2026年CSMO的几何题的解答（二）

1. 题目

如图，在锐角 △ABC\triangle ABC△ABC 中，AB>BC>ACAB > BC > ACAB>BC>AC，OOO 为外心，HHH 为垂心。设直线 AOAOAO 分别与直线 BHBHBH、CHCHCH 交于点 DDD、EEE，记 △DEH\triangle DEH△DEH 的外心为 O1O_1O1​，线段 AO1AO_1AO1​ 上一点 TTT 满足 BBB、TTT、HHH、CCC 四点共圆，BCBCBC 延长线上一点 SSS 满足 SA=STSA=STSA=ST。

证明：∠STH=∠OAO1\angle STH = \angle OAO_1∠STH=∠OAO1​。

2. 分析

这又是一道典型的和「Humpty点」相关的题目。在之前的文章中，我们介绍了一些Humpty点相关的常见结论，基本上都和两个垂足相关。除此之外，还有如下结论：

设点 XXX 为 △ABC\triangle ABC△ABC 的A-Humpty点。过点 AAA 作 △ABC\triangle ABC△ABC 的外接圆的切线交直线 BCBCBC 于 SSS，则：

1. △ASM\triangle ASM△ASM 的垂心为 AHAHAH 的中点，记为点 PPP。
2. SXSXSX 是 △BHC\triangle BHC△BHC 的外接圆的切线。
3. SSS、PPP、XXX、MMM 共圆。
4. 点 XXX 在 △ABC\triangle ABC△ABC 的A-Apollonius圆上，点 SSS 为其圆心。

显然，在本题中，点 TTT 就是 △ABC\triangle ABC△ABC 的A-Humpty点，点 SSS 就是 △ABC\triangle ABC△ABC 的外接圆与直线 BCBCBC 的交点。

因此，本题可以拆成两部分，先证明直线 AO1AO_1AO1​ 经过 BCBCBC 中点，接下来再证明Humpty点的性质即可。

3. 解答

3.1. 步骤一：证明Humpty点

设 MMM 为 BCBCBC 中点。我们证明 AAA、O1O_1O1​、MMM 共线。

3.1.1. 方法一

设 ∠BAC=α\angle BAC=\alpha∠BAC=α，∠ABC=β\angle ABC=\beta∠ABC=β，∠BCA=γ\angle BCA=\gamma∠BCA=γ。注意到

∠EDH=∠ABD+∠BAD=(90∘−α)+(90∘−γ)=β \angle EDH = \angle ABD + \angle BAD = (90^\circ-\alpha) + (90^\circ-\gamma) = \beta ∠EDH=∠ABD+∠BAD=(90∘−α)+(90∘−γ)=β

同理可知，∠DEH=γ\angle DEH = \gamma∠DEH=γ，因此 △ABC∼△HDE\triangle ABC \sim \triangle HDE△ABC∼△HDE。于是有

∠EHO1=90∘−β=∠BCH  ⟹  O1H∥BC  ⟹  O1H⊥AH \angle EHO_1 = 90^\circ-\beta = \angle BCH \implies O_1H\parallel BC \implies O_1H\perp AH ∠EHO1​=90∘−β=∠BCH⟹O1​H∥BC⟹O1​H⊥AH

取 DEDEDE 中点 NNN，则 O1N⊥DEO_1N\perp DEO1​N⊥DE，因此 AAA、NNN、O1O_1O1​、HHH 共圆，可知

∠NAO1=∠NHO1=∠MAO \angle NAO_1 = \angle NHO_1= \angle MAO ∠NAO1​=∠NHO1​=∠MAO

可知 AAA、O1O_1O1​、MMM 共线。

当然也可以硬算

设相似比 k=EHACk=\dfrac{EH}{AC}k=ACEH​，则由

CEsin⁡(α−(90∘−γ))=ACsin⁡(180∘−γ)  ⟹  CE=AC⋅cos⁡βsin⁡γCHcos⁡γ=ABsin⁡γ  ⟹  CH=AB⋅cos⁡γsin⁡γ \begin{aligned} \frac{CE}{\sin (\alpha-(90^\circ-\gamma))} = \frac{AC}{\sin (180^\circ-\gamma)} & \implies CE = AC\cdot \frac{\cos \beta}{\sin \gamma} \\[2ex] \frac{CH}{\cos \gamma} = \frac{AB}{\sin \gamma} & \implies CH = AB\cdot \frac{\cos \gamma}{\sin \gamma} \end{aligned} sin(α−(90∘−γ))CE​=sin(180∘−γ)AC​cosγCH​=sinγAB​​⟹CE=AC⋅sinγcosβ​⟹CH=AB⋅sinγcosγ​​

可知

k=CE−CHAC=cos⁡βsin⁡γ−sin⁡γsin⁡β⋅cos⁡γsin⁡γ=sin⁡βcos⁡β−sin⁡γcos⁡γsin⁡γsin⁡β=sin⁡2β−sin⁡2γ2sin⁡γsin⁡β=cos⁡(β+γ)sin⁡(β−γ)sin⁡γsin⁡β=cos⁡αsin⁡(γ−β)sin⁡γsin⁡β \begin{aligned} k & = \frac{CE-CH}{AC} \\[2ex] & = \frac{\cos \beta}{\sin \gamma} - \frac{\sin \gamma}{\sin \beta}\cdot \frac{\cos \gamma}{\sin \gamma} \\[2ex] & = \frac{\sin \beta \cos \beta- \sin \gamma \cos \gamma}{\sin \gamma \sin \beta} \\[2ex] & = \frac{\sin 2\beta - \sin 2\gamma}{2\sin \gamma \sin \beta} \\[2ex] & = \frac{\cos (\beta+\gamma)\sin (\beta-\gamma)}{\sin \gamma \sin \beta} \\[2ex] & = \frac{\cos \alpha \sin (\gamma-\beta)}{\sin \gamma \sin \beta} \end{aligned} k​=ACCE−CH​=sinγcosβ​−sinβsinγ​⋅sinγcosγ​=sinγsinβsinβcosβ−sinγcosγ​=2sinγsinβsin2β−sin2γ​=sinγsinβcos(β+γ)sin(β−γ)​=sinγsinβcosαsin(γ−β)​​

由 O1O_1O1​ 是 △DEH\triangle DEH△DEH 的外心可知

2O1H=DEsin⁡α 2O_1H = \frac{DE}{\sin \alpha} 2O1​H=sinαDE​

因此

tan⁡∠O1AH=O1HAH=DE2sin⁡αBCsin⁡α⋅cos⁡α=k2cos⁡α=sin⁡(γ−β)2sin⁡γsin⁡β \tan \angle O_1AH = \frac{O_1H}{AH} = \frac{\frac{DE}{2\sin \alpha}}{\frac{BC}{\sin \alpha}\cdot \cos \alpha} = \frac{k}{2\cos \alpha} = \frac{\sin (\gamma-\beta)}{2\sin \gamma \sin \beta} tan∠O1​AH=AHO1​H​=sinαBC​⋅cosα2sinαDE​​=2cosαk​=2sinγsinβsin(γ−β)​

而

tan⁡∠MAH=ABcos⁡β−12BCABsin⁡β=2sin⁡γcos⁡β−sin⁡α2sin⁡γsin⁡β=2sin⁡γcos⁡β−sin⁡(β+γ)2sin⁡γsin⁡β=sin⁡(γ−β)2sin⁡γsin⁡β \begin{aligned} \tan \angle MAH & = \frac{AB\cos \beta - \frac{1}{2}BC}{AB\sin \beta} \\[2ex] & = \frac{2\sin \gamma \cos \beta-\sin \alpha}{2\sin \gamma \sin \beta} \\[2ex] & = \frac{2\sin \gamma \cos \beta - \sin (\beta+\gamma)}{2\sin \gamma \sin \beta} \\[2ex] & = \frac{\sin (\gamma-\beta)}{2\sin \gamma \sin \beta} \end{aligned} tan∠MAH​=ABsinβABcosβ−21​BC​=2sinγsinβ2sinγcosβ−sinα​=2sinγsinβ2sinγcosβ−sin(β+γ)​=2sinγsinβsin(γ−β)​​

因此 tan⁡∠O1AH=tan⁡∠MAH\tan \angle O_1AH = \tan \angle MAHtan∠O1​AH=tan∠MAH，可知 AAA、O1O_1O1​、MMM 共线。

3.1.2. 方法二：面积法

易知 △ABC∼∠HDE\triangle ABC \sim \angle HDE△ABC∼∠HDE。

分别取 DHDHDH、EHEHEH 的中点 XXX、YYY，由 O1O_1O1​ 是 △DEH\triangle DEH△DEH 的外心可知

O1X⊥DH  ⟹  O1X∥ACO1Y⊥EH  ⟹  O1Y∥AB \begin{aligned} O_1X\perp DH & \implies O_1X\parallel AC \\ O_1Y\perp EH & \implies O_1Y\parallel AB \end{aligned} O1​X⊥DHO1​Y⊥EH​⟹O1​X∥AC⟹O1​Y∥AB​

设 U=BH‾∩AC‾U=\overline{BH}\cap\overline{AC}U=BH∩AC，V=CH‾∩AB‾V=\overline{CH}\cap\overline{AB}V=CH∩AB，则

M∈AO1‾  ⟸  [O1AB]=[O1AC]  ⟸  AB⋅YV=AC⋅XU  ⟸  XUYV=ABAC \begin{aligned} M\in\overline{AO_1} & \impliedby [O_1AB] = [O_1AC] \\ & \impliedby AB\cdot YV = AC\cdot XU \\ & \impliedby \frac{XU}{YV} = \frac{AB}{AC} \end{aligned} M∈AO1​​​⟸[O1​AB]=[O1​AC]⟸AB⋅YV=AC⋅XU⟸YVXU​=ACAB​​

分别作点 HHH 关于 ABABAB 和 ACACAC 的对称点 HcH_cHc​、HbH_bHb​，则 AHb=AHc=AHAH_b=AH_c=AHAHb​=AHc​=AH。易知

△ADHb∼△ABC  ⟹  DHbBC=AHbAC△AHcE∼△ABC  ⟹  HcEBC=AHcAB}  ⟹  DHbHcE=ABAC \left. \begin{aligned} \triangle ADH_b \sim \triangle ABC & \implies \frac{DH_b}{BC}=\frac{AH_b}{AC} \\[2ex] \triangle AH_cE \sim \triangle ABC & \implies \frac{H_cE}{BC}=\frac{AH_c}{AB} \end{aligned} \right\} \implies \frac{DH_b}{H_cE}=\frac{AB}{AC} △ADHb​∼△ABC△AHc​E∼△ABC​⟹BCDHb​​=ACAHb​​⟹BCHc​E​=ABAHc​​​⎭⎬⎫​⟹Hc​EDHb​​=ACAB​

又 DHb=2XUDH_b=2XUDHb​=2XU，EHc=2YVEH_c=2YVEHc​=2YV，因此结论成立。

3.2. 步骤二：证明Humpty点的性质

由步骤一可知，点 TTT 为 A-Humpty 点，因此 ∠ATH=90∘\angle ATH=90^\circ∠ATH=90∘。

设 PPP 为 AHAHAH 中点，则 AP=TPAP=TPAP=TP。设 QQQ 为 ATATAT 中点，则 SSS、PPP、QQQ 共线。注意到 SQ⊥AMSQ\perp AMSQ⊥AM，AH⊥MSAH\perp MSAH⊥MS，可知点 PPP 是 △AMS\triangle AMS△AMS 的垂心。因此

∠AMP=∠ASP=∠TSP \angle AMP = \angle ASP = \angle TSP ∠AMP=∠ASP=∠TSP

可知 TTT、MMM、SSS、PPP 共圆。

设 △BHC\triangle BHC△BHC 的外心为 O2O_2O2​。注意到 △ABC\triangle ABC△ABC 的外接圆和 △HBC\triangle HBC△HBC 的外接圆半径相等，因此四边形 OBO2COBO_2COBO2​C 为菱形，O2M=OM=12AH=APO_2M = OM = \frac{1}{2}AH = APO2​M=OM=21​AH=AP，可知四边形 O2MAPO_2MAPO2​MAP 为平行四边形，故

∠MO2P=∠MAP=∠MSP \angle MO_2P = \angle MAP = \angle MSP ∠MO2​P=∠MAP=∠MSP

可知 MMM、O2O_2O2​、SSS、PPP 共圆。因此 TTT、MMM、O2O_2O2​、SSS、PPP 共圆。

故 ∠O2TS=∠O2MS=90∘\angle O_2TS = \angle O_2MS = 90^\circ∠O2​TS=∠O2​MS=90∘，可知 STSTST 为 △HBC\triangle HBC△HBC 的外接圆的切线。于是

SB⋅SC=ST2=SA2 SB\cdot SC=ST^2=SA^2 SB⋅SC=ST2=SA2

可知 SASASA 为 △ABC\triangle ABC△ABC 的外接圆的切线，因此 ∠OAS=90∘\angle OAS = 90^\circ∠OAS=90∘。于是

∠STH=90∘−∠STA=90∘−∠SAT=∠OAO1 \angle STH = 90^\circ-\angle STA = 90^\circ-\angle SAT = \angle OAO_1 ∠STH=90∘−∠STA=90∘−∠SAT=∠OAO1​

4. 另一个解答

实际上，这个题不用Humpty点也能够做出来。

设 AAA 关于 BCBCBC 的对称点为 A′A'A′，则 SA=ST=SA′SA=ST=SA'SA=ST=SA′。

注意到

∠STH=∠STA′−∠HTA′=∠STA−∠HBA′=(90∘−12∠TSA′)−(β+90∘−γ)=γ−β−12∠TSA′ \begin{aligned} \angle STH & = \angle STA' - \angle HTA' \\ & = \angle STA - \angle HBA' \\ & = \left(90^\circ-\frac{1}{2}\angle TSA'\right) - \left(\beta + 90^\circ - \gamma\right) \\ & = \gamma - \beta - \frac{1}{2} \angle TSA' \end{aligned} ∠STH​=∠STA′−∠HTA′=∠STA−∠HBA′=(90∘−21​∠TSA′)−(β+90∘−γ)=γ−β−21​∠TSA′​

而

∠OAO1=∠OAH−∠O1AH=(α−2(90∘−γ))−12∠TSA′=α+2γ−180∘−12∠TSA′=γ−β−12∠TSA′ \begin{aligned} \angle OAO_1 & = \angle OAH - \angle O_1AH \\ & = \left(\alpha-2\left(90^\circ-\gamma\right)\right) - \frac{1}{2}\angle TSA' \\ & = \alpha + 2\gamma - 180^\circ - \frac{1}{2} \angle TSA' \\ & = \gamma - \beta - \frac{1}{2} \angle TSA' \end{aligned} ∠OAO1​​=∠OAH−∠O1​AH=(α−2(90∘−γ))−21​∠TSA′=α+2γ−180∘−21​∠TSA′=γ−β−21​∠TSA′​

因此 ∠STH=∠OAO1\angle STH = \angle OAO_1∠STH=∠OAO1​。