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2019 USA TST P1：圆系与韦达定理

题目​

在三角形 ABCABC 中，M,NM,N 分别是 AB,ACAB,AC 的中点。点 XX 在三角形 ABCABC 的外接圆于 AA 处的切线上。用 ωB\omega_B 表示过 M,BM,B 且与 MXMX 相切的圆，用 ωC\omega_C 表示过 N,CN,C 且与 NXNX 相切的圆。求证：ωB,ωC\omega_B,\omega_C 的一个交点在直线 BCBC 上。

题面来源：《解析版 9+2 with 11》PDF 第 142 页。

解析法解答​

用底边中点简化坐标​

取

A(0,0),B(−2b,−2),C(2c,−2).A(0,0),\quad B(-2b,-2),\quad C(2c,-2).

于是

M(−b,−1),N(c,−1),O(−b+c,−1−bc).M(-b,-1),\quad N(c,-1),\quad O(-b+c,-1-bc).

外接圆方程为

⊙O:x2+y2−2(−b+c)x−2(−1−bc)y=0.\odot O:x^2+y^2-2(-b+c)x-2(-1-bc)y=0.

直线 AXAX 为

(1+bc)y+(b−c)x=0.(1+bc)y+(b-c)x=0.

故设

X((1+bc)t,−(b−c)t).X\bigl((1+bc)t,-(b-c)t\bigr).

构造在 MM 处与 MXMX 相切的圆系​

先写出

kMX=(c−b)t+1(1+bc)t+b.k_{MX}=\frac{(c-b)t+1}{(1+bc)t+b}.

因此 MXMX 的方程可记为

f(x,y)=((1+bc)t+b)y+((b−c)t−1)x+(b2+1)t=0.f(x,y)=\bigl((1+bc)t+b\bigr)y +\bigl((b-c)t-1\bigr)x+(b^2+1)t=0.

在 MM 处与 MXMX 相切的圆系为

(x+b)2+(y+1)2+λf(x,y)=0.(x+b)^2+(y+1)^2+\lambda f(x,y)=0.

代入 B(−2b,−2)B(-2b,-2)，得到

(1−λt)(b2+1)=0,λ=1t.(1-\lambda t)(b^2+1)=0, \qquad \lambda=\frac1t.

所以所需圆可以写成

⊙ωB:t((x+b)2+(y+1)2)+f(x,y)=0.\odot\omega_B: t\bigl((x+b)^2+(y+1)^2\bigr)+f(x,y)=0.

用已知根求另一交点​

设圆 ωB\omega_B 与 BCBC 的另一交点为 D(d,−2)D(d,-2)。代入得到

t(d+b)2+t+f(d,−2)=0.t(d+b)^2+t+f(d,-2)=0.

将其写成

a2d2+a1d+a0=0.a_2d^2+a_1d+a_0=0.

其中一个根已知为 −2b-2b，且 a2=ta_2=t。由韦达定理，另一根为

d=a0−2ba2=c−b+1t.d=\frac{a_0}{-2ba_2}=c-b+\frac1t.

对圆 ωC\omega_C 与 BCBC 的交点作同样处理，只需在所得横坐标中交换 −b,c-b,c。表达式

c−b+1tc-b+\frac1t

在这一交换下保持不变。因此两个圆与 BCBC 的另一交点重合，原证明完成。

Notebook 中保存的校验记录

圆心、AXAX、MXMX、λ=1/t\lambda=1/t、已知根 −2b-2b 以及最终表达式的对称性，均保存了 True。提取另一根时的计算单元另有列表和替换规则警告；上文采用已整理的文字证明，没有把该计算记录描述为全部通过。

来源：problem-2019-USA-TST-P1.nb；按已有文本整理，本次未重新执行 notebook。