1. 题目

如图，在 △ABC\triangle ABC 中，AB<ACAB < AC，MM 为边 BCBC 的中点，DD 为 ∠BAC\angle BAC 的平分线与 BCBC 的交点，PP 为 DD 关于 AA 的对称点，QQ 为 △PBC\triangle PBC 的外接圆上一点，满足 MQ∥ADMQ\parallel AD，且 PP、QQ 位于 BCBC 的两侧，PQPQ 与 AMAM 交于点 RR，证明：∠RBQ=∠RCQ\angle RBQ = \angle RCQ。

2. 分析

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

点 AA 处的等角处理起来比较简单，只需要根据 MQ∥PDMQ\parallel PD 和 MM 是中点这两个条件即可证明 ∠BPD=∠QPC\angle BPD = \angle 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 PD 和 AA 是 PDPD 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 即可证明想要的角度相等的结论。

另外，前面已经证明了点 AA 的等角共轭点在 PQPQ 上，接下来实际上我们只需要证明它也在直线 AMAM 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}

也可以。

3. 解答

3.1. 步骤一：证明∠BPD=∠QPC

延长 ADAD 交 △PBC\triangle PBC 的外接圆于 EE，交 △ABC\triangle ABC 的外接圆于 FF。

由 ADAD 平分 ∠BAC\angle BAC 可知 FF 是优弧 BCBC 的中点，因此 MF⊥BCMF\perp BC。

注意到

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

可知 DF=2DEDF=2DE，于是有 ME=DE=EFME=DE=EF。

又知 MQ∥ADMQ\parallel AD，因此

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

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

∠BPE=∠QPC \angle BPE = \angle QPC

3.2. 步骤二：证明∠ABP=∠RPC

3.2.1. 方法一：调和四边形

延长 BRBR 交 △PBC\triangle PBC 的外接圆于点 SS，设 PCPC 中点为 KK，PQPQ 与 BCBC 交于点 NN。

由 ∠BPD=∠QPC\angle BPD = \angle QPC 可知

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

由 AA 是 PDPD 中点和 MQ∥ADMQ\parallel AD 可知 PRNQPRNQ 为调和点列，因此 PSCQPSCQ 为调和四边形，于是 QSQS 是 △PCQ\triangle 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

3.2.2. 方法二：重心坐标

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

有步骤一可知 A∗A^* 在 PQPQ 上，我们只需要证明它也在 AMAM 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

化简可得

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

我们设 AB=λmAB=\lambda m，AC=λnAC=\lambda n，其中 λ>1\lambda > 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}

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}

代入即可验证上面的等式 (I)(\mathrm{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}

即可。

设直线 PQPQ 与 BCBC 交于点 NN。

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}

考虑 △PND\triangle PND 和直线 AMAM，有

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

可知

PRRN=DMMN \frac{PR}{RN} = \frac{DM}{MN}

因此只需证

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

即可。

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

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}

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}

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

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}

代入即可验证等式 (II)(\mathrm{II}) 成立。

3.3. 步骤三：证明∠RBQ=∠RCQ

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

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