2026年北京高联预赛的几何题的解答

1. 题目

如图，在锐角 △ABC 中，M 是 BC 的中点，D、E 为 △ABC 内两点，满足 D 在 △ABM的外接圆上，E 在 △ACM 的外接圆上，且 MD⊥ME。延长 MD、ME 分别交 AC、AB 于 F、G。已知 D、E、G、F 共圆，求证：MD 平分 ∠AMC。

2. 分析

这个题最直接的做法就是用三角来算，思路简单，但是计算稍微有些麻烦。

如果使用几何法，关键是证明点 A 也和 DEGF 共圆。

可以考虑对点 A 进行反演。

3. 解答一（三角法）

我们设 ∠AMF=α，∠CMF=β，只需证 α=β 即可。

由 DEGF 共圆可知：

MD⋅MF=ME⋅MG

我们可以利用正弦定理求出这四条边的长度：

sin∠DBMMD​=sinBAM​,sin∠ECMME​=sinCAM​,​sinCMF​=sin∠MFCMC​sinBMG​=sin∠MGBMB​​

代入前面的等式，可得

sinBAM⋅sin∠DBM​⋅sin∠MFCMC⋅sinC​=sinCAM⋅sin∠ECM​⋅sin∠MGBMB⋅sinB​

化简得

sin∠DBM⋅sin∠MGB⋅sin2C=sin∠ECM⋅sin∠MFC⋅sin2B

其中

∠DBM∠MGB∠ECM∠MFC​=∠B−α=π−(2π​−β)−∠B=2π​−(∠B−β)=∠C−(2π​−α)=(∠C+α)−2π​=π−β−∠C=π−(∠C+β)​

代入可得

sin(B−α)⋅cos(B−β)⋅sin2C=−cos(C+α)⋅sin(C+β)⋅sin2B

利用积化和差公式进行变形：

[sin(2B−α−β)+sin(β−α)]⋅sin2C=−[sin(2C+α+β)−sin(α−β)]⋅sin2B

注意到 α+β=∠AMC，可得

sin(2B−∠AMC)⋅sin2C+sin(2C+∠AMC)⋅sin2B=sin(α−β)[sin2B+sin2C]

显然，只需证明等式左边为零即可。

注意到此时等式左边已经没有 α 和 β 了，它只和中线 AM 有关。

到此，我们基本上可以判定，这道题能够证出来了。

LHS=0 的证明

注意到

2∠B−∠AMC2∠C+∠AMC​=∠B−(∠AMC−∠B)=∠B−∠BAM=∠C+(∠AMC+∠C)=∠C+(π−∠CAM)=∠C−∠CAM+π​

因此 LHS=0 等价于

sin(∠B−∠BAM)⋅sin2C=sin(∠C−∠CAM)⋅sin2B

即

sin2Bsin(∠B−∠BAM)​=sin2Csin(∠C−∠CAM)​

又因为

sin∠BAMsinB​=BMAM​=CMAM​=sin∠CAMsinC​

因此只需证

sinBsin∠BAMsin(∠B−∠BAM)​=sinCsin∠CAMsin(∠C−∠CAM)​

将分子展开

sinBsin∠BAMsinBcos∠BAM−cosBsin∠BAM​=sinCsin∠CAMsinCcos∠CAM−cosCsin∠CAM​

即

cot∠BAM−cotB=cot∠CAM−cotC

我们过 M 分别向 AB、AC 作垂线，垂足依次为 P、Q。作 B 关于 MP 的对称点 B′，C 关于 MQ 的对称点 C′。

则上面的等式等价于

⟺⟺⟺​MPAP​−MPBP​=MQAQ​−MQCQ​AQ−CQAP−BP​=MQMP​AC′AB′​=ABAC​AB⋅AB′=AC⋅AC′​

由 MB′=MB=MC=MC′ 可知 B、B′、C′、C 四点共圆，因此上面的等式成立。

4. 解答二（反演）

对点 A 作 bc​ 反演，记点 P 的对应点为 P′。

由

∡AF′D′=∡AM′D′=∡ADM=∡ABM

可知 D′F′∥BC。

同理，由

∡AG′E′=∡AM′E′=∡AEM=∡ACM

可知 E′G′∥BC。

另外，由反演可知，AM′D′F′、AM′E′G′、D′E′G′F′ 共圆，它们两两的根轴 AM′、D′F′、E′G′ 平行或交于一点。

假设 AM′∥D′F′，则 AM′∥BC，这显然不成立，因为 A 和 M′ 在 BC 的两侧。

因此三条根轴交于一点，可知 D′F′ 和 E′G′ 重合，即 D′E′G′F′ 共线。

由 ∡AF′G′=∡AGF 可知 F′G′∥FG，因此 FG∥BC。

设 FG 与 AM 交于点 X，由 M 是 BC 的中点，可知 X 是 FG 的中点，因此 MX=XF。于是有

∠AMF=∠GFM=∠FMC