一道平面几何题

做了一个小时……有点太菜了。

在非等腰锐角三角形 \(\triangle ABC\) 中，\(H\) 是垂心，\(F\) 在外接圆 \(\odot O\) 上满足 \(\angle AFH = 90^{\circ}\)。\(P\) 满足 \(\angle PBC = \angle PHB = 90^{\circ}\)，做 \(B \perp CP\) 于 \(Q\)，做 \(H\) 关于 \(B\) 的对称点 \(K\)。证明：\(QH\) 与 \(\odot(FHK)\) 相切。

题解

首先容易发现，\(FH\) 经过 \(BC\) 中点 \(E\)（原因是，\(FH\) 与 \(\odot O\) 交于 \(A\) 的对径点 \(I\)，而 \(HI\) 经过 \(E\)）。

再者，有 \(\angle BFH = \angle AFB - 90^{\circ} =90^{\circ} - \angle ACB = \angle BPH\)，则 \(FPQHB\) 五点共圆。取 \(BH\) 与 \(AC\) 的交点 \(J\)，则 \(BQJC\) 四点共圆。显然，\(PBQH\) 四点共圆。

我们希望证明：\(\angle QHB + \angle KFH = 180^{\circ}\)，发现只需要证明 \(\angle KFB = \angle QPH\)。

由于 \(EB\) 与 \(\odot(PBH)\) 相切，而 \(EB=EQ\)，所以 \(EQ\) 与 \(\odot(PBH)\) 相切，得到 \(EQ^2 = EB^2 = EH \cdot EF = EJ^2\)。所以 \(Q\) 和 \(J\) 两点在以 \(E\) 为圆心的、关于 \(FH\) 的阿波罗尼斯圆上，有 \(\frac{QF}{FH} = \frac{JF}{JH}\)。

关键结论：\(FQHB\) 是调和四边形。这是因为，\(\frac{FB}{BH} = \frac{\sin \angle FPB}{\sin \angle BPH} = \frac{\sin \angle FBC}{\sin \angle HAC} = \frac{\sin \angle FAC}{\sin \angle HAC} = \frac{FJ}{JH}\)。

这个结论看起来平平无奇，有啥具体用处呢？

我们知道，\(\frac{FB}{BH} = \frac{FB}{BK} = \frac{\sin \angle FKB}{\sin \angle KFB}\)；\(\frac{QF}{QH} = \frac{\sin \angle QBF}{\sin \angle QBH}\)。根据三角法的基本原理，我们得出 \(\angle QBH = \angle KFB\)。而可以得出 \(\angle QBH = \angle QCA = \angle HPC\)，本题得证！

纵观本题，我们做了什么？本题最难处理的地方是，对称了一个点出去，我们要证明角相等，这是完全没有出路的，所以利用边长关系进行比例推导。勇敢地做出这一步之后，其他都是自然且显然的。