2024年高联几何题另证
正文文字 402 字公式 132 处3 图
今年高中数学联赛已过去半个多月，这里发一个我对平面几何题的另解，思路来源于学生在考场上的想法，但后半部分并未完成，我用线性幂差引理续上了这个证明．
线性幂差引理：对两定圆ω_(1),ω_(2)和一动点，f(X)=P(X,ω_(1))−P(X,ω_(2))关于X是线性的．这里P(X,ω)表示点X对圆ω的圆幂．
引理的证明：
设ω_(i)的圆心为(x_(i),y_(i))，半径为r_(i)，i=1,2．
则
显然是关于x,y线性的．
推论： 对三点A,B,X，若OX^(→−)=λOA^(→−)+μOB^(→−)（λ+μ=1），即X在直线AB上，则f(X)=λf(A)+μf(B)．
线性幂差引理是对圆幂更深入的研究，适合用于有两圆以及三点共线的问题．
下面我们来看今年高联的平面几何题：
题目
如图，在凸四边形ABCD中，AC平分∠BAD，点E,F分别在边BC,CD上，满足EF∥BD．分别延长FA,EA至点P,Q，使得过点A,B,P的圆ω_(1)及过点A,D,Q的圆ω_(2)均与直线AC相切．证明：B,P,Q,D四点共圆．
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分析
最直接地，要想证明B,P,Q,D四点共圆，从角考虑，只需证明∠BPD=∠BQD．
利用切线和角平分线导角可得：
故只需证明：∠APB=∠AQD．
这里能转为一组新的四点共圆，但需要构造出新的交点，比较麻烦，于是想办法将这两个角转移．
设△APD的外接圆与BD的另一交点为点P^(′)，则∠APD=∠AP^(′)D；设△AQB的外接圆与BD的另一交点为点Q^(′)，则∠AQB=∠AQ^(′)B．
只需证明：∠AP^(′)D=∠AQ^(′)B，即AP^(′)=AQ^(′)．
如图，设ω_(1)和BD的另一交点为R，ω_(2)和BD的另一交点为S，AE,AF,AC分别交BD于点E^(′),F^(′),C^(′)．
由∠ARS=∠APB=∠AQD=∠ASR知，AR=AS．故只需证明：RQ^(′)=SP^(′)．
设f(X)=P(X,ω_(1))−P(X,ω_(2))．则
公式：\begin{aligned}
f(E')&=E'B\cdot E'R-E'A\cdot E'Q\\
&=E'B\cdot E'R-E'B\cdot E'Q'\\
&=-E'B\cdot RQ'
\end{aligned}
公式：\begin{aligned}
f(F')&=F'A\cdot F'P+F'D\cdot F'S\\
&=F'D\cdot F'P'+F'D\cdot F'S\\
&=F'D\cdot SP'
\end{aligned}于是由线性幂差引理，
公式：\begin{aligned}
&f(C')\\
=&\frac{E'C'}{E'F'}\cdot f(F')+\frac{C'F'}{E'F'}\cdot f(E')\\
=&\frac{E'C'}{E'F'}\cdot F'D\cdot SP'-\frac{C'F'}{E'F'}\cdot E'B\cdot RQ'
\end{aligned}由点C^(′)在ω_(1)和ω_(2)的公切线上知f(C^(′))=0，要证明RQ^(′)=SP^(′)，只需证明：
公式：\begin{aligned}
&E'C'\cdot F'D=C'F'\cdot E'B\\
\iff&\frac{BE'}{E'C'}=\frac{DF'}{F'C'}\\
\iff&\frac{AB\sin\angle BAE'}{AC'\sin\angle E'AC'}=\frac{AD\sin\angle DAF'}{AC'\sin\angle F'AC'}\\
\iff&\frac{AB\sin\angle BAE}{AC\sin\angle EAC}=\frac{AD\sin\angle DAF}{AC\sin\angle FAC}\\
\iff&\frac{BE}{EC}=\frac{DF}{FC}
\end{aligned}这由EF∥BC即证．
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