IMO 2021 P3

anhcanhsat97

题目：设 D 是锐角三角形 ABC (AB > AC) 内部一点, 使得 ∠DAB = ∠CAD. 线段 AC 上的
点 E 满足 ∠ADE = ∠BCD, 线段 AB 上的点 F 满足 ∠FDA = ∠DBC, 且直线 AC 上的点 X 满
足 CX = BX. 设 O1 和 O2 分别为三角形 ADC 和三角形 EXD 的外心. 证明: 直线 BC, EF 和
O1O2 共点.

我对（以下证明）最后一行的定理有问题，请有人向我解释

kuing

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编辑了一下帖子，补充了原题。

问题我是搞不来了，眼都快看花了……

乌贼

分三步
第一步，首先证$ \angle TDC=\angle DBC $
如图：
$ AD $交$ EF $于$ N $，$ AD $延长线交$ BC $于$ M $。易证$ BCEF $四点共圆且\[ \angle TNM=\angle TMN=\angle EDC \]作$ MQ\px TF $交$ AB $于$ Q $，有\[ \angle AQM=\angle AFE=\angle ACM\\\riff\triangle AMQ\cong \triangle AMC\riff AQ=AC\\\riff\triangle ADQ\cong \triangle ADC\\\riff \angle AQD=\angle ACD \]$ DQ $交$ \triangle DMB $的外接圆于$ P $，有\[ \angle QPB=\angle DMC=\angle CDE \]即\[ \triangle QPB\sim \triangle CDE \]又\[ \triangle MQP\sim \triangle TCE \]故四边形$ MQPB $与四边形$ TVDE $相似。所以\[ \triangle MPQ\sim \triangle TDC \]得\[ \angle TDC=\angle MPQ=\angle DBC \]
第二步，证明$ BMPG $及$ DCTR $（其中$ R $为$ MP $与$ BG $的交点）都为四点共圆
如图：（眼花）
$ XN $为$ BC $的垂直平分线，$ DA $延长线交$ BC $的平行线$ XQ $于$ Q $。$ \triangle AXQ $外接圆交$ XN $于$ M $，有\[ \angle QAM=90\du \riff\angle XAM=\angle BAM\riff \angle MBX=\angle MBA\riff \angle MBA=\angle MCA\\\riff \angle BMC=\angle BAC\riff \angle JMC=\angle DAC \]且$ BMQ $三点共线
    令圆$ O_1 $与圆$ O_2 $的另一交点为$ P $，延长$ XP $交圆$ O_1 $于另一交点$ H $。由\[ \angle CPH=\angle PXE+\angle PCA=\angle PDE+\angle PDA=\angle ADE=\angle DCB \]得\[ DH\px BC\px XQ\\\riff\angle QAP=\angle PHD=\angle QXP \]即$ APQXM $五点共圆。延长$ BD $交圆$ O_1 $于$ G $有\[ \angle QMP=\angle QXP=\angle PHD=\angle PGD \]即$ BMPG $四点共圆，又$ MGCJ $也四点共圆，所以\[ \angle MBJ=\angle MCJ=\angle MGJ \]我们得\[ MB=MC=MG \]及\[ \angle MRB=\angle MBP\\\angle MCP=\angle MRC \]再延长$ CD $交$ BQ $于$ K $，有\[ \angle QMP=\angle PGD=\angle PCK \]也就$ KMPC $四点共圆。
延长$ CJ $交$ BP $于$ L $，有\[ \angle PMC=\angle PMG+\angle GMC=\angle PBG+\angle GJC=\angle PLC \]即$ PMLC $四点共圆，所以$ PMKLC $五点共圆。因此\[ \angle PRC=\angle PCM=PKM=\angle MBP+\angle KPL=\angle MRJ+\angle KCL \]得\[ \angle DCJ=\angle DRC \]又\[ \angle DCB=\angle DCJ+\angle JCB=\angle DCJ+\angle DBC=\angle CDT+\angle CTD \]由第一步知\[ \angle DRC=\angle DCJ=\angle DTC \]也就是$ DCTR $四点共圆且$ \angle RBT=\angle TRC $
第三步，利用引理  见连接   forum.php?mod=viewthread&tid=8133&extra=page=1
凸四边形$ BMRT $中，$ \angle MBP=\angle MRB $，$ \angle RBT=\angle TRC $，若$ MB=MC $，则$ TR=TP $
综上有\[ TP=TR=TD \]所以，点$ T,O_1,O_2$都在$ DP $的垂直平分线上。

乌贼

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简化
由上楼有$ APQXM $五点共圆，$ MPGB $四点共圆及$ MB=MG,\angle TDC=\angle TBD $，设$ BP,BT,DT $与圆$ O_1 $的交点分别为$ H,K,J $。得\[ \angle PKN=\angle PGC=\angle PAX=\angle PMX \]即$ PMNK $四点共圆\[ \angle MPK=90\du \riff \angle KPH=\angle KPG\riff KH=KG \]又\[ \angle TDC=\angle TBD\riff \angle TBD=\angle JKC\riff JK\px BG\riff DJ=KG=KH \riff DK\px HJ \]因为\[ BD\px KJ\\DK\px HJ \]
由  forum.php?mod=viewthread&tid=8138#pid40765
（链接中有代数及几何解法）得\[ TP=TD \]因此点$ T,O_1,O_2 $在$ DP $的垂直平分线上

乌贼

再来，原想角度证明，可还是线段，不过没有原理了
如图：
$ MPGB $四点共圆，$ \angle BPJ=\angle GPJ,DJ\px LK $，$ K $为$ DT $与圆$ O_1 $的交点，$ I $为$ PJ,GK $交点，由\[ \angle IKS=\angle BPG\\\angle ISK=\angle DJP=\angle BGP \]得\[ \angle PBG=\angle PIG \]即$ BMPGI $五点共圆。\[ \angle KPH+\angle HPG=GDT=GBT+\angle KTH\riff \angle KPH=\angle KTH \]故$ PTHK $四点共圆\[ \angle KPT=\angle KHJ \]又\[ \triangle PJH\sim \triangle BJI\riff \dfrac{PH}{HJ}=\dfrac{BI}{IJ}=\dfrac{IG}{IJ}=\frac{JK}{PG} \]加之\[ \angle KJH=\angle GBH=\angle GPH \]所以\[ \triangle KJH\sim \triangle GPH\riff \angle PBG=\angle PHG=\angle KHJ=\angle TPK\\\riff \angle TPC=\angle TPK+\angle KPC=\angle KHJ+\angle KJH=\angle DBJ+\angle GHP=\angle DBJ+\angle PBG =\angle PBT \]综上\[ PT^2=TC\cdot TB=TD^2 \]……
缺角度证明

乌贼

回复 5# 乌贼
如图：
     由楼上知$ PKHT $四点共圆，$ MH $为$ \angle CMG $的平分线， $ \angle MGI=90\du  $，所以$ O_1 $为$ LK,MH $的交点。
    由\[ \angle MHP=\angle MGP=\angle LKP \]得$ PO_1KH $四点共圆，故$ PO_1KHT $五点共圆。下面看图

乌贼

回复 6# 乌贼
嗨，
$ PO_1KT $四点共圆\[ \angle O_1DT=\angle \angle O_1KD=\angle LGD=\angle MPB\\\angle O_1TK=\angle O_1PK=\angle O_1KP=\angle PGL=\angle PBM \]得\[ \angle DO_1T=\angle BMP \]又\[ \angle O_2O_1D=\angle PGD=\angle QMP \]故\[ \angle O_2O_1D+\angle DO_1T=\angle QMP+\angle BMP=180\du  \]

乌贼

写个完整版
如图：
$ J $为圆$ O_1 $与$ BT $l另一交点。$ AD $延长线交$ BC $于$ V $，$ NX $为$ BC $垂直平分线，$ Y $为$ XN $与$ BD $交点。$ DA $延长线与过$ X $且平行于$ BC $的直线$ XQ $交于$ Q $点。$ M $为$ \triangle ABX $内心，知$ AMXQ $四点共圆，又\[ \angle MCA=\angle XBM=\angle MBA \]即$ ACBM $四点共圆，有\[ \angle AMQ+\angle AMB=\angle AMB+\angle AXQ=\angle AMB+\angle ACB=180\du  \]即$ BMQ $三点共线
$ P $为圆$ O_1,O_2 $另一交点，延长$ XP $交圆$ O_1 $于$ W $。有\[ \angle CPW=\angle EXP+\angle PCA=\angle ADE=\angle DCJ \]所以\[ DW\px BT\px XQ \riff \begin{cases}\angle QAP=\angle PWD=\angle QXP\\\angle WPJ=\angle DAC=\angle XAQ=\angle XPQ\end{cases} \]即$ AMXQP $五点共圆，$ QPJ $三点共线。
延长$ BD $交圆$ O_1 $于$ G $，有\[ \angle PGB=\angle PAQ=\angle PMQ \]得$ BMPG $四点共圆。又\[ \angle ACM=\angle DGC=\angle DAC=\angle XAQ=\angle XMQ=\angle BMN=\angle NMC \]就是$ MGCY $四点共圆。有\[ \angle MGY=\angle MCY=\angle MBY\\\riff MB=MC=MG \]
令$ K $为$ DT $与圆$ O_1 $的另一交点，$ I $为$ PJ $与$ GK $交点，易证$ BMPGI $五点共圆（详见5楼），该圆交$ BT $于$ H $（注意：这里并不需要$ PWH $三点共线），有\[ \angle KPH+\angle HPG=\angle GDK=\angle DBT+\angle DTB \]又\[ \angle HPG=\angle HBG \]所以\[ \angle KPH=\angle KTH \]即$ KPTH $四点共圆。
到此有两种证法：一是直接证$ \angle O_2O_1T=180\du  $；二是证明$ T $在$ DP $的垂直平分线上。

一.证$ \angle O_2O_1T=180\du  $
$ L $为$ MG $与圆$ O_1 $另一交点，因为$ \angle MGI=\angle MPI=90\du  $，所以$ LO_1G $三点共线，易证$ MO_1H $三点也共线。有\[\angle O_1KP=\angle LGP=\angle PKM  \]的$ PO_1KHT $五点共圆。\[\edr \angle O_1DK=\angle O_1KD=\angle LGD=\angle MPB\\\angle O_1TK=\angle O_1PK=\angle O_1KP=\angle PGM=\angle PBM \endedr\riff \angle DO_1T=\angle PMB \]又\[\angle O_2O_1D=\angle PGD=\angle PMQ \]所以\[ \angle O_2O_1D+\angle DO_1T=\angle PMB+\angle PMQ=180\du  \]

二.证明$ T $在$ DP $垂直平分线上，即$ DT=PT $
易证$ BCEF $四点共圆，有\[ \angle TEC=\angle VBA \]作$ VR\px ET $交$ AB $于$ R $，$ DR $延长线交$ \triangle BDV $外接圆于$ S $。有\[ \angle RBS=\angle AVC=\angle CDE \]即\[ \triangle RBS\sim \triangle CDE,\triangle TCE\sim \triangle VRB \]因此\[ \dfrac{TC}{VR}=\dfrac{CE}{RB}=\dfrac{CD}{RS} \]且\[ \angle VRS=\angle TCD \]故\[ \triangle VRS\sim \triangle TCD\\\riff \angle TDC=\angle VSR=\angle DBV\\\riff DT^2=TC\cdot TB \]又\[ \angle \angle BPI=\angle GPI\riff BI=GI\\\angle KJH=\angle KDC=\angle GBH=\angle GPH \]由\[ \dfrac{JK}{PG}=\dfrac{IJ}{IG}=\dfrac{IJ}{IB}=\dfrac{JH}{PH} \]得\[ \triangle HJK\sim \triangle HPG\riff \angle KPT=\angle KHJ=\angle PHG=\angle PBG \]加之\[ \angle CPK=\angle CJK=\angle CBD \]因此\[ \angle PBT=\angle CPT\riff PT^2=TC\cdot TB \]也就有\[ DT=PT \]

乌贼

又得修改
上楼是证到$ PKHT $四点共圆就分两种情况，现在是证到$ PO_1KHT $五点共圆后再分两种情况
$ L $为$ MG $与圆$  O_1 $另一交点，因为$ ∠MGI=∠MPI=90∘∠MGI=∠MPI=90∘ \angle MGI=\angle MPI=90\du $ ，所以$  LO_1G $三点共线，易证$ H MO_1H $ 三点也共线。有\[ \angle O_1KP=\angle LGP=\angle PKM  \]得$ T PO_1KHT $五点共圆。
到此有两种证法：一是直接证$ ∠O_2O_1T=180\du $；二是证明点$ T $ 在$ DP $ 的垂直平分线上。
一证$ ∠O_2O_1T=180\du $
\[ \edr \angle O_1DK=\angle O_1KD=\angle LGD=\angle MPB\\\angle O_1TK=\angle O_1PK=\angle O_1KP=\angle PGM=\angle PBM \endedr\riff \angle DO_1T=\angle PMB \]又\[ \angle O_2O_1D=\angle PGD=\angle PMQ  \]所以\[ \angle O_2O_1D+\angle DO_1T=\angle PMB+\angle PMQ=180\du \]

二.证明$ T $在$ DP $垂直平分线上，即$ DT=PT $\[ \edr \angle PTO_1=\angle O_1PD \\\angle O_1DK=\angle O_1KD=\angle O_1PT \endedr\riff \triangle TPO_1\cong \triangle TDO_1\]即\[ TP=TD \]

乌贼

链接几何吧   tieba.baidu.com/p/7457606128?pid=140421680582 … p;cid=0#140421680582