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16th XMO P13：坐标求点与切线判定

题目​

在锐角三角形 ABCABC 中，OO 为外心，直线 AOAO 与直线 BCBC 交于 KK。以 KK 为圆心、KAKA 为半径作圆 Ω\Omega，直线 ACAC 与 Ω\Omega 再次交于 TT。设 D,AD,A 在直线 BCBC 异侧，且 BCBC 平分 ∠ABD\angle ABD。三角形 ABC,BCDABC,BCD 的垂心分别为 M,NM,N。已知 MN∥ACMN\parallel AC，求证：直线 DTDT 与 Ω\Omega 相切。

题面来源：《解析版 9+2 with 11》PDF 第 20 页。

解析法解答​

取底边为横轴​

按原解答设

A(0,1),B(−b,0),C(c,0),O(−b+c2,1−bc2),M(0,bc),b>c.A(0,1),\quad B(-b,0),\quad C(c,0),\quad O\left(\frac{-b+c}{2},\frac{1-bc}{2}\right),\quad M(0,bc),\quad b>c.

由 A,OA,O 的坐标，

kAO=bc+1b−c,AO:(b−c)y−(bc+1)x=b−c.k_{AO}=\frac{bc+1}{b-c}, \qquad AO:(b-c)y-(bc+1)x=b-c.

故 AOAO 与 xx 轴的交点为

K(−b−cbc+1,0).K\left(-\frac{b-c}{bc+1},0\right).

求 D,ND,N 的坐标​

原解答给出

kBD=−1b,BD:y+xb=−1,D(d,−1−db).k_{BD}=-\frac1b,\qquad BD:y+\frac xb=-1, \qquad D\left(d,-1-\frac db\right).

又因 kMN=kAC=−1/ck_{MN}=k_{AC}=-1/c，

MN:y+xc=bc,N(d,bc−dc).MN:y+\frac xc=bc, \qquad N\left(d,bc-\frac dc\right).

由 kCN=bk_{CN}=b，得到

bc−d/cd−c=b,d=2bcb+1/c.\frac{bc-d/c}{d-c}=b, \qquad d=\frac{2bc}{b+1/c}.

所以

D(2bc2bc+1,−bc−1−2c2bc+1).D\left(\frac{2bc^2}{bc+1}, \frac{-bc-1-2c^2}{bc+1}\right).

平移坐标并求圆上交点​

将原点平移至 AA，此时

A(0,0),K(−b−cbc+1,−1),T(t,−tc).A(0,0),\qquad K\left(-\frac{b-c}{bc+1},-1\right), \qquad T\left(t,-\frac tc\right).

圆 Ω\Omega 的方程为

x2+y2+2(b−c)bc+1x+2y=0.x^2+y^2+\frac{2(b-c)}{bc+1}x+2y=0.

代入 TT，原解答得到 t=2c/(bc+1)t=2c/(bc+1)。返回原坐标系，

T(2cbc+1,bc−1bc+1).T\left(\frac{2c}{bc+1},\frac{bc-1}{bc+1}\right).

比较斜率：

kKT=bc−12c+b−c=bc−1b+c,k_{KT}=\frac{bc-1}{2c+b-c}=\frac{bc-1}{b+c}, kDT=bc−1+bc+1+2c22c−2bc2=b+c1−bc.k_{DT}=\frac{bc-1+bc+1+2c^2}{2c-2bc^2} =\frac{b+c}{1-bc}.

所以 kKTkDT=−1k_{KT}k_{DT}=-1，即 KT⊥DTKT\perp DT，原解答据此得 DTDT 为圆 Ω\Omega 在 TT 处的切线。

来源：problem-16th-XMO-P13.nb；按已有文本整理，本次未重新执行 notebook。