2026年CSMO的几何题的解答（二）

1. 题目

如图，在锐角 $\triangle ABC$ 中，$AB > BC > AC$，$O$ 为外心，$H$ 为垂心。设直线 $AO$ 分别与直线 $BH$、$CH$ 交于点 $D$、$E$，记 $\triangle DEH$ 的外心为 $O_1$，线段 $AO_1$ 上一点 $T$ 满足 $B$、$T$、$H$、$C$ 四点共圆，$BC$ 延长线上一点 $S$ 满足 $SA=ST$。

证明：$\angle STH = \angle OAO_1$。

2. 分析

这又是一道典型的和「Humpty点」相关的题目。在之前的文章中，我们介绍了一些Humpty点相关的常见结论，基本上都和两个垂足相关。除此之外，还有如下结论：

设点 $X$ 为 $\triangle ABC$ 的A-Humpty点。过点 $A$ 作 $\triangle ABC$ 的外接圆的切线交直线 $BC$ 于 $S$，则：

1. $\triangle ASM$ 的垂心为 $AH$ 的中点，记为点 $P$。
2. $SX$ 是 $\triangle BHC$ 的外接圆的切线。
3. $S$、$P$、$X$、$M$ 共圆。
4. 点 $X$ 在 $\triangle ABC$ 的A-Apollonius圆上，点 $S$ 为其圆心。

显然，在本题中，点 $T$ 就是 $\triangle ABC$ 的A-Humpty点。

因此，本题可以拆成两部分，先证明直线 $AO_1$ 经过 $BC$ 中点，接下来再证明Humpty点的性质即可。

3. 解答

3.1. 步骤一：证明Humpty点

设 $M$ 为 $BC$ 中点。我们证明 $A$、$O_1$、$M$ 共线。

3.1.1. 方法一：硬算

设 $\angle BAC=\alpha$，$\angle ABC=\beta$，$\angle BCA=\gamma$。注意到

$$\angle EDH = \angle ABD + \angle BAD = (90^\circ-\alpha) + (90^\circ-\gamma) = \beta$$

同理可知，$\angle DEH = \gamma$，因此 $\triangle ABC \sim \triangle HDE$。于是有

$$\angle EHO_1 = 90^\circ-\beta = \angle BCH \implies O_1H\parallel BC \implies O_1H\perp AH$$

设上面的相似比 $k=\dfrac{EH}{AC}$，则由

$$\begin{aligned} \frac{CE}{\sin (\alpha-(90^\circ-\gamma))} = \frac{AC}{\sin (180^\circ-\gamma)} & \implies CE = AC\cdot \frac{\cos \beta}{\sin \gamma} \\[2ex] \frac{CH}{\cos \gamma} = \frac{AB}{\sin \gamma} & \implies CH = AB\cdot \frac{\cos \gamma}{\sin \gamma} \end{aligned}$$

可知

$$\begin{aligned} k & = \frac{CE-CH}{AC} \\[2ex] & = \frac{\cos \beta}{\sin \gamma} - \frac{\sin \gamma}{\sin \beta}\cdot \frac{\cos \gamma}{\sin \gamma} \\[2ex] & = \frac{\sin \beta \cos \beta- \sin \gamma \cos \gamma}{\sin \gamma \sin \beta} \\[2ex] & = \frac{\sin 2\beta - \sin 2\gamma}{2\sin \gamma \sin \beta} \\[2ex] & = \frac{\cos (\beta+\gamma)\sin (\beta-\gamma)}{\sin \gamma \sin \beta} \\[2ex] & = \frac{\cos \alpha \sin (\gamma-\beta)}{\sin \gamma \sin \beta} \end{aligned}$$

由 $O_1$ 是 $\triangle DEH$ 的外心可知

$$2O_1H = \frac{DE}{\sin \alpha}$$

因此

$$\tan \angle O_1AH = \frac{O_1H}{AH} = \frac{\frac{DE}{2\sin \alpha}}{\frac{BC}{\sin \alpha}\cdot \cos \alpha} = \frac{k}{2\cos \alpha} = \frac{\sin (\gamma-\beta)}{2\sin \gamma \sin \beta}$$

而

$$\begin{aligned} \tan \angle MAH & = \frac{AB\cos \beta - \frac{1}{2}BC}{AB\sin \beta} \\[2ex] & = \frac{2\sin \gamma \cos \beta-\sin \alpha}{2\sin \gamma \sin \beta} \\[2ex] & = \frac{2\sin \gamma \cos \beta - \sin (\beta+\gamma)}{2\sin \gamma \sin \beta} \\[2ex] & = \frac{\sin (\gamma-\beta)}{2\sin \gamma \sin \beta} \end{aligned}$$

因此 $\tan \angle O_1AH = \tan \angle MAH$，可知 $A$、$O_1$、$M$ 共线。

3.1.2. 方法二：面积法

易知 $\triangle ABC \sim \angle HDE$。

分别取 $DH$、$EH$ 的中点 $X$、$Y$，由 $O_1$ 是 $\triangle DEH$ 的外心可知

$$\begin{aligned} O_1X\perp DH & \implies O_1X\parallel AC \\ O_1Y\perp EH & \implies O_1Y\parallel AB \end{aligned}$$

设 $U=\overline{BH}\cap\overline{AC}$，$V=\overline{CH}\cap\overline{AB}$，则

$$\begin{aligned} M\in\overline{AO_1} & \impliedby [O_1AB] = [O_1AC] \\ & \impliedby AB\cdot YV = AC\cdot XU \\ & \impliedby \frac{XU}{YV} = \frac{AB}{AC} \end{aligned}$$

分别作点 $H$ 关于 $AB$ 和 $AC$ 的对称点 $H_c$、$H_b$，则 $AH_b=AH_c=AH$。易知

$$\left. \begin{aligned} \triangle ADH_b \sim \triangle ABC & \implies \frac{DH_b}{BC}=\frac{AH_b}{AC} \\[2ex] \triangle AH_cE \sim \triangle ABC & \implies \frac{H_cE}{BC}=\frac{AH_c}{AB} \end{aligned} \right\} \implies \frac{DH_b}{H_cE}=\frac{AB}{AC}$$

又 $DH_b=2XU$，$EH_c=2YV$，因此结论成立。

3.2. 步骤二：证明Humpty点的性质

由步骤一可知，点 $T$ 为 A-Humpty 点，因此 $\angle ATH=90^\circ$。

设 $P$ 为 $AH$ 中点，则 $AP=TP$。设 $Q$ 为 $AT$ 中点，则 $S$、$P$、$Q$ 共线。注意到 $SQ\perp AM$，$AH\perp MS$，可知点 $P$ 是 $\triangle AMS$ 的垂心。因此

$$\angle AMP = \angle ASP = \angle TSP$$

可知 $T$、$M$、$S$、$P$ 共圆。

设 $\triangle BHC$ 的外心为 $O_2$。注意到 $\triangle ABC$ 的外接圆和 $\triangle HBC$ 的外接圆半径相等，因此四边形 $OBO_2C$ 为菱形，$O_2M = OM = \frac{1}{2}AH = AP$，可知四边形 $O_2MAP$ 为平行四边形，故

$$\angle MO_2P = \angle MAP = \angle MSP$$

可知 $M$、$O_2$、$S$、$P$ 共圆。因此 $T$、$M$、$O_2$、$S$、$P$ 共圆。

故 $\angle O_2TS = \angle O_2MS = 90^\circ$，可知 $ST$ 为 $\triangle HBC$ 的外接圆的切线。于是

$$SB\cdot SC=ST^2=SA^2$$

可知 $SA$ 为 $\triangle ABC$ 的外接圆的切线，因此 $\angle OAS = 90^\circ$。于是

$$\angle STH = 90^\circ-\angle STA = 90^\circ-\angle SAT = \angle OAO_1$$