△ABC\triangle ABC△ABC的内切圆在ACACAC,ABABAB上的切点分别为DDD,EEE, 直线DEDEDE与BBB点所对的旁切圆切于点ZZZ,(EZX)(EZX)(EZX)与内切圆交于点EEE和KKK. 求证:BZBZBZ,CKCKCK, 内切圆有一个公共交点.(2022年伊朗国家队选拔赛第3题).证明:设△ABC\triangle ABC△ABC的内心为III. 设BBB点所对的外接圆的圆心为点JJJ, 设⊙J\odot J⊙J在直线ABABAB,BCBCBC,ACACAC上的切点分别为点YYY,Y′YY′,UUU.UZXEUZXEUZXE是等腰梯形, 所以UUU在(ZXE)(ZXE)(ZXE)上. 设⊙I\odot I⊙I在BCBCBC边上的切点为点FFF. 同理可知EEE,YYY,Y′YY′,FFF共圆. 显然EEE,YYY,JJJ,ZZZ共圆, 由根心定理,(EYJ)(EYJ)(EYJ),(ZY′F)(ZYF)(ZY′F),(EYF)(EYF)(EYF)三圆的根心是点BBB. 设除ZZZ外的(EYJ)(EYJ)(EYJ)与(ZY′F)(ZYF)(ZY′F)的交点为点LLL. 则LLL在BZBZBZ上. 接下来证明LLL在⊙I\odot I⊙I上.∠ELF∠(π−FLZ)ELB∠EYZ∠ZY′C\angle ELF\angle (\pi-FLZ)ELB\angle EYZ\angle ZYC∠ELF∠(π−FLZ)ELB∠EYZ∠ZY′C,JZ⊥EZJZ \bot EZJZ⊥EZ,JY′⊥BY′JY \bot BYJY′⊥BY′, 所以∠ZY′C∠ZJY′2∠AED−∠ABC2\angle ZYC\frac{\angle ZJY}{2}\frac{\angle AED-\angle ABC}{2}∠ZY′C2∠ZJY′2∠AED−∠ABC,∠EYZπ−∠AED2\angle EYZ\frac{\pi-\angle AED}{2}∠EYZ2π−∠AED,∠ELFπ−∠ABC2\angle ELF\frac{\pi-\angle ABC}{2}∠ELF2π−∠ABC, 所以LLL在⊙I\odot I⊙I上最后证明LLL在CKCKCK上. 延长CLCLCL与⊙I\odot I⊙I交于点K′KK′. 由相切可知CF2CX2CL⋅CKCF^2CX^2CL \cdot CKCF2CX2CL⋅CK. 所以△LCX∼△XCK′\triangle LCX \sim \triangle XCK△LCX∼△XCK′,∠XK′C∠LXC\angle XKC\angle LXC∠XK′C∠LXC. 延长XLXLXL交⊙\odot⊙于点SSS, 由引理,SSS在EUEUEU上.∠EK′C∠USX\angle EKC\angle USX∠EK′C∠USX. 所以∠EK′X∠AUE\angle EKX\angle AUE∠EK′X∠AUE, 所以K′KK′,EEE,UUU,XXX共圆, 进而K′KK′即为KKK. 证毕.引理.△ABC\triangle ABC△ABC中,ABACABACABAC, 延长ACACAC至点EEE, 使得BCCEBCCEBCCE.BBB点所对的旁切圆ω\omegaω分别切边ACACAC, 直线BCBCBC,ABABAB于点DDD,FFF,F′FF′, 作与ABABAB切于BBB, 与ACACAC切于CCC的圆Ω\OmegaΩ, 设BCBCBC交Ω\OmegaΩ于点BBB,GGG.GEGEGE交Ω\OmegaΩ于点III. 则点III在(BFF′)(BFF)(BFF′)上.证明: 显然△BHC≃△ECH\triangle BHC \simeq \triangle ECH△BHC≃△ECH.△CFE≃△CDB\triangle CFE \simeq \triangle CDB△CFE≃△CDB. 将是BCBCBC边的中垂线和Ω\OmegaΩ的交点, 且在△ABC\triangle ABC△ABC外的点设为HHH. 设GHGHGH交BCBCBC于点KKK. 显然HC2HK⋅HGHC^2 HK \cdot HGHC2HK⋅HG.∠EFC∠CDB\angle EFC\angle CDB∠EFC∠CDB,∠GHE∠CHE∠CHC∠BHC∠GBC∠ACB∠GBC\angle GHE\angle CHE\angle CHC\angle BHC\angle GBC\angle ACB\angle GBC∠GHE∠CHE∠CHC∠BHC∠GBC∠ACB∠GBC.∠GHE∠CFEπ\angle GHE\angle CFE\pi∠GHE∠CFEπ. 所以KKK,HHH,EEE,FFF共圆. 设中心为HHH, 幂为HB2HB^2HB2的反演变换为ϕ\phiϕ,ϕ(Ω)BC\phi(\Omega)BCϕ(Ω)BC,ϕ(GE)(KHE)\phi(GE)(KHE)ϕ(GE)(KHE). 由此易知ϕ(I)F\phi(I)Fϕ(I)F, 进而HHH,III,FFF共线.∠BIE∠BIC∠CIF∠ABC∠HBCπ−∠BF′F\angle BIE\angle BIC\angle CIF\angle ABC\angle HBC\pi-\angle BFF∠BIE∠BIC∠CIF∠ABC∠HBCπ−∠BF′F. 证毕.
2022年伊朗国家队选拔赛几何部分
△ABC\triangle ABC△ABC的内切圆在ACACAC,ABABAB上的切点分别为DDD,EEE, 直线DEDEDE与BBB点所对的旁切圆切于点ZZZ,(EZX)(EZX)(EZX)与内切圆交于点EEE和KKK. 求证:BZBZBZ,CKCKCK, 内切圆有一个公共交点.(2022年伊朗国家队选拔赛第3题).证明:设△ABC\triangle ABC△ABC的内心为III. 设BBB点所对的外接圆的圆心为点JJJ, 设⊙J\odot J⊙J在直线ABABAB,BCBCBC,ACACAC上的切点分别为点YYY,Y′YY′,UUU.UZXEUZXEUZXE是等腰梯形, 所以UUU在(ZXE)(ZXE)(ZXE)上. 设⊙I\odot I⊙I在BCBCBC边上的切点为点FFF. 同理可知EEE,YYY,Y′YY′,FFF共圆. 显然EEE,YYY,JJJ,ZZZ共圆, 由根心定理,(EYJ)(EYJ)(EYJ),(ZY′F)(ZYF)(ZY′F),(EYF)(EYF)(EYF)三圆的根心是点BBB. 设除ZZZ外的(EYJ)(EYJ)(EYJ)与(ZY′F)(ZYF)(ZY′F)的交点为点LLL. 则LLL在BZBZBZ上. 接下来证明LLL在⊙I\odot I⊙I上.∠ELF∠(π−FLZ)ELB∠EYZ∠ZY′C\angle ELF\angle (\pi-FLZ)ELB\angle EYZ\angle ZYC∠ELF∠(π−FLZ)ELB∠EYZ∠ZY′C,JZ⊥EZJZ \bot EZJZ⊥EZ,JY′⊥BY′JY \bot BYJY′⊥BY′, 所以∠ZY′C∠ZJY′2∠AED−∠ABC2\angle ZYC\frac{\angle ZJY}{2}\frac{\angle AED-\angle ABC}{2}∠ZY′C2∠ZJY′2∠AED−∠ABC,∠EYZπ−∠AED2\angle EYZ\frac{\pi-\angle AED}{2}∠EYZ2π−∠AED,∠ELFπ−∠ABC2\angle ELF\frac{\pi-\angle ABC}{2}∠ELF2π−∠ABC, 所以LLL在⊙I\odot I⊙I上最后证明LLL在CKCKCK上. 延长CLCLCL与⊙I\odot I⊙I交于点K′KK′. 由相切可知CF2CX2CL⋅CKCF^2CX^2CL \cdot CKCF2CX2CL⋅CK. 所以△LCX∼△XCK′\triangle LCX \sim \triangle XCK△LCX∼△XCK′,∠XK′C∠LXC\angle XKC\angle LXC∠XK′C∠LXC. 延长XLXLXL交⊙\odot⊙于点SSS, 由引理,SSS在EUEUEU上.∠EK′C∠USX\angle EKC\angle USX∠EK′C∠USX. 所以∠EK′X∠AUE\angle EKX\angle AUE∠EK′X∠AUE, 所以K′KK′,EEE,UUU,XXX共圆, 进而K′KK′即为KKK. 证毕.引理.△ABC\triangle ABC△ABC中,ABACABACABAC, 延长ACACAC至点EEE, 使得BCCEBCCEBCCE.BBB点所对的旁切圆ω\omegaω分别切边ACACAC, 直线BCBCBC,ABABAB于点DDD,FFF,F′FF′, 作与ABABAB切于BBB, 与ACACAC切于CCC的圆Ω\OmegaΩ, 设BCBCBC交Ω\OmegaΩ于点BBB,GGG.GEGEGE交Ω\OmegaΩ于点III. 则点III在(BFF′)(BFF)(BFF′)上.证明: 显然△BHC≃△ECH\triangle BHC \simeq \triangle ECH△BHC≃△ECH.△CFE≃△CDB\triangle CFE \simeq \triangle CDB△CFE≃△CDB. 将是BCBCBC边的中垂线和Ω\OmegaΩ的交点, 且在△ABC\triangle ABC△ABC外的点设为HHH. 设GHGHGH交BCBCBC于点KKK. 显然HC2HK⋅HGHC^2 HK \cdot HGHC2HK⋅HG.∠EFC∠CDB\angle EFC\angle CDB∠EFC∠CDB,∠GHE∠CHE∠CHC∠BHC∠GBC∠ACB∠GBC\angle GHE\angle CHE\angle CHC\angle BHC\angle GBC\angle ACB\angle GBC∠GHE∠CHE∠CHC∠BHC∠GBC∠ACB∠GBC.∠GHE∠CFEπ\angle GHE\angle CFE\pi∠GHE∠CFEπ. 所以KKK,HHH,EEE,FFF共圆. 设中心为HHH, 幂为HB2HB^2HB2的反演变换为ϕ\phiϕ,ϕ(Ω)BC\phi(\Omega)BCϕ(Ω)BC,ϕ(GE)(KHE)\phi(GE)(KHE)ϕ(GE)(KHE). 由此易知ϕ(I)F\phi(I)Fϕ(I)F, 进而HHH,III,FFF共线.∠BIE∠BIC∠CIF∠ABC∠HBCπ−∠BF′F\angle BIE\angle BIC\angle CIF\angle ABC\angle HBC\pi-\angle BFF∠BIE∠BIC∠CIF∠ABC∠HBCπ−∠BF′F. 证毕.
