2025 年 IMO 的几何题的再解答

1. 题目

设圆 $\Omega$ 和圆 $\Gamma$ 的圆心分别为点 $M$ 和点 $N$，且 $\Omega$ 的半径小于 $\Gamma$ 的半径。设两圆 $\Omega$ 和 $\Gamma$ 相交于相异的两点 $A$、$B$，设直线 $MN$ 与圆 $\Omega$ 的交点之一为 $C$，直线 $MN$ 与圆 $\Gamma$ 的交点之一为 $D$，且点 $C$、$M$、$N$、$D$ 在直线上顺次排列。记点 $P$ 是三角形 $ACD$ 的外心。直线 $AP$ 交圆 $\Omega$ 于点 $E\ne A$，直线 $AP$ 交圆 $\Gamma$ 于点 $F\ne A$。设点 $H$ 是三角形 $PMN$ 的垂心。

证明：过 $H$ 且平行于 $AP$ 的直线与三角形 $BEF$ 的外接圆相切。

2. 分析

这个题目的图比较关键，有很多信息如果图画好了是比较容易观察出来的（比如平行、共点）。

首先观察题目给的条件，直接可以得出如下结论：

• $A$、$B$ 关于 $CD$ 对称；
• $PM\perp AC$，$PN\perp CD$，$PN\perp AD$，由此带来了很多垂直和共圆。
  这两部分是后面倒角的关键信息。

这时已经做出的辅助线包括：

• $AB$、$BC$、$BD$；
• 三条垂线 $PHT_A$、$PNT_C$、$PMT_D$。

由于 $ACBE$、$ABFD$ 四点共圆，因此连接 $CE$、$DF$ 是自然的想法。这个时候可以发现 $CE$、$DF$ 分别于 $AD$、$AC$ 平行。这实际上是 Reim 定理 的模型，伴随着两组共圆（$ADPM$、$CEPM$ 和 $ACPN$、$DFPN$）。这些共圆的性质后面都会用到，特别是 $DFPN$ 这一组。

如果在作图的时候 $\Omega$ 的半径比 $MN$ 要大，这个时候的能观察到的另一个结论就是 $CE$ 和 $BD$ 的交点（设为 $Q$）就在 $\triangle BEF$ 的外接圆上。否则的话，则需要延长 $CE$ 才能找到该点。而且很容易发现，点 $Q$ 也在直线 $PH$ 上。

另外不太好找到的是，直线 $BC$ 和 $DF$ 的交点 $W$ 也在 $\triangle BEF$ 的外接圆上，且也在直线 $PH$ 上。

这两个点对应的实际上还是 Reim 定理的模型，用前面平行的结论和 $\Omega$、$\Gamma$ 两个圆可以很快地证出来。

如果前面在证明平行的时候，画出了 $DFPN$ 这一组共圆，这时我们还可以发现，点 $Q$ 也在这个圆上。

接下来的另一个观察是 $CWFN$ 共圆。这个可以直接倒角证明，也可以利用前面的 $QBWF$ 和 $QFDN$ 两组共圆结合密克定理进行转换。

下面的问题是如何确定切点。

有了前面两组平行的结论，延长 $CE$ 和 $DF$ 交于 $K$ 是一个自然的想法，这样就得到了平行四边形 $ACKD$，再利用最开始的对称，可以发现 $BK\parallel CD$，$CBKD$ 是等腰梯形。

这个时候连接 $BK$ 和 $NF$，就会发现它们的交点就是最终的切点。于是我们考虑去证明这个点满足条件：

• 点 $H$ 在 $\triangle BEF$ 的外接圆上；
• $HX\parallel AP$；
• $HX$ 与 $\triangle BEF$ 的外接圆相切。

这里面第一个证明非常简单，第三个则是去倒弦切角即可，而其中的难点在于如何证明 $HX\parallel AP$。

回顾一下前面的证明过程，我们会发现点 $H$ 是 $\triangle PMN$ 的垂心这个条件实际上并没有真正用到。而垂心有一个很好的性质（$\measuredangle PHN = - \measuredangle PMN$），我们可以利用它来倒角。

通过上面的性质，我们可以证明一组关键的共圆：$HQXN$。有了这组共圆，我们就可以利用它和 $DFQPN$ 这一组共圆去证明后两个结论了。

3. 解答

引理：Reim 定理

设两圆 $\Omega_1$ 和 $\Omega_2$ 交于点 $A$、$B$。点 $E$、$F$ 在 $\Omega_1$ 上，直线 $AE$、$BF$ 分别与 $\Omega_2$ 交于点 $G$、$H$，则 $GH\parallel EF$。

证明很简单，由

$$\measuredangle EFH + \measuredangle GHF = \measuredangle EAB + \measuredangle GAB = 0$$

可知 $GH\parallel EF$。

这个定理反过来也成立。如果知道 $ABFE$ 共圆和 $GH\parallel EF$，则有

$$\measuredangle BAG = \measuredangle BAE = \measuredangle BFE = \measuredangle BHG$$

可得 $ABHG$ 共圆。

步骤1：证明平行

设 $\triangle ACD$ 三边的中点依次为 $T_A$、$T_C$、$T_D$，则 $T_A\in \overline{PH}$，$T_C\in\overline{PN}$，$T_D\in\overline{PM}$。根据条件，$\overline{PH}$、$\overline{PN}$、$\overline{PM}$ 分别于 $\triangle ACD$ 的三边垂直。

连接 $BC$、$BD$、$AB$，注意到 $\Omega$ 和 $\Gamma$ 的交点 $A$、$B$ 关于两圆心所在直线 $\overline{CD}$ 对称，因此 $AB\perp CD$，$AB\parallel PH$。设 $S=\overline{AB}\cap\overline{PM}$。

连接 $CE$、$DF$，则 $CE\parallel AD$，$DF\parallel AC$。

由

$$\angle APM = \frac{1}{2} \angle APC = \angle ADC$$

可知 $A$、$D$、$P$、$M$ 共圆。由

$$\angle AEC = \angle ABC = \angle CAB = \angle CMT_D$$

可知 $C$、$E$、$P$、$M$ 共圆。由 Reim 定理可知 $AD\parallel CE$。

同理，由

$$\angle APN = \frac{1}{2} \angle APD = \angle ACD$$

可知 $A$、$C$、$P$、$N$ 共圆。由

$$\angle AFD = \angle ABD = \angle DAB = \angle DNT_C$$

可知 $D$、$F$、$P$、$N$ 共圆。由 Reim 定理可知 $AC\parallel DF$。

步骤2：构造交点

设 $Q=\overline{BD}\cap\overline{CE}$，$W=\overline{BC}\cap\overline{DF}$，则 $Q$、$W$ 恰好是直线 $PH$ 与 $\triangle BEF$ 的外接圆的两个交点。

先证明这两个点在直线 $PH$ 上。

由第1步的结论可知

$$\begin{aligned} & \angle QCD = \angle ADC = \angle QDC \\ \implies & QC=QD \\ \implies & Q\in\overline{PH} \\[2ex] & \angle WDC = \angle ACD = \angle WCD \\ \implies & WC=WD \\ \implies & W\in\overline{PH} \end{aligned}$$

根据 Reim 定理的逆定理，

$$\left. \begin{gathered} AD\parallel QE \\[1ex] ADFB \text{ 共圆} \end{gathered} \right\} \implies QEFB \text{ 共圆}$$

以及

$$\left. \begin{gathered} AC\parallel FW \\[1ex] ACBE \text{ 共圆} \end{gathered} \right\} \implies FWBE \text{ 共圆}$$

点 $Q$ 是 $\triangle WBF$、$\triangle DNF$、$\triangle CBN$ 的外接圆的交点（即密克点）。

上面证明了点 $Q$ 在 $\triangle WBF$ 的外接圆上。由

$$\angle T_APN = \angle ADC = \angle QDN$$

可知 $D$、$N$、$P$、$Q$ 共圆。

在前面第1步中，已经证明了 $D$、$N$、$P$、$F$ 共圆，因此 $Q$ 在 $\triangle DNF$ 的外接圆上。

根据密克定理，点 $Q$ 也在 $\triangle CBN$ 的外接圆上。

由此可得

$$DN\cdot DC = DQ\cdot DB = DF\cdot DN$$

因此 $N$、$F$、$W$、$C$ 共圆。

$NFWC$ 共圆的另一个证明方法

$\angle NFD = \angle NDF = \angle NCW$

步骤3：确定切线的位置

设 $K=\overline{CE}\cap\overline{DF}$，可以得到平行四边形 $ACKD$，等腰梯形 $CBKD$，$BK\parallel CD$。

设 $X=\overline{BK}\cap\overline{NF}$，则

• 点 $X$ 在 $\triangle BEF$ 的外接圆上；
• $HX\parallel AP$；
• $HX$ 与 $\triangle BEF$ 的外接圆相切。

根据 Reim 定理的逆定理，

$$\left. \begin{gathered} CN\parallel BX \\[1ex] CNFW \text{ 共圆} \end{gathered} \right\} \implies BXFW \text{ 共圆}$$

由

$$\begin{aligned} \angle NXQ & = \angle FWQ = 90\degree - \angle WDM \\[1ex] & = \angle DMP = 180\degree - \angle NHP \end{aligned}$$

可知 $N$、$H$、$Q$、$X$ 共圆，因此

$$\begin{aligned} \measuredangle (PH, HX) & = \measuredangle QHX = \measuredangle QNX \\[1ex] & = \measuredangle QDF = \measuredangle BAP \\[1ex] & = \measuredangle (AB, AP) \end{aligned}$$

注意到 $PH\parallel AB$，故 $HX\parallel AP$。

类似的，

$$\begin{aligned} \measuredangle (XQ, PH) & = \measuredangle XQW = \measuredangle XBW \\[1ex] & = \measuredangle DCB = \measuredangle T_DCG \\[1ex] & = \measuredangle T_DSG = \measuredangle (MP, AB) \end{aligned}$$

故 $XQ \parallel MP$。

因此

$$\begin{aligned} \measuredangle HXQ & = \measuredangle (HX, XQ) = \measuredangle (AP, MP) \\[1ex] & = \measuredangle APM = \measuredangle ADC \\[1ex] & = \measuredangle CDB = \measuredangle KBD \\[1ex] & = \measuredangle XWQ \end{aligned}$$

可知 $HX$ 与 $\triangle BEF$ 的外接圆相切。

由上面的结论可知 $HX$ 即为所求的直线，命题得证。

4. 另一种解法

由 $\angle AEC = \angle CAB = \angle EAD$，可知 $AD\parallel CE$。

同理，由 $\angle AFD = \angle BAD = \angle CAE$，可知 $AC\parallel DF$。

设 $X=\overline{ME}\cap\overline{NF}$。

由 $\angle MEB = 90\degree - \angle BAE = \angle NFB$ 可知 $X$、$E$、$B$、$F$ 共圆，即点 $X$ 在 $\triangle BEF$ 的外接圆上。

由点 $H$ 是 $\triangle PMN$ 的垂心的条件可知 $HM\perp PN$，$HN\perp PM$。注意到 $PM\perp AC$，$PN\perp AD$，因此 $HM\parallel AD\parallel CE$，$HN\parallel AC\parallel DF$，可得

$$\begin{aligned} & \angle NMH = \angle MCE = \angle MEC = \angle HME \\[1ex] & \angle MNH = \angle NDF = \angle NFD = \angle HNF \end{aligned}$$

因此点 $H$ 是 $\triangle XMN$ 的内心。

由

$$\begin{aligned} \measuredangle (HX, MP) & = \measuredangle (HX, HN) + \measuredangle (HN, MP) \\[1ex] & = \measuredangle XHN + 90\degree \\ & = 90\degree + \frac{1}{2} \measuredangle XMN + 90\degree \\[1ex] & = \measuredangle HMN \\[2ex] \measuredangle (AP, MP) & = \measuredangle APM = \measuredangle ADM = \measuredangle HMN \end{aligned}$$

可知 $HX\parallel AP$，因此 $\angle XFE = \angle NXH = \angle HXE$，故 $HX$ 是 $\triangle BEF$ 的外接圆的切线，命题得证。

$HX\parallel AP$ 的另一个证明方法

由

$$\begin{aligned} & \angle NME = 2 \angle MCE = 2 \angle NDA = \angle MNA \\ & \angle AMN = 2 \angle ACM = 2 \angle NDF = \angle MNF \end{aligned}$$

可知 $AN\parallel ME$，$AM\parallel NF$，因此四边形 $AMXN$ 是平行四边形。

注意到直线 $PM$、$PN$ 分别平分 $\triangle AMN$ 的外角 $\angle AMC$、$\angle AND$，因此点 $P$ 是 $\triangle AMN$ 的旁心，$AP$ 平分 $\angle MAN$。

结合前面的点 $H$ 是 $\triangle XMN$ 的内心，可知 $HX$ 平分 $\angle MXN$，因此 $HX\parallel AP$。

5. 还有一种解法

注意到直线 $PM$、$PN$ 分别平分 $\triangle AMN$ 的外角 $\angle AMC$、$\angle AND$，因此点 $P$ 是 $\triangle AMN$ 的旁心，$AP$ 平分 $\angle MAN$。接下来我们可以扔掉 $C$、$D$ 两点了。

注意到 $\angle BME = 2 \angle BAP = \angle BNF$，因此

$$\begin{aligned} & \triangle BME\sim \triangle BNF \\[1ex] \implies & \triangle BEF \sim \triangle BMN \\[1ex] \implies & \triangle BEF \sim \triangle AMN \end{aligned}$$

实际上，点 $B$ 是完全四边形 $MEFN$ 的密克点。

设 $X=\overline{ME}\cap\overline{NF}$，则 $X$ 在 $\triangle BEF$ 的外接圆上。因此

$$\begin{aligned} \angle EBX & = \angle EFX = \angle PAN \\[1ex] & = \frac{1}{2} \angle MAN = \frac{1}{2} \angle EBF \end{aligned}$$

可知 $BX$ 是 $\angle EBF$ 的平分线，点 $X$ 是弧 $EF$ 的中点。

接下来只需要证明 $HX\parallel AP$ 即可。

注意到 $AP$ 平分 $\angle MAN$，我们设直线 $AP$ 和 $\triangle AMN$ 的外接圆的异于 $A$ 的交点为 $O$，则点 $O$ 是弧 $MN$ 的中点，四边形 $AMON\sim BEXF$。设 $\angle HPA = \angle BAP = \alpha$，则相似比为

$$AM:BE = BM:BE = 1:2\sin \alpha$$

由点 $P$ 是 $\triangle AMN$ 的旁心，可知点 $O$ 是 $\triangle PMN$ 的外心。

结合点 $H$ 是 $\triangle PMN$ 的垂心可知

$$PH = 2\cdot \mathrm{dis}(O,MN)$$

由相似可知

$$\begin{aligned} \mathrm{dis}(X,AP) & = \mathrm{dis}(O,MN) \cdot 2\sin \alpha \\[1ex] & = PH\cdot \sin \alpha \\[1ex] & = \mathrm{dis}(H,AP) \end{aligned}$$

因此 $HX\parallel AP$。

故 $\angle HXE = \angle XEF = \angle XFE$，可知 $HX$ 是 $\triangle BEF$ 的切线，命题得证。

这里直接利用 $ME$ 和 $NF$ 的交点给出点 $X$。也可以设点 $X$ 为弧 $EF$ 的中点，然后证明 $X$ 在直线 $ME$、$NF$ 上，过程是类似的。