos\alpha\sin\beta}. \end{align*} 由\eqref{2018GLAP2s2}知$\dfrac{D'F}{DD'}=\dfrac{GG'}{G'F},$ 因此$\angle GFD=90^{\circ}.$ 证毕.
证法1解析 注意到已知条件和鸡爪圆很容易找到$\triangle BNE\cong\triangle EMI.$ 要证$DF\perp FG,$ 又因为$DE$为直径, 故只需证明$A,F,D,G$共圆, 而$A,G,M,D$显然共圆, 故只需要证明$F$与$A,G,M,D$中的三点四点共圆, $FD$是个很“悬空”的边, 因此我们会考虑去掉一个点证共圆, 即证$F,A,M,G$共圆. 因此只需要证$\angle FMG=\dfrac{A}{2},$ 而这又只需证明$F,I,M,E$共圆即可, 这由初始得到的全等可以证明, 即为标答答案的证明.
证法1(几何法) 设$\triangle ABC$的外心和内心分别为$O,I,$ 显然$A,I,G,E$共线, $E,M,O,D$共线. 设$\triangle ABC$的内角为$A,B,C.$ 有\begin{align*} \angle EBI=\dfrac{A+B }{2}=90^{\circ}-\dfrac{C}{2}=180^{\circ}-\angle AIB=\angle BIE. \end{align*} 因此$BE=EI$(即鸡爪定理), 由$BN=EM,$ 而\begin{align*} \angle EBN=\angle EBA-90^{\circ}=B+\dfrac{A}{2}-90^{\circ}=\angle MEI, \end{align*} 因此由SAS可知, $\triangle BNE\cong\triangle EMI.$
因此$\angle DMI=\angle FNB=\angle NFI,$ 故$E,F,I,M$共圆. 因此 \begin{align*} \angle FAG=\angle FIG-\angle IFA=\angle FME-\angle GME=\angle FMG, \end{align*} 所以$F,A,M,G$共圆, 而$\angle GAD=\angle DMG=90^{\circ},$ 故$D,A,G,M$共圆, 所以$D,A,F,G,M$五点共圆, 所以$\angle GFD=\angle GAD=90^{\circ},$ 所以$DF\perp FG.$
证法2(三角法)
设$D,G,E$到$AB$的投影分别为$D',G',E'.$ 设$\triangle ABC$的内角为$A,B,C,$ 外接圆半径为$R,$ 则$BE=2R\sin\dfrac{A}{2},$ 故\begin{align*} EM=BE\cdot\sin\angle EBC=2R\sin^2\dfrac{A}{2}=R(1-\cos A). \end{align*} 而 $\angle E'BE=\angle ACE=C+\dfrac{A}{2},$ 故\begin{align*} EE'=&BE\cdot\sin \angle E'BE=2R\sin\dfrac{A}{2}\sin\left(C+\dfrac{A}{2}\right)=R(\cos C-\cos(C+A))=R(\cos C+\cos B).\\ BE'=&BE\cdot\cos \angle E'BE=2R\sin\dfrac{A}{2}\cos\left(C+\dfrac{A}{2}\right)=R(-\sin C+\sin(C+A))=R(-\sin C+\sin B). \end{align*} 而\begin{align*} BF=\dfrac{BA+BC-AC}{2}=R(\sin C+\sin A-\sin B), \end{align*} 因此\begin{align*} BN=EE'\cdot\dfrac{FB}{FE'}=R(\cos C+\cos B)\cdot\dfrac{\sin C+\sin A-\sin B}{\sin A} \end{align*} 于是由$BN=EM$知\begin{align}\label{2018GLAP2s1} &(1-\cos A)\sin A=(\cos C+\cos B)(\sin C+\sin A-\sin B). \end{align} 由角平分线的性质$BG=\dfrac{2R\sin A\sin C}{\sin C+\sin B},$ 于是 \begin{align*} \dfrac{GG'}{G'F}=&\dfrac{GG'}{BF-BG'}=\dfrac{\dfrac{2R\sin A\sin C\sin B}{\sin C+\sin B}}{R(\sin C+\sin A-\sin B)-\dfrac{2R\sin A\sin C\cos B}{\sin C+\sin B}}\\=&\dfrac{2\sin A\sin C\sin B}{(\sin C+\sin A-\sin B)(\sin C+\sin B)-2\sin A\sin C\cos B} \end{align*} 而$\angle DCA=90^{\circ}-\dfrac{A}{2}-C,$ 因此$AD=2R\cos\left(\dfrac{A}2+C\right),$ 而$\angle DAD'=90^{\circ}-\dfrac{A}{2},$ 故 \begin{align*} \dfrac{D'F}{DD'}=&\dfrac{FA+AD'}{DD'}=\dfrac{R(\sin B+\sin C-\sin A)+2R\cos\left(\dfrac{A}2+C\right)\sin\dfrac{A}{2}}{2R\cos\left(\dfrac{A}2+C\right)\cos\dfrac{A}{2}}\\=&\dfrac{R(\sin B+\sin C-\sin A)+R(-\sin C+\sin B)}{R(\cos C+\cos (C+A))}=\dfrac{2\sin B-\sin A}{\cos C-\cos B} \end{align*} 试图通过\eqref{2018GLAP2s1}以及$A+B+C=180^{\circ}$推出$\dfrac{GG'}{G'F}=\dfrac{D'F}{DD'},$ 要证式有$3$个变元, 却有两个条件, 通常是复杂的, 因此考虑设$\alpha=\dfrac{A}{2},$ $\beta=\dfrac{B-C}{2}.$ 对三角形而言, 这两个变量是相对自由的, 它们在本题中只受 \eqref{2018GLAP2s1}的约束, 即 \begin{align*} &4\sin^3\alpha\cos \alpha=2\sin\alpha\cos\beta\left(-2\sin\alpha\sin\beta+\sin 2\alpha\right). \end{align*} 化简为 \begin{align}\label{2018GLAP2s2} &\sin\alpha\cos\alpha=\cos\beta\left(-\sin\beta+\cos\alpha\right). \end{align} 而 \begin{align*} \dfrac{GG'}{G'F}=&\dfrac{\sin 2\alpha(\cos2\alpha+\cos2\beta)}{(-2\sin\alpha\sin\beta+\sin 2\alpha)(2\cos\alpha\cos\beta)-\sin 2\alpha(\sin2\alpha-\sin2\beta)}\\=&\dfrac{\cos2\alpha+\cos2\beta}{(-2\sin\beta+2\cos\alpha)(\cos\beta)-(\sin2\alpha-\sin2\beta)} \\=&\dfrac{\cos2\alpha+\cos2\beta}{2\cos\alpha\cos\beta-\sin2\alpha}=\dfrac{2\cos^2\beta-2\sin^2\alpha}{2\cos\alpha(\cos\beta-\sin\alpha)}=\dfrac{\cos\beta+\sin\alpha}{\cos\alpha} \end{align*} 注意到$B=\dfrac{B+C}{2}+\dfrac{B-C}{2}=90^{\circ}-\alpha+\beta,$ \begin{align*} \dfrac{D'F}{DD'}=&\dfrac{2\cos (\beta-\alpha)-\sin 2\alpha}{2\cos\alpha\sin\beta}=\dfrac{\cos (\beta-\alpha)-\sin \alpha\cos\alpha}{\cos\alpha\sin\beta} \end{align*} 因此 \begin{align*} \dfrac{D'F}{DD'}-\dfrac{GG'}{G'F}=&\dfrac{\cos (\beta-\alpha)-\sin \alpha\cos\alpha}{\cos\alpha\sin\beta}-\dfrac{\cos\beta+\sin\alpha}{\cos\alpha}=\dfrac{\cos\beta\cos\alpha-\sin\alpha\cos\alpha-\sin\beta\cos\beta}{\cos\alpha\sin\beta}. \end{align*} 由\eqref{2018GLAP2s2}知$\dfrac{D'F}{DD'}=\dfrac{GG'}{G'F},$ 因此$\angle GFD=90^{\circ}.$ 证毕.
