2024 俄罗斯数学奥林匹克试题第 4 题

题目

如图，在圆内接四边形 $ABCD$ 中，$\angle A + \angle D = 90^\circ$，$AC, BD$ 交于点 $E$。直线 $l$ 与边 $AB, CD, AE, DE$ 分别交于点 $X, Y, Z, T$。

若 $AZ = CE$，$BE = DT$。

求证： $\triangle EZT$ 的外接圆直径与 $XY$ 等长。

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解析法证明

Proof by 数之谜@彭海航

建立坐标系

以对角线交点 $E$ 为原点：

$E(0,\, 0)$

设 $AC, BD$ 分别沿坐标轴方向：

$A(0,\, 2a),\quad B(0,\, 2b),\quad C(2c,\, 0),\quad D(2d,\, 0)$

其中 $ab = cd = 1$（这是 $\angle A + \angle D = 90^\circ$ 所隐含的关系）。

直线 $l$ 上的点

设直线 $l$ 与坐标轴的截距分别为 $X(0,\, 2m)$ 和 $Y(2n,\, 0)$。

$XY$ 的中点：

$M(m,\, n)$

关键几何条件的代数化

$BE = TD$ 且 $AZ = CE$： 这意味着 $\triangle EZT$ 的外接圆圆心恰好是四边形 $ABCD$ 的外心 $H$。

四边形 $ABCD$ 的外心（对角线互相垂直时）：

$H(c + d,\; a + b)$

设 $E(2e, 2f)$ 并求解

实际上这里 $E$ 已是原点。设动点（此处统一用交点表示），由 $E = BD \cap AC$（已满足），考虑约束条件。

由 $AZ = CE$ 得 $Z(2c - 2e,\, 2a - 2f)$；

由 $BE = TD$ 得 $T(2d - 2e,\, 2b - 2f)$。

计算 $ZT$ 的方程

$k_{ZT} = \frac{a - b}{c - d}$

$ZT:\; (c - d)y - (a - b)x = 2(c-d)(b-f) - 2(a-b)(d-e)$

求 $Y = ZT \cap x$-轴

$n = d - e - \frac{(c-d)(b-f)}{a-b}$

验证 $M$ 为 $TZ$ 中点且 $XY = 2\cdot EH$

计算关键量：

$\frac{1}{2}\bigl[(x_Y - x_T) - (x_Z - x_X)\bigr] = n - (d-e) - (c-e)$

$= \frac{(d-c)(b-f) - (a-b)(c-e)}{a-b}$

利用 $ab = cd = 1$ 化简分子：

$= \frac{(1-c^2)(1-b^2) - (1-b^2)(1-c^2)}{(a-b)(ad-bc)} = 0$

因此 $YT = ZX$，即 $M$ 是 $TZ$ 的中点。

进而 $m = c+d-2e,\; n = a+b-2f$，所以

$\left(\frac{XY}{2}\right)^2 = m^2 + n^2 = EH^2$

即 $\triangle EZT$ 的外接圆直径等于 $XY$。$\square$