2012 韩国数学奥林匹克决赛第 4 题

题目

如图，在锐角 $\triangle ABC$ 中，$AH$ 是高。$D, E$ 分别是边 $AB, AC$ 上的点，$D, E$ 在 $BC$ 上的投影分别为 $F, G$，$E$ 在 $DH$ 上的投影为 $P$。若 $DG, EF, AH$ 三线共点。

求证： $\angle APE = \angle CPE$。

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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，$H$ 为原点附近，令：

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

直线方程

$AB:\; y - \frac{x}{b} = 1,\qquad AC:\; y + \frac{x}{c} = 1$

确定 $D, E$ 的坐标

$D$ 在 $AB$ 上且在 $BC$ 上的投影为 $F$（即 $DF \perp BC$），设 $D(-d,\, 1 - d/b)$；

同理 $E(e,\, 1 - e/c)$。

三线共点条件

$DG, EF, AH$ 三线共点，由 Ceva 式的比例关系：

$\frac{EG}{DF} = \frac{HG}{HF} \;\Longrightarrow\; \frac{1 - e/c}{1 - d/b} = \frac{e}{d} \;\Longrightarrow\; \frac{1}{d} - \frac{1}{b} = \frac{1}{e} - \frac{1}{c}$

引入参数 $k$

设 $k_{HD} = k = \dfrac{1 - d/b}{d} = \dfrac{1}{d} - \dfrac{1}{b}$，并设 $P(-p,\, kp)$。

由 $EP \perp DH$，得 $k_{EP} = 1/k$：

$k_{EP} = \frac{1 - e/c - kp}{e + p} = \frac{1}{k}$

由此解出：

$p = \frac{c(k^2 - 1)}{(k^2 + 1)(kc + 1)}$

其中主变量取 $(c,\, k)$。

计算距离比的平方

$\left(\frac{AP}{PC}\right)^2 = \frac{p^2 + (kp - 1)^2}{(p + c)^2 + k^2 p^2} = \frac{(k^2+1)p^2 - 2kp + 1}{(k^2+1)p^2 + 2cp + c^2}$

$\left(\frac{AE}{EC}\right)^2 = \left(\frac{HG}{GC}\right)^2 = \left(\frac{e}{c - e}\right)^2 = \frac{1}{c^2\left(\frac{1}{e} - \frac{1}{c}\right)^2} = \frac{1}{c^2 k^2}$

角等价转化

$\angle APE = \angle CPE \iff \left(\frac{AP}{PC}\right)^2 = \left(\frac{AE}{EC}\right)^2$

令 $u = (k^2+1)p = \dfrac{c(k^2-1)}{kc+1}$，代入等价条件：

$c^2 k^2 u p - 2c^2 k^3 p + c^2 k^2 = up + 2cp + c^2$

化简右边分母：

$p = \frac{c(k^2-1)}{u/c + 2 + 2ck^3 - ck^2 u} = \frac{c(k^2-1)}{2 + 2ck^3 + (1-k^2 c^2)(k^2-1)/(kc+1)}$

$= \frac{c(k^2-1)}{2 + 2ck^3 + k^2 - 1 - k^3 c + kc} = \frac{c(k^2-1)}{(k^2+1)(kc+1)}$

与之前 $p$ 的表达式一致，故 $\angle APE = \angle CPE$ 成立。$\square$