IMO 2014/4

[wangjiezhe]

点 $P$ 在 $Q$ 在锐角三角形 $ABC$ 的边 $BC$ 上，满足 $\angle PAB = \angle BCA$ 且 $\angle CAQ = \angle ABC$。点 $M$ 和 $N$ 分别在直线 $AP$ 和 $AQ$ 上，使得 $P$ 是 $AM$ 的中点，且 $Q$ 是 $AN$ 的中点。证明：直线 $BM$ 和 $CN$ 的交点在三角形 $ABC$ 的外接圆上。

[wangjiezhe]

解法一：相似

注意到 $$\triangle BAP \sim \triangle BCA \sim \triangle ACQ \implies \triangle BMP \sim \triangle NCQ$$
因此 $\angle BMP = \angle NCQ$。

设 $BM$ 与 $CN$ 交于 $K$，则 $\angle MKC = \angle MPC = \angle BPA = \angle BAC$，因此 $A$、$B$、$K$、$C$ 四点共圆，命题得证。

[wangjiezhe]

解法二：调和点列

过 $B$ 作 $(ABC)$ 的切线，则切线与 $AP$ 平行。

设 $BM$ 与 $(ABC)$ 交于 $X$，$B_\infty$ 表示 $AP$ 方向的无穷远点，则

$$-1 = (AM;PB_\infty) \overset{B}{=} (AX;CB)$$

同理，设 $CN$ 与 $(ABC)$ 交于 $Y$，则有 $(AY;BC)=-1$，因此 $X$ 与 $Y$ 重合，即为所求。

[wangjiezhe]

解法三：重心坐标

由 $\triangle BAP \sim \triangle BCA$ 可知 $PB={c^2}/a$，因此

$$P=\left(0:a-\frac{c^2}{a}:\frac{c^2}{a}\right)=\left(0:a^{2}-c^{2}:c^{2}\right)$$

所以 $\vec{M}=2\vec{P}-\vec{A}$ 的坐标为

$$M=\left(-a^2:2(a^2-c^2) :c^2\right)$$

同理可得，$N=\big(-a^2:2b^2 : 2(a^2-b^2)\big)$，因此

$$\overline{BM}\cap\overline{CN}=\left(-a^2 : 2b^2 : 2c^2\right)$$

容易验证，这个点在 $(ABC)$ 上。

[wangjiezhe]

解法四：反演

对点 $A$ 作 $\sqrt{bc}$ 反演，只需证 $(ACM^*)$ 和 $(ABN^*)$ 的第二个交点在 $BC$ 上。

$P^*$ 在 $(ABC)$ 上，且 $\angle ACB = \angle P^*AC = \angle P^*BC \implies BP^* \parallel AC$。$M^*$ 为 $AP^*$ 的中点，设 $(ACM^*)$ 与 $BC$ 的交于 $X$，则 $XM^*\parallel BP^*\implies X$ 为 $BC$ 的中点。

同理，$(ABN^*)$ 也与 $BC$ 交于其中点，因此上面的结论成立。