2026年CSMO的几何题的解答（一）

1. 题目

如图，在 △ABC\triangle ABC△ABC 中，AB<ACAB < ACAB<AC，MMM 为边 BCBCBC 的中点，DDD 为 ∠BAC\angle BAC∠BAC 的平分线与 BCBCBC 的交点，PPP 为 DDD 关于 AAA 的对称点，QQQ 为 △PBC\triangle PBC△PBC 的外接圆上一点，满足 MQ∥ADMQ\parallel ADMQ∥AD，且 PPP、QQQ 位于 BCBCBC 的两侧，PQPQPQ 与 AMAMAM 交于点 RRR，证明：∠RBQ=∠RCQ\angle RBQ = \angle RCQ∠RBQ=∠RCQ。

2. 分析

这个题的关键，是证明点 RRR 和点 AAA 关于 △PBC\triangle PBC△PBC 等角共轭。

点 AAA 处的等角处理起来比较简单，只需要根据 MQ∥PDMQ\parallel PDMQ∥PD 和 MMM 是中点这两个条件即可证明 ∠BPD=∠QPC\angle BPD = \angle QPC∠BPD=∠QPC。

难点是如何证明第二组等角。

如果熟悉调和点列的话，结合题目中的 MQ∥PDMQ\parallel PDMQ∥PD 和 AAA 是 PDPDPD 中点的条件，马上就可以得到一组调和点列，于是

平行+中点   ⟹  \implies⟹ 调和点列   ⟹  \implies⟹ 调和四边形   ⟹  \implies⟹ 类似中线   ⟹  \implies⟹ 等角共轭

这是一组很标准的推理路径。结合前一组等角共轭得到的相似 △PBD∼△PQC\triangle PBD \sim \triangle PQC△PBD∼△PQC 即可证明想要的角度相等的结论。

另外，前面已经证明了点 AAA 的等角共轭点在 PQPQPQ 上，接下来实际上我们只需要证明它也在直线 AMAMAM 上即可。因此到了这一步，可以直接用重心坐标来计算。

或者，直接硬算

sin⁡∠ABCsin⁡∠ABP=sin⁡∠RBPsin⁡∠RBC \frac{\sin \angle ABC}{\sin \angle ABP} = \frac{\sin \angle RBP}{\sin \angle RBC} sin∠ABPsin∠ABC​=sin∠RBCsin∠RBP​

也可以。

3. 解答

3.1. 步骤一：证明∠BPD=∠QPC

延长 ADADAD 交 △PBC\triangle PBC△PBC 的外接圆于 EEE，交 △ABC\triangle ABC△ABC 的外接圆于 FFF。

由 ADADAD 平分 ∠BAC\angle BAC∠BAC 可知 FFF 是优弧 BCBCBC 的中点，因此 MF⊥BCMF\perp BCMF⊥BC。

注意到

PD⋅DE=BD⋅DC=AD⋅DF PD\cdot DE = BD\cdot DC = AD\cdot DF PD⋅DE=BD⋅DC=AD⋅DF

可知 DF=2DEDF=2DEDF=2DE，于是有 ME=DE=EFME=DE=EFME=DE=EF。

又知 MQ∥ADMQ\parallel ADMQ∥AD，因此

∠CMQ=∠CDE=∠BME \angle CMQ = \angle CDE = \angle BME ∠CMQ=∠CDE=∠BME

由对称性可知 MQ=MEMQ=MEMQ=ME，BE^=CQ^\widehat{BE} = \widehat{CQ}BE=CQ​，因此

∠BPE=∠QPC \angle BPE = \angle QPC ∠BPE=∠QPC

3.2. 步骤二：证明∠ABP=∠RPC

设 PQPQPQ 与 BCBCBC 交于点 NNN。

3.2.1. 方法一：调和四边形

延长 BRBRBR 交 △PBC\triangle PBC△PBC 的外接圆于点 SSS，设 PCPCPC 中点为 KKK。

由 ∠BPD=∠QPC\angle BPD = \angle QPC∠BPD=∠QPC 可知

△BPD∼△QPC  ⟹  △BAD∼△QKC \triangle BPD \sim \triangle QPC \implies \triangle BAD \sim \triangle QKC △BPD∼△QPC⟹△BAD∼△QKC

由 AAA 是 PDPDPD 中点和 MQ∥ADMQ\parallel ADMQ∥AD 可知 PRNQPRNQPRNQ 为调和点列，因此 PSCQPSCQPSCQ 为调和四边形，于是 QSQSQS 是 △PCQ\triangle PCQ△PCQ 的类似中线，可知

∠PBS=∠PQS=∠KQC=∠ABD  ⟹  ∠PBA=∠SBD \angle PBS = \angle PQS = \angle KQC = \angle ABD \implies \angle PBA = \angle SBD ∠PBS=∠PQS=∠KQC=∠ABD⟹∠PBA=∠SBD

3.2.2. 方法二：重心坐标

以 △PBC\triangle PBC△PBC 为参考三角形建立重心坐标系，设 BC=aBC=aBC=a，PC=bPC=bPC=b，PB=cPB=cPB=c，BD=mBD=mBD=m，DC=nDC=nDC=n（m+n=am+n=am+n=a，0<m<n0<m<n0<m<n），点 A∗A^*A∗ 是 AAA 关于 △PBC\triangle PBC△PBC 的等角共轭点，则

P=(1,0,0)D=(0:n:m)A=(a:n:m)M=(0:1:1)A∗=(a:b2n:c2m) \begin{aligned} P & = (1,0,0) \\ D & = (0:n:m) \\ A & = (a:n:m) \\ M & = (0:1:1) \\ A^* & = \left(a:\frac{b^2}{n}:\frac{c^2}{m}\right) \end{aligned} PDAMA∗​=(1,0,0)=(0:n:m)=(a:n:m)=(0:1:1)=(a:nb2​:mc2​)​

由步骤一可知 A∗A^*A∗ 在 PQPQPQ 上，我们只需要证明它也在 AMAMAM 上即可。即证明：

∣anm011ab2nc2m∣=1 \begin{vmatrix} a & n & m \\ 0 & 1 & 1 \\ a & \frac{b^2}{n} & \frac{c^2}{m} \end{vmatrix} = 1 ​a0a​n1nb2​​m1mc2​​​=1

化简可得

c2m−b2n=m−n(I) \frac{c^2}{m}-\frac{b^2}{n}=m-n \tag{I} mc2​−nb2​=m−n(I)

我们设 AB=λmAB=\lambda mAB=λm，AC=λnAC=\lambda nAC=λn，其中 λ>1\lambda > 1λ>1，则由中线长公式和角平分线长公式可知：

2c2+2m2=4λ2m2+4d22b2+2n2=4λ2n2+4d2d2=λ2mn−mn \begin{aligned} 2c^2 + 2m^2 & = 4\lambda ^2 m^2 + 4d^2 \\ 2b^2 + 2n^2 & = 4\lambda ^2 n^2 + 4d^2 \\ d^2 & = \lambda ^2 mn - mn \end{aligned} 2c2+2m22b2+2n2d2​=4λ2m2+4d2=4λ2n2+4d2=λ2mn−mn​

整理可得

c2=(2λ2−1)m2+2(λ2−1)mnb2=(2λ2−1)n2+2(λ2−1)mn \begin{aligned} c^2 & = (2\lambda ^2-1)m^2 + 2(\lambda ^2-1)mn \\ b^2 & = (2\lambda ^2-1)n^2 + 2(\lambda ^2-1)mn \end{aligned} c2b2​=(2λ2−1)m2+2(λ2−1)mn=(2λ2−1)n2+2(λ2−1)mn​

代入即可验证上面的等式 (I)(\mathrm{I})(I) 成立。

3.2.3. 方法三：硬算

只需要证明

sin⁡∠ABCsin⁡∠ABP=sin⁡∠RBPsin⁡∠RBC \frac{\sin \angle ABC}{\sin \angle ABP} = \frac{\sin \angle RBP}{\sin \angle RBC} sin∠ABPsin∠ABC​=sin∠RBCsin∠RBP​

即可。

注意到

sin⁡∠ABCsin⁡∠ABP=BPBDsin⁡∠RBPsin⁡∠RBC=PRRN⋅BNBP \begin{aligned} \frac{\sin \angle ABC}{\sin \angle ABP} & = \frac{BP}{BD} \\[2ex] \frac{\sin \angle RBP}{\sin \angle RBC} & = \frac{PR}{RN}\cdot \frac{BN}{BP} \end{aligned} sin∠ABPsin∠ABC​sin∠RBCsin∠RBP​​=BDBP​=RNPR​⋅BPBN​​

考虑 △PND\triangle PND△PND 和直线 AMAMAM，有

PRRN⋅NMMD⋅DAAP=1 \frac{PR}{RN}\cdot \frac{NM}{MD}\cdot \frac{DA}{AP} = 1 RNPR​⋅MDNM​⋅APDA​=1

可知

PRRN=DMMN \frac{PR}{RN} = \frac{DM}{MN} RNPR​=MNDM​

因此只需证

BP2BN⋅BD=DMMN(II) \frac{BP^2}{BN\cdot BD} = \frac{DM}{MN} \tag{II} BN⋅BDBP2​=MNDM​(II)

即可。

设 BD=mBD=mBD=m，DC=nDC=nDC=n，AB=λmAB=\lambda mAB=λm，AC=λnAC=\lambda nAC=λn，AD=xAD=xAD=x，DE=yDE=yDE=y，其中 0<m<n0<m<n0<m<n，λ>1\lambda > 1λ>1，则有

{mn=2xyx2=(λ2−1)mn  ⟹  xy=2(λ2−1) \begin{cases} mn=2xy \\ x^2 = (\lambda ^2-1)mn \end{cases} \implies \frac{x}{y} = 2(\lambda^2-1) {mn=2xyx2=(λ2−1)mn​⟹yx​=2(λ2−1)

于是

DNMN=2xy=4(λ2−1)DMMN=DNMN+1=4λ2−3 \begin{aligned} \frac{DN}{MN} & = \frac{2x}{y} = 4(\lambda^2-1) \\[2ex] \frac{DM}{MN} & =\frac{DN}{MN} +1 = 4\lambda ^2-3 \end{aligned} MNDN​MNDM​​=y2x​=4(λ2−1)=MNDN​+1=4λ2−3​

因此

DM=m+n2−m=n−m2DN=DM⋅4(λ2−1)4(λ2−1)+1=2(λ2−1)4λ2−3(n−m)BN=m+DN=2λ2−14λ2−3m+2(λ2−1)4λ2−3n \begin{aligned} DM & = \frac{m+n}{2}-m = \frac{n-m}{2} \\[2ex] DN & = DM\cdot \frac{4(\lambda^2-1)}{4(\lambda^2-1)+1} = \frac{2(\lambda ^2-1)}{4\lambda ^2-3}(n-m) \\[2ex] BN & = m + DN = \frac{2\lambda ^2-1}{4\lambda ^2-3}m + \frac{2(\lambda ^2-1)}{4\lambda ^2-3}n \end{aligned} DMDNBN​=2m+n​−m=2n−m​=DM⋅4(λ2−1)+14(λ2−1)​=4λ2−32(λ2−1)​(n−m)=m+DN=4λ2−32λ2−1​m+4λ2−32(λ2−1)​n​

可知

BN⋅BD=2λ2−14λ2−3m2+2(λ2−1)4λ2−3mn BN\cdot BD = \frac{2\lambda ^2-1}{4\lambda ^2-3}m^2 + \frac{2(\lambda ^2-1)}{4\lambda ^2-3}mn BN⋅BD=4λ2−32λ2−1​m2+4λ2−32(λ2−1)​mn

而

BP2=2AB2+2AD2−BD2=2λ2m2+2x2−m2=(2λ2−1)m2+2(λ2−1)mn \begin{aligned} BP^2 & = 2AB^2 + 2AD^2 - BD^2 \\ & = 2\lambda ^2m^2+2x^2-m^2 \\ & = (2\lambda ^2-1)m^2 + 2(\lambda ^2-1)mn \end{aligned} BP2​=2AB2+2AD2−BD2=2λ2m2+2x2−m2=(2λ2−1)m2+2(λ2−1)mn​

代入即可验证等式 (II)(\mathrm{II})(II) 成立。

3.3. 步骤三：证明∠RBQ=∠RCQ

由步骤二可知，点 RRR 和点 AAA 关于 △PBC\triangle PBC△PBC 等角共轭，因此 ∠PCA=∠RCB\angle PCA = \angle RCB∠PCA=∠RCB，

∠RBQ=∠RBC+∠CBQ=∠PBA+∠CPR=∠PBA+∠BPA=∠BAD \begin{aligned} \angle RBQ & = \angle RBC + \angle CBQ \\ & = \angle PBA + \angle CPR \\ & = \angle PBA + \angle BPA \\ & = \angle BAD \end{aligned} ∠RBQ​=∠RBC+∠CBQ=∠PBA+∠CPR=∠PBA+∠BPA=∠BAD​

同理可知 ∠RCQ=∠CAD\angle RCQ = \angle CAD∠RCQ=∠CAD，因此 ∠RBQ=∠RCQ\angle RBQ = \angle RCQ∠RBQ=∠RCQ。