在三角形 A B C ABC A B C A B < A C < B C AB<AC<BC A B < A C < B C I I I ω \omega ω X ≠ C X\ne C X = C B C BC B C X X X A C AC A C ω \omega ω Y ≠ B Y\ne B Y = B B C BC B C Y Y Y A B AB A B ω \omega ω A I AI A I A B C ABC A B C P P P K , L K,L K , L A C , A B AC,AB A C , A B ∠ K I L + ∠ Y P X = 180 ∘ \angle KIL+\angle YPX=180^\circ ∠ K I L + ∠ Y P X = 18 0 ∘
题面来源：《解析版 9+2 with 11》PDF 第 85 页。
解析法解答
内心与对称点的坐标
设
A ( 0 , 1 ) , B ( − b , 0 ) , C ( c , 0 ) , b = t − 1 − t 2 , c = s − 1 − s 2 . A(0,1),\quad B(-b,0),\quad C(c,0),
\quad b=\frac{t^{-1}-t}{2},\quad c=\frac{s^{-1}-s}{2}. A ( 0 , 1 ) , B ( − b , 0 ) , C ( c , 0 ) , b = 2 t − 1 − t , c = 2 s − 1 − s . 原解答中的内心与对称点为
I ( i , j ) = ( t − s 2 , 1 − s t 2 ) , A ′ = 2 I − A = ( t − s , − s t ) . I(i,j)=\left(\frac{t-s}{2},\frac{1-st}{2}\right),
\qquad A'=2I-A=(t-s,-st). I ( i , j ) = ( 2 t − s , 2 1 − s t ) , A ′ = 2 I − A = ( t − s , − s t ) . 由 A ′ Y ∥ A B A'Y\parallel AB A ′ Y ∥ A B
A ′ Y : y + s t = b − 1 ( x − ( t − s ) ) , Y ( b s t + t − s , 0 ) . A'Y:y+st=b^{-1}(x-(t-s)),
\qquad Y(bst+t-s,0). A ′ Y : y + s t = b − 1 ( x − ( t − s )) , Y ( b s t + t − s , 0 ) . 点 P P P
P ( − b + c 2 , − b + c 2 tan A 2 ) , P\left(\frac{-b+c}{2},\frac{-b+c}{2}\tan\frac A2\right), P ( 2 − b + c , 2 − b + c tan 2 A ) , 再化为
P ( − b + c 2 , − ( 1 + s t ) ( t − s ) 4 s t ) . P\left(\frac{-b+c}{2},-\frac{(1+st)(t-s)}{4st}\right). P ( 2 − b + c , − 4 s t ( 1 + s t ) ( t − s ) ) . 于是
k P Y = ( 1 − s t ) 2 2 s 2 t ( 1 − t 2 ) + ( t − s ) ( 3 t s − 1 ) . k_{PY}=\frac{(1-st)^2}{2s^2t(1-t^2)+(t-s)(3ts-1)}. k P Y = 2 s 2 t ( 1 − t 2 ) + ( t − s ) ( 3 t s − 1 ) ( 1 − s t ) 2 . 将另一角的正切写成参数式
按原解答，
k A I = j − 1 i , tan α = 1 − j i , k I K = 2 j − 1 2 i − c . k_{AI}=\frac{j-1}{i},\qquad
\tan\alpha=\frac{1-j}{i},\qquad
k_{IK}=\frac{2j-1}{2i-c}. k A I = i j − 1 , tan α = i 1 − j , k I K = 2 i − c 2 j − 1 . 故
tan ∠ A I K = − ( 1 − j ) / i + ( 2 j − 1 ) / ( 2 i − c ) 1 + ( 1 − j ) ( 2 j − 1 ) / ( i ( 2 i − c ) ) \tan\angle AIK
=-\frac{(1-j)/i+(2j-1)/(2i-c)}
{1+(1-j)(2j-1)/(i(2i-c))} tan ∠ A I K = − 1 + ( 1 − j ) ( 2 j − 1 ) / ( i ( 2 i − c )) ( 1 − j ) / i + ( 2 j − 1 ) / ( 2 i − c ) = − i + ( j − 1 ) c 2 ( i 2 + j 2 ) − c i − 3 j + 1 . =-\frac{i+(j-1)c}{2(i^2+j^2)-ci-3j+1}. = − 2 ( i 2 + j 2 ) − c i − 3 j + 1 i + ( j − 1 ) c . 将内心坐标代入，原解答把目标化为 f 1 / g 1 = f 2 / g 2 f_1/g_1=f_2/g_2 f 1 / g 1 = f 2 / g 2
f 1 = ( 1 − s t ) 2 , f 2 = ( 1 + s t ) ( s − 1 − s ) − 2 ( t − s ) = ( 1 − s t ) ( s − 1 + s ) , f_1=(1-st)^2,
\qquad f_2=(1+st)(s^{-1}-s)-2(t-s)
=(1-st)(s^{-1}+s), f 1 = ( 1 − s t ) 2 , f 2 = ( 1 + s t ) ( s − 1 − s ) − 2 ( t − s ) = ( 1 − s t ) ( s − 1 + s ) , g 1 = 2 s 2 t ( 1 − t 2 ) + ( t − s ) ( 3 t s − 1 ) = ( 1 − s t ) ( 2 s t 2 + s − t ) , g_1=2s^2t(1-t^2)+(t-s)(3ts-1)
=(1-st)(2st^2+s-t), g 1 = 2 s 2 t ( 1 − t 2 ) + ( t − s ) ( 3 t s − 1 ) = ( 1 − s t ) ( 2 s t 2 + s − t ) , g 2 = 2 ( s 2 t 2 + s 2 + t 2 + 1 − 4 s t ) − 6 ( 1 − s t ) − ( t − s ) ( s − 1 − s ) + 4. g_2=2(s^2t^2+s^2+t^2+1-4st)
-6(1-st)-(t-s)(s^{-1}-s)+4. g 2 = 2 ( s 2 t 2 + s 2 + t 2 + 1 − 4 s t ) − 6 ( 1 − s t ) − ( t − s ) ( s − 1 − s ) + 4. 比较二次多项式
令
g ~ 2 ( t ) = ( s + s − 1 ) ( 2 s t 2 + s − t ) . \widetilde g_2(t)=(s+s^{-1})(2st^2+s-t). g 2 ( t ) = ( s + s − 1 ) ( 2 s t 2 + s − t ) . g 2 , g ~ 2 g_2,\widetilde g_2 g 2 , g 2 t t t
g 2 ( 0 ) = g ~ 2 ( 0 ) = s 2 + 1 , g_2(0)=\widetilde g_2(0)=s^2+1, g 2 ( 0 ) = g 2 ( 0 ) = s 2 + 1 , [ t 2 ] g 2 = [ t 2 ] g ~ 2 = 2 ( s 2 + 1 ) , [t^2]g_2=[t^2]\widetilde g_2=2(s^2+1), [ t 2 ] g 2 = [ t 2 ] g 2 = 2 ( s 2 + 1 ) , g 2 ( s − 1 ) = g ~ 2 ( s − 1 ) = ( s + s − 1 ) 2 . g_2(s^{-1})=\widetilde g_2(s^{-1})=(s+s^{-1})^2. g 2 ( s − 1 ) = g 2 ( s − 1 ) = ( s + s − 1 ) 2 . 因此 g 2 ≡ g ~ 2 g_2\equiv\widetilde g_2 g 2 ≡ g 2
f 1 g 1 = 1 − s t 2 s t 2 + s − t = f 2 g 2 . \frac{f_1}{g_1}=\frac{1-st}{2st^2+s-t}
=\frac{f_2}{g_2}. g 1 f 1 = 2 s t 2 + s − t 1 − s t = g 2 f 2 . 原解答所需的正切关系成立。
Notebook 中保存的校验记录 两分子的对应、g 1 g_1 g 1 True 记录。这里用 g ~ 2 \widetilde g_2 g 2 g 2 ′ g_2' g 2 ′
来源：problem-2024-IMO-P4.nb；按已有文本整理，本次未重新执行 notebook。