又一道平面几何题

在锐角三角形 \(\triangle ABC\) 中，\(BM\) 是中线，\(K\) 是 \(\triangle BMC\) 外接圆在 \(C\) 处切线上一点，使得 \(\angle KBC = 90^{\circ}\)。设 \(AK\) 交 \(BM\) 于 \(J\)，求证：\(\triangle BJK\) 的外心 \(O\) 在直线 \(AC\) 上。

图自己画。

证明

引理：\(AM^2=MJ \cdot MB = MC^2\)。这时候整个结构与 \(O\) 无关，只需要对着基础图形分析。

直接上三角！我们现在令 \(\theta = \angle ABM\)，去计算 \(\frac{\sin \angle BAK}{\sin \angle KAM}\)。根据经典的处理技巧，有 \(\frac{\sin \angle BAK}{\sin \angle KAM} = \frac{BK \cos B}{KC \sin (B - \theta)} = \frac{\cos B \sin BMC}{\sin (B - \theta)} = \frac{\cos B \times 2BC}{AC} = \frac{2 \cos B \sin A}{\sin B}\)。

而我们知道，\(\frac{\sin \theta}{\sin (B - \theta)} = \frac{\sin A}{\sin C}\)，我们将这个式子恒等变形一下，可以推出（过程略，你把所有的角全部用 \(A\)、\(B\)、\(\theta\) 表示即可）得到 \(\frac{2 \cos B \sin A}{\sin B} = \frac{\sin(A - \theta)}{\sin \theta}\)，那么证明了 \(\angle JAC = \angle ABM\)。得出 \(AM^2 = MJ \cdot MB = MC^2\)。

取 \(O'\) 为 \(\odot(JCK)\) 与 \(AC\) 的另一个交点，则 \(\angle JKO' = \angle JCM = \angle JBC = \angle KCO' = \angle KJO'\)。我们得出：\(O'J=O'K\)，且 \(\angle JO'K= \angle JOK\)，那么容易得出 \(O'=O\)，即 \(O\) 在 \(AC\) 上。

总结：这题和本博客中上一道平几题目一样，都可以通过三角函数快速击杀，区别在于这道题我们可以用高中课内的三角恒等变换，来证明恒等式，而不是纯几何关系。