2024 年高联二试的几何题解答

1. 题目

如图，在凸四边形 $ABCD$ 中，$AC$ 平分 $\angle BAD$，点 $E$、$F$ 分别在边 $BC$、$CD$ 上，满足 $EF\parallel BD$。分别延长 $FA$、$EA$ 至点 $P$、$Q$，使得过点 $A$、$B$、$P$ 的圆 $\omega _1$ 及过点 $A$、$D$、$Q$ 的圆 $\omega_2$ 均与直线 $AC$ 相切。证明：$B$、$P$、$Q$、$D$ 四点共圆。

2. 分析

这个题的切入点是比较明显的。从结论的 $B$、$P$、$Q$、$D$ 四点共圆可以看出，直线 $BP$、$DQ$ 和 $AC$ 交于一点，只需要证明这个结论即可。由于直接证明三线共点看上去比较困难，我们可以考虑使用同一法，证明 $BP$、$DQ$ 分别和 $AC$ 的交点重合。

另一个容易想到的思路是反演。因为题目给了两个圆在点 $A$ 处相切，以及它们的公切线 $AC$。考虑对点 $A$ 进行反演，这样两个圆的反演像都是和 $AC$ 平行的直线。这样图像基本就转换成了直线型的图像，证明四点共圆变成证明反演之后的 $B^*P^*Q^*D^*$ 是等腰梯形。

这里面看上去不知道要如何处理的是平行的条件。不过当我们沿着前面的思路往下走的时候就会发现，最终要证明的结论都会转换的 $AB$、$AD$ 边和 $A$ 点处的角之间的关系。因此我们可以将平行转换成比例关系的条件再用。

3. 第一种思路

3.1. 步骤1：构造交点

设直线 $BP$、$DQ$ 分别和直线 $AC$ 交于点 $K$、$K'$ 只需证明 $K$ 和 $K'$ 重合，之后由

$$KP\cdot KB=KA^2=KQ\cdot KD$$

可得出$B$、$P$、$Q$、$D$ 四点共圆。

3.2. 步骤2：找相似

接下来关键的步骤是找到相似三角形：

设 $AE$ 和圆 $\omega_1$ 的第二个交点为 $S$，$AF$ 和圆 $\omega_2$ 的第二个交点为 $T$，证明：$\triangle K'QA\sim\triangle ASB$，$\triangle KPA\sim \triangle ATD$。

这个只需要倒角即可证明。

由相切和角平分线的条件可知

$$\angle APB = \angle CAB = \angle CAD = \angle AQD,$$

因此

$$\begin{aligned} \angle ASB &= 180^{\circ}-\angle APB \\ &= 180^{\circ}-\angle AQD \\ &= \angle AQK'. \end{aligned}$$

而

$$\angle ABS = \angle CAS = \angle K'AQ,$$

因此 $\triangle K'QA\sim\triangle ASB$。

同理可证，$\triangle KPA\sim \triangle ATD$。

根据这两个相似三角形，我们可以求出 $K'A=\dfrac{QA\cdot AB}{SB}$，$KA=\dfrac{PA\cdot AD}{TD}$，因此要证明的 $KA=K'A$ 可以变为

$$\frac{PA}{QA}\cdot \frac{SB}{TD}= \frac{AB}{AD}.$$

3.3. 步骤3：利用正弦定理转换比例

设圆 $\omega_1$、$\omega_2$ 的半径分别是 $R_1$、$R_2$，由正弦定理可知

$$\frac{AB}{AD} = \frac{2R_1\sin \angle APB}{2R_2\sin \angle AQD}=\frac{R_1}{R_2}.$$

设

$$\begin{aligned} \angle APB = \angle CAB = \angle CAD = \angle AQD = \theta, \\ \angle ABS = \angle CAS = \angle K'AQ = \angle ADQ = \alpha, \\ \angle ADT = \angle CAT = \angle KAP = \angle ABP = \beta, \end{aligned}$$

则

$$\begin{aligned} \angle BAS = \theta - \alpha, \\ \angle DAT = \theta - \beta. \end{aligned}$$

再次利用正弦定理可得

$$\frac{PA}{QA}\cdot \frac{SB}{TD} = \frac{2R_1\sin \beta}{2R_2\sin \alpha}\cdot \frac{2R_1\sin (\theta-\alpha)}{2R_2\sin (\theta-\beta)}.$$

因此，要证明的式子等价于

$$\frac{\sin \alpha \sin (\theta-\beta)}{\sin \beta \sin (\theta-\alpha)}=\frac{AB}{AD}.$$

此时我们看到，所有的边和角都转换到了四边形 $ABCD$ 中。接下来只需考虑这个四边形就可以了。

3.4. 步骤4：将平行的条件转化为比例

由 $EF \parallel BD$ 可知

$$\frac{BE}{EC}=\frac{DF}{FC}.$$

利用面积的比例可得：

$$\begin{aligned} \frac{BE}{EC} &= \frac{S_{\triangle ABE}}{S_{\triangle AEC}}=\frac{AB\sin (\theta-\alpha)}{AC\sin \alpha}, \\[2ex] \frac{DF}{FC} &= \frac{S_{\triangle ADF}}{S_{\triangle AFC}}=\frac{AD\sin (\theta-\beta)}{AC\sin \beta}. \end{aligned}$$

整理一下即可得到上面的要证明的式子。

4. 第二种思路

我们对以点 $A$ 为圆心、任意长度为半径的圆进行反演变换，记点 $X$ 的反演点为 $X^*$。

$\omega_1$、$\omega_2$ 与 $AC$ 相切 $\implies B^*P^*\parallel AC^* \parallel D^*Q^*$。

因此要证明 $B^*$、$P^*$、$Q^*$、$D^*$ 四点共圆，只需证明四边形 $B^*P^*Q^*D^*$ 是等腰梯形即可。

延长 $D^*A$ 交 $B^*P^*$ 于 $M$，延长 $B^*A$ 交 $D^*Q^*$ 于 $N$。由

$$\begin{aligned} & \angle AND^* = \angle B^*AC^* = \angle C^*AD^* = \angle AD^*N, \\ & \angle AMB^* = \angle C^*AD^* = \angle B^*AC^* = \angle AB^*M, \end{aligned}$$

可知 $AN=AD^*$，$AM=AB^*$，因此 $D^*M=B^*M$，四边形 $B^*MND^*$ 是等腰梯形，因此

$\phantom{\Longleftarrow} B^*P^*Q^*D^*$ 是等腰梯形
$\Longleftarrow P^*Q^* \parallel MN$
$\Longleftarrow$ 四边形 $MP^*Q^*N$ 是平行四边形
$\Longleftarrow P^*M = Q^*N$

设

$$\begin{aligned} \angle AMB^* = \angle AND^* & = \theta, \\ \angle AQ^*D^* = \angle E^*AC^* & = \alpha, \\ \angle AP^*B^* = \angle F^*AC^* & = \beta, \end{aligned}$$

则

$$\begin{aligned} Q^*N & = \frac{AN}{\sin \angle AQ^*N}\cdot \sin \angle Q^*AN \\[2ex] & = AD^*\cdot \frac{\sin (\theta-\alpha)}{\sin \alpha}, \\[2ex] P^*M & = \frac{AM}{\sin \angle AP^*M}\cdot \sin \angle P^*AM \\[2ex] & = AB^*\cdot \frac{\sin (\theta-\beta)}{\sin \beta}. \end{aligned}$$

因此只需证明

$$\frac{AB}{AD} = \frac{AD^*}{AB^*} = \frac{\sin (\theta-\beta)}{\sin \beta}\cdot \frac{\sin \alpha}{\sin (\theta-\alpha)}$$

即可。

之后的步骤就和第一种思路的步骤4是一样的了。