1. 题目

如图，在锐角 $\triangle ABC$ 中，$AB > AC$，$D$、$E$、$F$ 分别是 $A$、$B$、$C$ 在对应边上的投影。设 $BF$ 的中垂线与 $DE$ 交于点 $P$，$CE$ 的中垂线与 $DF$ 交于点 $Q$。设 $K$ 是直线 $PQ$ 上一点使得 $\angle PKE = \angle PKF$。设 $DK$ 交 $\triangle KEF$ 的外接圆与另一点 $T$，求证：$\angle ATE = \angle ATF$。

2. 分析

设 $H$ 是 $\triangle ABC$ 的垂心，$N$ 是 $\triangle ABC$ 的九点圆圆心。

这个题有三个重要的观察点：

1. $H$、$P$、$Q$ 共线；
2. 点 $K$ 满足 $\angle FKH = \angle HKE = \angle FDE$，从而 $N\in \odot(KEF)$；
3. $A$、$T$、$N$ 共线。

第一个结论在做出图来之后，是比较容易看出来的，可以直接用梅涅劳斯定理进行证明。

在证明第一个结论的时候，会用到 $BC$、$BH$ 和 $CH$ 的中点，结合 $D$、$E$、$F$ 自然就联想到九点圆。画出九点圆就会发现，其圆心就在 $\triangle KEF$ 的外接圆上。

从而我们可以得出

$$\begin{aligned} \angle FKH = \frac{1}{2}\angle FNE = \angle FH_bH \\[2ex] \angle HKE = \frac{1}{2}\angle FNE = \angle HH_cE \end{aligned}$$

因此 $F$、$H_b$、$K$、$H$ 共圆，$E$、$H_c$、$K$、$H$ 共圆，可知点 $K$ 是完全四边形 $FH_bEH_c$ 的密克点。

要证明这个结论，我们可以使用同一法构造点 $K$。可以直接用密克点来构造，也可以用其它的圆的交点来构造，关键是构造点 $K$ 之后能够证明其在直线 $PQ$ 上。

最后一个结论不是很好直接证明，不过此时的结论可以转换成角相等的结论，而且可以完全消去点 $K$，因此我们可以考虑把它算出来。可以尝试三角法或复数法。

3. 解答

3.1. 结论一的证明

如图，设 $CF$ 与 $DE$ 交于点 $Z$。考虑 $\triangle FZD$，要证明 $H$、$P$、$Q$ 共线，只需证

$$\frac{FQ}{QD}\cdot \frac{DP}{PZ}\cdot \frac{ZH}{HF} = 1$$

设 $CE$ 的中垂线分别与 $AB$、$BC$、$CF$ 交于 $L$、$M$、$H_c$，则 $M$ 是 $BC$ 中点，$H_c$ 是 $CH$ 中点。考虑 $\triangle FBD$，有

$$\frac{FQ}{QD}\cdot \frac{DM}{MB}\cdot \frac{BL}{LF} = 1$$

注意到

$$\frac{DP}{PZ} = \frac{DM}{MC} = \frac{DM}{MB}$$

以及

$$\frac{BL}{LF} = \frac{H H_c}{H_cF}$$

因此只需证明

$$\frac{ZH}{HF} = \frac{H H_c}{H_cF}$$

即可。

注意到 $\triangle ABC$ 的垂心 $H$ 是其垂足三角形 $DEF$ 的内心，$A$、$B$、$C$ 是 $\triangle DEF$ 的旁心，因此

$$(FZ;CH) = -1$$

由 $H_c$ 是 $CH$ 中点可知

$$H_cH^2 = H_cZ\cdot H_cF$$

故

$$\frac{H_cH}{H_cF} = \frac{H_cZ}{H_cH} = \frac{H_cH-H_cZ}{H_cF-H_cH} = \frac{HZ}{HF}$$

结论得证。

3.2. 结论二的证明

如图，设 $K'$ 为 $\odot(H_bHF)$ 和 $\odot(PDF)$ 的第二个交点，则由

$$\measuredangle FK'H = \measuredangle FH_bH = \measuredangle FDE = \measuredangle FDP = \measuredangle FK'P$$

可知 $K'$ 在直线 $PH$ 上。由

$$PQ\cdot QK' = DQ\cdot QF = MQ\cdot QH_c$$

可知 $P$、$M$、$K'$、$H_c$ 共圆。因此

$$\begin{aligned} \measuredangle HK'H_c &= \measuredangle PK'H_c = \measuredangle PMH_c \\ &= \measuredangle PH_bE = \measuredangle CHE = \measuredangle HEH_c \end{aligned}$$

可得 $H$、$K'$、$H_c$、$E$ 共圆。故

$$\measuredangle HK'E = \measuredangle HH_cE = \measuredangle FDE = \measuredangle FK'H$$

因此 $K'$ 与 $K$ 重合。

3.3. 结论三的证明（复数法）

由结论二可知，

$$\begin{aligned} \measuredangle FKE &= \measuredangle FKH + \measuredangle HKE \\ &= \measuredangle FH_bH + \measuredangle HH_cE \\ &= 2 \measuredangle FDE \\ &= \measuredangle FNE \end{aligned}$$

因此点 $N$ 在 $\odot(KEF)$ 上。

故

$$\measuredangle FTN = \measuredangle FEN = \measuredangle NFE = \measuredangle NTE$$

要证明 $\angle ATE = \angle ATF$，只需证 $A$、$T$、$N$ 共线，即 $\measuredangle ANF = \measuredangle TNF$ 即可。其中

$$\measuredangle TNF = \measuredangle TKF = \measuredangle DKF = \measuredangle DPF = \measuredangle EPF$$

因此只需证 $\measuredangle ANF = \measuredangle EPF$。

以 $\triangle ABC$ 的外接圆为单位圆建立复平面，设点 $A$、$B$、$C$、$D$、$E$、$F$、$H$、$H_b$、$H_c$、$M$、$N$、$P$ 对应的复数依次为 $a$、$b$、$c$、$d$、$e$、$f$、$h$、$h_b$、$h_c$、$m$、$n$、$p$。则

$$\begin{aligned} h & = a+b+c \\[2ex] n & = \frac{1}{2} h = \frac{1}{2}(a+b+c) \\[2ex] d & = \frac{1}{2}\left(a+b+c-\bar{a} b c\right) \\[2ex] e & = \frac{1}{2}\left(a+b+c-a \bar{b} c\right) \\[2ex] f & = \frac{1}{2}\left(a+b+c-a b \bar{c}\right) \\[2ex] h_b & = \frac{1}{2}(b+h) = \frac{1}{2}(a+2b+c) \\[2ex] h_c & = \frac{1}{2}(c+h) = \frac{1}{2}(a+b+2c) \\[2ex] m & = \frac{1}{2}(b+c) \end{aligned}$$

设

$$\begin{aligned} p & = \lambda \cdot h_b + (1-\lambda)\cdot m \\[2ex] & = \lambda \cdot \frac{1}{2}(a+2b+c)+(1-\lambda)\cdot \frac{1}{2}(b+c) \\[2ex] & = \frac{1}{2}\lambda(a+b)+\frac{1}{2}(b+c) \end{aligned}$$

以及

$$\begin{aligned} p & = \mu \cdot d + (1-\mu)\cdot e \\[2ex] & = \mu \cdot \frac{1}{2}(a+b+c-\bar{a} b c) + (1-\mu)\cdot \frac{1}{2}(a+b+c-a \bar{b} c) \\[2ex] & = \frac{1}{2}\mu(a \bar{b} c - \bar{a} b c) + \frac{1}{2}\left(a+b+c - a \bar{b} c\right) \end{aligned}$$

可得

$$\lambda(a+b) - \mu(a \bar{b} - \bar{a} b) c = a - a \bar{b} c$$

其中 $\lambda \in \mathbb{R}$，$\mu \in \mathbb{R}$。

对上面的式子取共轭可得

$$\lambda (\bar{a}+\bar{b}) - \mu (\bar{a} b - a \bar{b}) = \bar{a} - \bar{a} b \bar{c}$$

联立可解得

$$\mu = - \frac{(b-c)\left(\bar{b}^2+\bar{a}\bar{c}\right)}{\left(a\bar{b}-\bar{a}b\right)\left(\bar{c}+\bar{a}\bar{b}c\right)}$$

要证明 $\measuredangle ANF = \measuredangle EPF$，只需证

$$\frac{f-p}{e-p}\div \frac{f-n}{a-n} \in \mathbb{R}$$

即可。

其中

$$\begin{aligned} f-p & = -\frac{1}{2} a b \bar{c} + \frac{1}{2} \mu \bar{a} b c + \frac{1}{2}(1-\mu) a \bar{b} c \\[2ex] & = \frac{1}{2}\left[a\left(\bar{b}c-b\bar{c}\right)+\mu\left(\bar{a}b-a\bar{b}\right)c\right] \\[3ex] e-p & = e - \left[\mu \cdot d + (1-\mu)\cdot e\right] \\[2ex] & = \mu(e-d) \\[2ex] & = \frac{1}{2}\mu\left(\bar{a}b-a\bar{b}\right)c \\[3ex] f-n & = -\frac{1}{2}ab\bar{c} \\[3ex] a-n & = \frac{1}{2}(a-b-c) \end{aligned}$$

因此

$$\begin{aligned} \frac{f-p}{e-p}\div \frac{f-n}{a-n} & = \frac{a\left(\bar{b}c-b\bar{c}\right)+\mu\left(\bar{a}b-a\bar{b}\right)c}{\mu\left(\bar{a}b-a\bar{b}\right)c}\cdot \frac{a-b-c}{-ab\bar{c}} \\[2ex] & = \left(\frac{a\left(\bar{b}c-b\bar{c}\right)}{\mu\left(\bar{a}b-a\bar{b}\right)c}+1\right)\cdot \frac{b+c-a}{ab\bar{c}} \end{aligned}$$

其中

$$\begin{aligned} \frac{a\left(\bar{b}c-b\bar{c}\right)}{\mu\left(\bar{a}b-a\bar{b}\right)c} & = \frac{a\left(\bar{b}c-b\bar{c}\right)\left(\bar{c}+\bar{a}\bar{b}c\right)}{(b-c)\left(\bar{b}^2+\bar{a}\bar{c}\right)c} \\[2ex] & = -\frac{a(b+c)(ab+c^2)}{c^2(ac+b^2)} \end{aligned}$$

代入可得

$$\begin{aligned} \frac{f-p}{e-p}\div \frac{f-n}{a-n} & = \frac{c^2(ac+b^2)-a(b+c)(ab+c^2)}{c^2(ac+b^2)}\cdot \frac{b+c-a}{ab\bar{c}} \\[2ex] & = \frac{b(a+c)(bc-ab-ac)(b+c-a)}{abc(ac+b^2)} \\[2ex] & = - \frac{b(a+c)}{ac+b^2}\cdot \left(\bar{b}+\bar{c}-\bar{a}\right)(b+c-a) \end{aligned}$$

注意到

$$\overline{\left(\frac{b(a+c)}{ac+b^2}\right)} = \frac{\frac{1}{b}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)}{\frac{1}{ac}+\frac{1}{b^2}} = \frac{b(c+a)}{b^2+ac} \tag{i}$$

因此

$$\overline{\left(\frac{f-p}{e-p}\div \frac{f-n}{a-n}\right)} = \frac{f-p}{e-p}\div \frac{f-n}{a-n}$$

可知

$$\frac{f-p}{e-p}\div \frac{f-n}{a-n} \in \mathbb{R}$$

命题得证。

3.4. 结论一的另一个证明（不使用调和点列）

注意到 $H H_b M H_c$ 是平行四边形，只需证明

$$\frac{PM}{PH_b} = \frac{QM}{HH_b} \impliedby \frac{PM}{PH_b} = \frac{QM}{H_cM}$$

考虑直线 $DE$ 和 $\triangle BH_bM$，由梅涅劳斯定理可知，

$$\frac{BE}{EH_b}\cdot \frac{H_bP}{PM}\cdot \frac{MD}{DB} = 1$$

因此

$$\frac{PM}{PH_b} = \frac{BE}{BD}\cdot \frac{MD}{EH_b}$$

注意到 $BE\cdot BH_b = BM\cdot BD$，因此

$$\frac{PM}{PH_b} = \frac{BM}{BH_b}\cdot \frac{MD}{EH_b}$$

同理，考虑直线 $DF$ 和 $\triangle CH_cM$，有

$$\frac{CF}{FH_c}\cdot \frac{H_cQ}{QM}\cdot \frac{MD}{DC} = 1$$

因此

$$\frac{QM}{H_cQ} = \frac{CF}{CD} \cdot \frac{MD}{FH_c}$$

注意到 $CF\cdot CH_c = CD\cdot CM$，因此

$$\begin{aligned} \frac{QM}{H_cQ} & = \frac{CM}{CH_c} \cdot \frac{MD}{FH_c} \\[2ex] \implies \frac{QM}{H_cM} & = \frac{CM\cdot MD}{CH_c\cdot FH_c + CM\cdot MD} \end{aligned}$$

所以，要证明的结论等价于

$$\begin{aligned} \frac{BM\cdot MD}{EH_b\cdot BH_b} & = \frac{CM\cdot MD}{CH_c\cdot FH_c + CM\cdot MD} \\[2ex] \iff EH_b\cdot BH_b & = CH_c\cdot FH_c + CM\cdot MD \end{aligned}$$

其中

$$\begin{aligned} EH_b\cdot BH_b & = \left(BE-BH_b\right)\cdot BH_b \\[1ex] & = BE\cdot BH_b - BH_b^2 \\[1ex] & = BM\cdot BD-\frac{1}{4}BH^2 \end{aligned}$$

以及

$$\begin{aligned} FH_c\cdot CH_c & = \left(CF-FH_c\right)\cdot CH_c \\[1ex] & = CF\cdot CH_c - CH_c^2 \\[1ex] & = CM\cdot CD - \frac{1}{4}CH^2 \end{aligned}$$

因此只需证

$$\begin{aligned} & \, BM\cdot BD-\frac{1}{4}BH^2 = CM\cdot MD + CM\cdot CD - \frac{1}{4}CH^2 \\[1ex] \iff & \, BM\cdot (BD-MD-CD) = \frac{1}{4}\left(BH^2-CH^2\right) \\[1ex] \iff & \, BM\cdot DM = \frac{1}{4}\left(BH^2-CH^2\right) \end{aligned}$$

由 $DH\perp BC$ 可知

$$\begin{aligned} BH^2-CH^2 & = BD^2 - CD^2 \\[1ex] & = (BD+CD)(BD-CD) \\[1ex] & = BC\cdot 2DM \\[1ex] & = 2BM\cdot 2DM \\[1ex] & = 4BM\cdot DM \end{aligned}$$

结论得证。

3.5. 结论二的另一个证明（使用完全四边形）

如图，设 $S=\overline{FH_b}\cap\overline{EH_c}$，$R=\overline{EF}\cap \overline{H_bH_c}$。对 $H_bMH_cEDF$ 应用帕斯卡定理可知 $P$、$Q$、$S$ 共线。

考虑完全四边形 $FH_bEH_c$ 的密克点 $K'$，由 $FH_bEH_c$ 四点共圆可知 $K'$ 是 $R$ 关于 $\odot N$ 的反演点。因此 $K'$ 在点 $R$ 关于 $\odot N$ 的极线 $SH$ 上。故

$$\angle FKH = \angle FH_bH = \angle FDE = \angle FH_cE = \angle HKE$$

可得 $\angle PKF = \angle PKE$，因此 $K'$ 与 $K$ 重合。

3.6. 另一种复平面的构造方法

如图，以 $\triangle ABC$ 的九点圆为单位圆建立复平面，则 $n=0$。注意到 $H$ 是 $\triangle DEF$ 的内心，因此存在单位圆上的 $u$、$v$、$w$ 使得

$$\begin{gathered} d = u^2, \quad e = v^2, \quad f = w^2 \\[1ex] h_a = -vw, \quad h_b = -wu, \quad h_c = -uv \end{gathered}$$

于是

$$\begin{aligned} h &= -(uv+vw+wu) \\[1ex] m &= vw \end{aligned}$$

因此

$$a=2h_a-h = uv-vw+wu = uvw\left(\overline{w}+\overline{v}-\overline{u}\right)$$

设

$$p = \lambda u^2 + (1-\lambda) v^2 = \lambda \left(u^2-v^2\right) +v^2$$

以及

$$p = \mu (-wu) + (1-\mu) vw = -\mu(wu+vw)+vw$$

因此

$$\lambda(u+v)(u-v)+\mu(u+v)w=v(w-v)$$

其中 $\lambda \in \mathbb{R}$，$\mu \in\mathbb{R}$。

对上式取共轭可得

$$\lambda\left(\bar{u}+\bar{v}\right)\left(\bar{u}-\bar{v}\right)+\mu\left(\bar{u}+\bar{v}\right)\bar{w}=\bar{v}\left(\bar{w}-\bar{v}\right)$$

联立可解得

$$\lambda = \frac{u(w-v)\left(wu+v^2\right)}{(u+v)(u-v)\left(uv+w^2\right)}$$

因此

$$\begin{aligned} \frac{f-p}{e-p}\cdot \frac{a-n}{f-n} & = \frac{w^2-v^2-\lambda\left(u^2-v^2\right)}{\lambda\left(v^2-u^2\right)}\cdot \frac{a}{f} \\[2ex] & = \left[\frac{w^2-v^2}{\lambda\left(v^2-u^2\right)}+1\right]\cdot \frac{a}{f} \\[2ex] & = \left[-\frac{(w+v)\bcancel{(w-v)}}{\bcancel{(u+v)(u-v)}}\cdot \frac{\bcancel{(u+v)(u-v)}(uv+w^2)}{u\bcancel{(w-v)}(wu+v^2)}+1\right]\cdot \frac{a}{f} \\[2ex] & = \frac{u(uw+v^2)-(w+v)\left(uv+w^2\right)}{u\left(uw+v^2\right)}\cdot \frac{uvw(\overline{w}+\overline{v}-\overline{u})}{w^2} \\[2ex] & = -\frac{(u+w)v}{uw+v^2}(w+v-u)\left(\overline{w}+\overline{v}-\overline{u}\right) \end{aligned}$$

类似 (i) 式可知

$$\frac{f-p}{e-p}\cdot \frac{a-n}{f-n} \in \mathbb{R}$$

结论得证。