用余切联合定理证明第17届XMO几何题

证明：

过C作CH⊥AB于点H，不妨设AH=m−x，HX=x，HB=n．于是cot⁡θ=(x)/(CH)，cot⁡B=(n+x)/(CH)，cot⁡A=(m−x)/(CH)．只需证明：

显然成立，证毕．

注：

点X可在延长线上，此时(AX)/(XB)为有向线段之比．

下面我们用余切联合定理来证明第17届XMO的几何题．

分析：

本题无论是圆，还是角平分线、垂线的条件，都与角度关系很大，所以首选导角．

先设出几个基本角度．对于角平分线LEK，其出现在相似的△ABE和△CDE中，因此设∠BAE，∠ABE为两个基本角度比较合适，由此也能表示出∠ALK和∠DKL，从而用上垂直条件．角平分线IEJ同理．

再考虑如何证明PEQ三点共线，仍然考虑导角进行证明．“对顶角”相等、“邻补角“互补等是常用方法．在本题中，注意到角平分线的垂直，可以通过∠QEL+∠PEI=90^(∘)来证明三点共线．而这两个角则可以很方便地用余切联合定理表示．

此外，在证明过程中，可以发现△QLK和△PIJ均为等腰三角形，从而大大简化计算．

证明：

引理：在△ABC中，AC=BC，点X在边AB上．则

公式：\cot\angle AXB=\frac{AX-XB}{AX+XB}\cot A.

即为余切联合定理对于等腰三角形的特殊情况，证明略．

回到原题．设∠EAB=x，∠EBA=y，∠EDA=z，∠EAD=w．

则

公式：\begin{aligned} \angle QLK=&90^{\circ}-\angle EKD\\ =&90^{\circ}-\angle ECD-\dfrac{\angle CED}{2}\\ =&90^{\circ}-y-\dfrac{180^{\circ}-x-y}{2}\\ =&\dfrac{x-y}{2} \end{aligned}

同理∠QKL=(x−y)/(2)=∠QLK．

由△ABE∼△DCE，且角平分线EL和EK为相似对应线段知：

公式：\frac{EL}{EK}=\frac{EA}{EB}=\frac{\sin z}{\sin w}.

在△QLK中，由引理知：

公式：\begin{aligned} &\cot\angle QEL\\ =&\frac{EL-EK}{EL+EK}\cdot\cot\angle QLK\\ =&\frac{\sin z-\sin w}{\sin z+\sin w}\cdot\cot\frac{x-y}{2}\\ =&\tan\frac{z-w}{2}\cdot\cot\frac{z+w}{2}\cdot\cot\frac{x-y}{2}\\ \end{aligned}

同理

公式：\cot\angle PEI=\tan\frac{x-y}{2}\cdot\cot\frac{x+y}{2}\cdot\cot\frac{z-w}{2}.

于是

公式：\begin{aligned} &\cot\angle QEL\cdot\cot\angle PEI\\ =&\cot\frac{z+w}{2}\cdot\cot\frac{x+y}{2}\\ =&1 \end{aligned}

即∠QEL+∠PEI=90^(∘)，从而PEQ三点共线，证毕．