2026年CNMO的几何题的解答（一）

1. 题目

如图，已知 △ABC\triangle ABC△ABC 的外接圆、内切圆分别为 ⊙O\odot O⊙O、⊙I\odot I⊙I，⊙I\odot I⊙I 与边 BCBCBC、CACACA、ABABAB 分别切于点 DDD、EEE、FFF。过点 DDD 作 DS⊥EFDS\perp EFDS⊥EF 于点 SSS。若 ⊙O\odot O⊙O 与以 AIAIAI 为直径的圆的第二个交点为 TTT，证明：TTT、SSS、III 三点共线。

2. 解法一：同一法+配极

设 S′=EF‾∩TI‾S'=\overline{EF}\cap\overline{TI}S′=EF∩TI，Q=AT‾∩BC‾Q=\overline{AT}\cap\overline{BC}Q=AT∩BC。

以下极点、极线的讨论都是基于 ⊙I\odot I⊙I。

点 S′S'S′ 在 AAA 的极线 EFEFEF 上   ⟹  \implies⟹ 点 AAA 在 S′S'S′ 的极线上。由 IS′⊥ATIS'\perp ATIS′⊥AT 可知 ATATAT 为 S′S'S′ 的极线。

由 QQQ 在 S′S'S′ 的极线 ATATAT 上、DDD 的极线 BCBCBC 上可知 QQQ 的极线为 DS′DS'DS′，因此 QI⊥DS′QI\perp DS'QI⊥DS′。因此

S=S′  ⟸  DS′⊥EF  ⟸  QI∥EF  ⟸  QI⊥AI S=S' \impliedby DS'\perp EF \impliedby QI\parallel EF \impliedby QI\perp AI S=S′⟸DS′⊥EF⟸QI∥EF⟸QI⊥AI

作 IQ′⊥AIIQ'\perp AIIQ′⊥AI 交直线 BCBCBC 于 Q′Q'Q′。延长 AIAIAI 交 ⊙O\odot O⊙O 于 JJJ，则 JI=JB=JCJI=JB=JCJI=JB=JC，即 JJJ 是 △IBC\triangle IBC△IBC 的外心。

由 Q′I⊥JIQ'I\perp JIQ′I⊥JI 可知 Q′IQ'IQ′I 是 △IBC\triangle IBC△IBC 的外接圆的切线，因此

Q′I2=Q′B⋅Q′C Q'I^2 = Q'B\cdot Q'C Q′I2=Q′B⋅Q′C

设直线 AQ′AQ'AQ′ 与 ⊙O\odot O⊙O 的另一个交点为 T′T'T′，则

Q′T′⋅Q′A=Q′B⋅Q′C=Q′I2 Q'T'\cdot Q'A = Q'B\cdot Q'C = Q'I^2 Q′T′⋅Q′A=Q′B⋅Q′C=Q′I2

因此

△Q′T′I∼△Q′IA  ⟹  ∠Q′T′I=∠Q′IA=90∘ \triangle Q'T'I \sim \triangle Q'IA \implies \angle Q'T'I = \angle Q'IA = 90^\circ △Q′T′I∼△Q′IA⟹∠Q′T′I=∠Q′IA=90∘

可知 ∠AT′I=90∘\angle AT'I=90^\circ∠AT′I=90∘，因此 T′T'T′ 也在以 AIAIAI 为直径的圆上，故 T′T'T′ 与 TTT 重合，进而 Q′Q'Q′ 与 QQQ 重合。

因此 QI⊥AIQI\perp AIQI⊥AI，可知 S′S'S′ 与 SSS 重合，命题得证。

3. 解法二：相似+反演

设 P=AT‾∩EF‾P=\overline{AT}\cap\overline{EF}P=AT∩EF。

易证

△DSE∼△BFI  ⟹  SEIF=DSBF△DSF∼△CEI  ⟹  SFIE=DSCE }  ⟹  SESF=CEBF \left. \begin{aligned} \triangle DSE\sim\triangle BFI & \implies \frac{SE}{IF}=\frac{DS}{BF} \\[2ex] \triangle DSF\sim\triangle CEI & \implies \frac{SF}{IE}=\frac{DS}{CE} \end{aligned} \,\right\} \implies \frac{SE}{SF}=\frac{CE}{BF} △DSE∼△BFI△DSF∼△CEI​⟹IFSE​=BFDS​⟹IESF​=CEDS​​⎭⎬⎫​⟹SFSE​=BFCE​

又易证

△ATE∼△AEP  ⟹  TEEP=ATAE=AEAP△ATF∼△AFP  ⟹  TFFP=ATAF=AFAP }  ⟹  TETF=PEPF \left. \begin{aligned} \triangle ATE \sim \triangle AEP & \implies \frac{TE}{EP}=\frac{AT}{AE}=\frac{AE}{AP} \\[2ex] \triangle ATF \sim \triangle AFP & \implies \frac{TF}{FP}=\frac{AT}{AF}=\frac{AF}{AP} \end{aligned} \,\right\} \implies \frac{TE}{TF} = \frac{PE}{PF} △ATE∼△AEP△ATF∼△AFP​⟹EPTE​=AEAT​=APAE​⟹FPTF​=AFAT​=APAF​​⎭⎬⎫​⟹TFTE​=PFPE​

由上面的相似还可知

AT⋅AP=AF2=AE2 AT\cdot AP = AF^2=AE^2 AT⋅AP=AF2=AE2

我们以 AAA 为反演中心，AEAEAE 为反演半径建立反演变换，则 T↔PT \leftrightarrow PT↔P，因此 △ABC\triangle ABC△ABC 的外接圆变为经过点 PPP 的直线。记 BBB、CCC 的反演点依次为 B′B'B′、C′C'C′，考虑 △AEF\triangle AEF△AEF 和直线 B′C′B'C'B′C′，有

AB′B′F⋅FPPE⋅EC′C′A=1 \frac{AB'}{B'F}\cdot \frac{FP}{PE}\cdot \frac{EC'}{C'A}=1 B′FAB′​⋅PEFP​⋅C′AEC′​=1

因此

PEPF=AB′B′F⋅EC′C′A=AF2ABAF−AF2AB⋅AE−AE2ABAE2AC=AFAB−AF⋅AC−AEAE=CEBF \begin{aligned} \frac{PE}{PF} & = \frac{AB'}{B'F}\cdot \frac{EC'}{C'A} \\[2ex] & = \frac{\frac{AF^2}{AB}}{AF-\frac{AF^2}{AB}}\cdot \frac{AE-\frac{AE^2}{AB}}{\frac{AE^2}{AC}} \\[2ex] & = \frac{AF}{AB-AF}\cdot \frac{AC-AE}{AE} \\[2ex] & = \frac{CE}{BF} \end{aligned} PFPE​​=B′FAB′​⋅C′AEC′​=AF−ABAF2​ABAF2​​⋅ACAE2​AE−ABAE2​​=AB−AFAF​⋅AEAC−AE​=BFCE​​

可知

TETF=PEPF=CEBF=SESF \frac{TE}{TF} = \frac{PE}{PF} = \frac{CE}{BF} = \frac{SE}{SF} TFTE​=PFPE​=BFCE​=SFSE​

因此 SSS 在 ∠ETF\angle ETF∠ETF 的平分线上。

由 IE=IFIE=IFIE=IF 可知 TITITI 平分 ∠ETF\angle ETF∠ETF，因此 SSS 在直线 TITITI 上。

4. 解法三：硬算

DeepSeek-V4-Pro-0813和Qwen3.8-Max都给出了这个证明方法。

设 △ABC\triangle ABC△ABC 的内径为 rrr，外径为 RRR，∠CAB=2α\angle CAB=2\alpha∠CAB=2α，∠ABC=2β\angle ABC=2\beta∠ABC=2β，∠BCA=2γ\angle BCA=2\gamma∠BCA=2γ，则 α+β+γ=90∘\alpha+\beta+\gamma=90^\circα+β+γ=90∘，且

r=4Rsin⁡αsin⁡βsin⁡γ r=4R \sin \alpha \sin \beta \sin \gamma r=4Rsinαsinβsinγ

不妨设 AB<ACAB<ACAB<AC，则 β>γ\beta > \gammaβ>γ。

考虑 △DEF\triangle DEF△DEF，易知

DE=2rcos⁡γ,EF=2rcos⁡α,FD=2rcos⁡β,∠FDE=90∘−α,∠DEF=90∘−β,∠EFD=90∘−γ \begin{gathered} DE = 2r\cos \gamma ,\quad EF = 2r\cos \alpha ,\quad FD = 2r\cos \beta ,\\ \angle FDE = 90^\circ-\alpha ,\quad \angle DEF = 90^\circ-\beta ,\quad \angle EFD = 90^\circ-\gamma \end{gathered} DE=2rcosγ,EF=2rcosα,FD=2rcosβ,∠FDE=90∘−α,∠DEF=90∘−β,∠EFD=90∘−γ​

因此

FS=DFcos⁡∠DFE=2rcos⁡βsin⁡γFM=12EF=rcos⁡αIM=IFsin⁡∠IFE=rsin⁡α \begin{aligned} FS & = DF\cos \angle DFE = 2r\cos \beta \sin \gamma \\[2ex] FM & = \frac{1}{2} EF = r\cos \alpha \\[2ex] IM & = IF\sin \angle IFE = r\sin \alpha \end{aligned} FSFMIM​=DFcos∠DFE=2rcosβsinγ=21​EF=rcosα=IFsin∠IFE=rsinα​

可知

tan⁡∠AIS=FM−FSIM=rcos⁡α−2rcos⁡βsin⁡γrsin⁡α=sin⁡(β+γ)−2cos⁡βsin⁡γsin⁡α=sin⁡(β−γ)sin⁡α \begin{aligned} \tan \angle AIS & = \frac{FM-FS}{IM} \\[2ex] & = \frac{r\cos \alpha - 2r\cos \beta \sin \gamma}{r\sin \alpha} \\[2ex] & = \frac{\sin (\beta+\gamma)-2\cos \beta \sin \gamma}{\sin \alpha} \\[2ex] & = \frac{\sin (\beta-\gamma)}{\sin \alpha} \end{aligned} tan∠AIS​=IMFM−FS​=rsinαrcosα−2rcosβsinγ​=sinαsin(β+γ)−2cosβsinγ​=sinαsin(β−γ)​​

设 ∠TAI=θ\angle TAI=\theta∠TAI=θ，则

AI=IFsin⁡∠IAF=rsin⁡αAT=AIcos⁡∠TAI=rcos⁡θsin⁡α \begin{aligned} AI & = \frac{IF}{\sin \angle IAF} = \frac{r}{\sin \alpha} \\[2ex] AT & = AI\cos \angle TAI = \frac{r\cos \theta}{\sin \alpha} \\[2ex] \end{aligned} AIAT​=sin∠IAFIF​=sinαr​=AIcos∠TAI=sinαrcosθ​​

又

AT=2Rsin⁡∠TBA=2Rsin⁡(2γ−(θ−α))=2Rcos⁡(θ+β−γ) AT = 2R\sin \angle TBA = 2R\sin (2\gamma-(\theta-\alpha)) = 2R\cos (\theta+\beta-\gamma) AT=2Rsin∠TBA=2Rsin(2γ−(θ−α))=2Rcos(θ+β−γ)

因此

  ⟹  rcos⁡θsin⁡α=2Rsin⁡(2γ−(θ−α))=2Rcos⁡(θ+β−γ)  ⟹  4Rsin⁡αsin⁡βsin⁡γ⋅cos⁡θsin⁡α=2Rcos⁡(θ+β−γ)  ⟹  2sin⁡βsin⁡γ⋅cos⁡θ=cos(θ+β−γ)  ⟹  [cos⁡(β−γ)−cos⁡(β+γ)]⋅cos⁡θ=cos⁡θcos⁡(β−γ)−sin⁡θsin⁡(β−γ)  ⟹  cos⁡(β+γ)cos⁡θ=sin⁡θsin⁡(β−γ)  ⟹  cot⁡θ=sin⁡(β−γ)sin⁡α \begin{aligned} & \phantom{\implies} \frac{r\cos \theta}{\sin \alpha} = 2R\sin (2\gamma-(\theta-\alpha)) = 2R\cos (\theta+\beta-\gamma) \\[2ex] & \implies \frac{4R \sin \alpha \sin \beta \sin \gamma \cdot \cos \theta}{\sin \alpha} = 2R\cos (\theta+\beta-\gamma) \\[2ex] & \implies 2\sin \beta \sin \gamma \cdot \cos \theta = cos (\theta+\beta-\gamma) \\[2ex] & \implies [\cos (\beta-\gamma)-\cos (\beta+\gamma)]\cdot \cos \theta = \cos \theta \cos (\beta-\gamma) - \sin \theta \sin (\beta-\gamma) \\[2ex] & \implies \cos (\beta+\gamma) \cos \theta = \sin \theta \sin (\beta-\gamma) \\[2ex] & \implies \cot \theta = \frac{\sin (\beta-\gamma)}{\sin \alpha} \end{aligned} ​⟹sinαrcosθ​=2Rsin(2γ−(θ−α))=2Rcos(θ+β−γ)⟹sinα4Rsinαsinβsinγ⋅cosθ​=2Rcos(θ+β−γ)⟹2sinβsinγ⋅cosθ=cos(θ+β−γ)⟹[cos(β−γ)−cos(β+γ)]⋅cosθ=cosθcos(β−γ)−sinθsin(β−γ)⟹cos(β+γ)cosθ=sinθsin(β−γ)⟹cotθ=sinαsin(β−γ)​​

故

tan⁡∠AIT=cot⁡∠TAI=sin⁡(β−γ)sin⁡α=tan⁡∠AIS \tan \angle AIT = \cot \angle TAI = \frac{\sin (\beta-\gamma)}{\sin \alpha} = \tan \angle AIS tan∠AIT=cot∠TAI=sinαsin(β−γ)​=tan∠AIS

可知 TTT、SSS、III 三点共线。