击倒中国奥数队的几何题应该怎么解？ 第1页

谢谢邀请。

这道题由乌克兰提供，是历史上较为少见的将平面几何作为单日最后一题的情况。此题难度相当大，在世界范围内，仅有 30 人得到满分 7 分，平均得分 0.653

中国队遭遇滑铁卢，只有 @俞辰捷 做出来了，其他人都只得到了 1 分，鉴于中国队一直以来超强的实力，在全世界有 30 人满分的情况下，只有一人做出，有点失常。

鉴于答主已经离开数学竞赛多年，就不要不自量力地尝试去做了，静静贴一下参考答案就好。

本题有多种解法，这里贴出其中的五个解答。

个人认为，解答其实并不复杂，有一定竞赛基础的人都可以看懂，甚至觉得“其实也没多难嘛”，但几何题就是这样，能看懂答案不意味着自己做就能想到，尤其是辅助线的添加，是不太容易想到的。

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【解答一】

记 Γ 的中心是 O. 设 AX 为 Γ 的直径.

这个问题所有的证明, 也许, 都需要这个事实: Q, H, M, X 四点共线.

AX 是 Γ 的直径蕴涵 ∠AQX=90°. ∠AQH=90° 表明 ∠AQX=∠AQH, 进而 Q, H, X 三点共线.

AX 是 Γ 的直径蕴涵 XB, XC 分别与 AB, AC 垂直. H 是 △ABC 的垂心宣示 HC, HB 分别与 AB, AC垂直. 因此, 四边形 BXCH 是平行四边形. M 是 BC, 进而也是 XH, 的中点. 从而, X, M, H 三点共线.

综合起来, 我们知道 Q, H, M, X 四点共线.

不证明四边形 BXCH 是平行四边形也是可以说明 M 是 XH 的中点. 从而, X, M, H 三点共线.

事实上, 对任何一个三角形 ABC 的垂心 H, 外心 O, 以及 BC 的中点 M, 熟知的一个性质是 OM∥AH, 且 OM=1/2 AH.

这性质很直接很强烈的表达了 M 就是 XH 的中点.

延长 AF 交 Γ 于 Y. 注意∠HKQ=∠HYX=∠HFM=90°,

于是三角形 HKQ 的外接圆, 三角形 HXY 的外接圆与三角形 HMF 的外接圆在 H 点相切.

QK 与 XY 的延长线交于点 V. 于是 VQ⋅VK=VX⋅VY.(圆的割线性质)

故而, V 在三角形 HKQ 的外接圆与三角形 HXY 的外接圆的根轴上. 这个根轴就是 VH（这步是关键！）， 并且 VH 是三角形 HKQ 的外接圆, 三角形 HXY 的外接圆与三角形 HMF 的外接圆的公切线. VH⊥QX.

AX 为 Γ 的直径蕴涵 XY⊥AY. 于是 BC⊥AF 表明 BC∥XY. 设 U 是 VH 与 BC 的交点. H 是 △ABC 的垂心揭示 F 是 HY 的中点. 至此, U 是 HV 的中点. ∠HKV=90° 蕴涵 UK=UH. UH 与三角形 HKQ 的外接圆相切, 故而 UK 也与三角形 HKQ 的外接圆相切.

U 在三角形 HMF 的外接圆与三角形 FKM 的外接圆的根轴 MF 上. UH 与三角形 HMF 的外接圆相切. 然后, UK=UH 蕴涵 UK 是三角形 FKM 的外接圆的切线. 于是 HKQ 的外接圆与三角形 FKM 的外接圆相切, 因为这两个圆都与 UK 切于点 K.

【解答二】

延长 AF 交 Γ 于 Y.

在三角形 KQH 与 KAX 中, ∠HKQ=∠XKA=90°, ∠HQK=∠XQK=∠XAK, 于是, ∠KHQ=∠KXA=∠KYA=∠KYH.,这说明 QX 与三角形 HYK 的外接圆相切.

设 U 是三角形 HYK 的外心. U 在 HY 在中垂线 BC 上. QX 是三角形 HYK 的外接圆的切线, 所以 UH⊥QH. 于是 UH 与三角形 HKQ 的外接圆相切. UK=UH 说明 UK 也与三角形 HKQ 的外接圆相切.UH⊥HM, HF⊥MU,

根据射影定理 UK^2=UH^2=UF⋅UM.

这导出 UK 是三角形 FKM 的外接圆的切线. 既然 UK 是HKQ 的外接圆与三角形 FKM 的外接圆的公切线, 从而 HKQ 的外接圆与三角形 FKM 的外接圆相切.

【解答三】

延长 AF 交 Γ 于 Y.

H 是 △ABC 的垂心揭示 ∠QMC=∠YMC, 于是, 四边形 BYCQ 是调和四边形, 由此 ∠QBY=∠QMC.

设 QZ 为 Γ 的直径. 于是 ∠QKZ=90°. ∠QKH=90° 表明 ∠QKZ=∠QKH, 进而 K, H, Z 三点共线.

ZQ 为 Γ 的直径, 于是 ∠ZKY+∠QBY=90°. 故此∠HKY=∠ZKY=90°−∠QBY=90°−∠QMC=∠MHY,

这说明 XQ 与三角形 HYK 的外接圆相切.

【解答四】

QK 与 BC 的延长线交于点 W. 既然 HK⊥KW, HF⊥FW, 于是 H, F, W, K 四点共圆. 故而

∠KFW=∠KHW.

注意, 三角形 ABC, HBC 的外接圆的根轴是 BC; 三角形 ABC, KQH 的外接圆的根轴是 QK. 既然 W 是 BC 与 QK 的交点, 因此 W 是三个三角形 ABC, HBC, KQH 的外接圆的根心, 进而 HW 即是三角形 HBC, KQH 的外接圆的根轴. 设三角形 HBC, KQH 的外接圆的 H 之外的另一个交点是 S, 则 S 在 HW上.

设三角形 KQH 的外接圆与 KF 的 K 之外的另一个交点是 T; MS 的延长线交三角形 ABC 的外接圆于 K′; S 关于 M 的对称点是 S′. 注意, S′ 在三角形 ABC 的外接圆上. 于是

∠QHS=180°−∠MHS=180°−∠MXS′=180°−∠QK′S.

故此, Q, H, S, K′ 四点共圆. 因而, K 与 K′ 重合. 这也就是说, M, S, K 三点共线.

由于 H, S, T, K 四点共圆, 于是∠KFM=180°−∠KFW=180°−∠KHW=∠KTS.

这表明 ST∥MF. 进而, 三角形 KST 与 KMF 位似, K 是位似中心. 这也就说明了, KST 的外接圆与三角形 KMF 的外接圆在 K 点相切.

【解答五】

解答三的 K, H, Z 三点共线, 以及 XZˆ=AQˆ, 所以∠KHQ=∠HQZ+∠HZQ=∠AYQ+∠QYK=∠AYK.

或者稍微变通一下, AX 是 Γ 的直径, 因此 AKXˆ 恰是一个半圆. 因此∠XQK+∠AYK=90°.

注意 ∠HKQ=90°, 于是∠KHQ=90°−∠KQH=∠HYK.

因此, QH 是三角形 HYK 的外接圆的切线. 所以 ∠QHK=∠HYK. 又因为 MF 是 HY 的中垂线, 故而

∠MKH=∠YKF.

于是, 我们得出了∠QHK+∠MKH=∠HYK+∠YKF=∠HFK.

QK⊥HK, HF⊥FC 给出 ∠QHK=90°−∠KQH, ∠HFK=90°−∠KFC,

我们有(90°−∠KQH)+∠MKH=90°−∠KFC.

换言之∠KFC+∠MKH=∠KQH.

这说明, KQH 的外接圆与三角形 KMF 的外接圆在 K 点相切.

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【参考资料】

1. http://www. imo-official.org/result s.aspx
2. IMO 2015 solutions