第 16 届学而思数学竞赛联考第 13 题

题目

如图，在锐角 $\triangle ABC$ 中，$O$ 为外心，直线 $AO$ 与直线 $BC$ 交于点 $K$。以 $K$ 为圆心，$KA$ 为半径作圆 $\Omega$，直线 $AC$ 与 $\Omega$ 再次交于点 $T$。设 $D$ 为平面上一点，满足 $D, A$ 在直线 $BC$ 异侧，且 $BC$ 平分 $\angle ABD$。设 $\triangle ABC$, $\triangle BCD$ 的垂心分别为 $M, N$，已知 $MN \parallel AC$。

求证： 直线 $DT$ 与圆 $\Omega$ 相切。（李天勤供题）

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解析法证明

Proof by 数之谜@RynW1988

建立坐标系

以 $BC$ 为 $x$ 轴，令：

$A(0,\, 1),\quad B(-b,\, 0),\quad C(c,\, 0) \quad (b > c > 0)$

确定各关键点坐标

外心 $O$：

$O\!\left(\frac{-b + c}{2},\; \frac{1 - bc}{2}\right)$

垂心 $M$（$\triangle ABC$ 的垂心）： 由 $MN \parallel AC$ 及 $M$ 在过 $A$ 且垂直于 $BC$ 的直线上，

$M(0,\, bc)$

直线 $AO$ 的斜率与方程：

$k_{AO} = \frac{bc + 1}{b - c},\quad AO:\; (b - c)y - (bc + 1)x = b - c$

点 $K = AO \cap BC$（即 $y=0$）：

$K\!\left(-\frac{b - c}{bc + 1},\; 0\right)$

利用垂心条件确定 $D$

直线 $BD$： 由 $BC$ 平分 $\angle ABD$，知 $k_{BD} = -\dfrac{1}{b}$，

$BD:\; y + \frac{x}{b} = -1$

设 $D(d,\, -1 - d/b)$。

由 $MN \parallel AC$： $k_{AC} = k_{MN} = -\dfrac{1}{c}$，

$MN:\; y + \frac{x}{c} = bc$

点 $N$ 是 $\triangle BCD$ 的垂心，由对称性可得 $N(d,\, bc - d/c)$。

利用 $CN \perp BD$（即 $k_{CN} = b$）：

$b = \frac{bc - d/c}{d - c}\;\Longrightarrow\; d = \frac{2bc}{b + 1/c} = \frac{2bc^2}{bc + 1}$

于是

$D\!\left(\frac{2bc^2}{bc + 1},\; \frac{-bc - 1 - 2c^2}{bc + 1}\right)$

平移坐标系到 $A$ 为原点

平移使 $A(0, 0)$，则在新坐标系中：

$K\!\left(-\frac{b - c}{bc + 1},\; -1\right)$

圆 $\Omega$（以 $KA$ 为半径）的方程为：

$\odot\Omega:\; x^2 + y^2 + \frac{2(b-c)}{bc+1}\,x + 2y = 0$

求切点 $T$

设 $T(t,\, -t/c)$（因 $T$ 在直线 $AC$ 上），代入 $\odot\Omega$ 方程解得：

$t = \frac{2c}{bc + 1}$

还原回原始坐标系：

$T\!\left(\frac{2c}{bc + 1},\; \frac{bc - 1}{bc + 1}\right)$

验证 $DT$ 与 $\Omega$ 相切

计算斜率：

$k_{KT} = \frac{bc - 1}{2c + b - c} = \frac{bc - 1}{b + c}$

$k_{DT} = \frac{(bc - 1) + (bc + 1) + 2c^2}{2c - 2bc^2} = \frac{b + c}{1 - bc}$

验证垂直关系：

$k_{KT} \cdot k_{DT} = \frac{bc - 1}{b + c} \cdot \frac{b + c}{1 - bc} = -1$

故 $KT \perp DT$，而 $KT$ 为圆 $\Omega$ 的半径，因此 $DT$ 与圆 $\Omega$ 相切。$\square$