2026年CWMI的几何题的解答（一）

1. 题目

如图，过圆 $\omega$ 上一点 $A$ 作切线 $l$，在 $l$ 上取关于 $A$ 对称的两点 $A'$、$A''$。过 $A'$ 作 $\omega$ 的一条割线与 $\omega$ 交于 $P$、$Q$，过 $A''$ 作 $\omega$ 的一条割线与 $\omega$ 交于 $S$、$T$。过 $A$ 作 $PQ$、$ST$ 的平行线，分别与 $\omega$ 再次交于点 $X$、$Y$。设 $M$ 是 $QS$ 的中点，求证：$AM$、$QY$、$SX$ 三线共点。

2. 分析

这个题要证明的是三线共点，如果能够想到使用角元塞瓦定理来证明，剩下的倒角就是trivial的了。

另外，注意到这个题目中 $P$、$T$ 两点其实没什么作用​（并不是），我们可以把原图看成是以 $\triangle AQS$ 的外接圆为基础进行的构造，而且其中只有一个长度条件（还是中点），因此可以考虑使用重心坐标来进行计算。

3. 解法一：角元塞瓦定理

只需证

$$\frac{\sin \angle SAM}{\sin \angle MQA}\cdot \frac{\sin \angle AQY}{\sin \angle YQS}\cdot \frac{\sin \angle QSX}{\sin \angle XSA} =1$$

即可。

由 $M$ 是 $QS$ 的中点可知

$$\frac{\sin \angle SAM}{\sin \angle MQA} = \frac{AQ}{AS}$$

注意到 $\angle A'AQ = \angle AXQ$，$AX\parallel A'Q \implies \angle A'QA = \angle QAX$，因此 $\triangle A'QA \sim QAX$，$\angle A' = \angle AQX$。

同理可证，$\triangle A''SA \sim \triangle SAY$，$\angle A'' = \angle ASY$。

因此

$$\frac{\sin \angle AQY}{\sin \angle YQS} = \frac{\sin \angle ASY}{\sin \angle YAS} = \frac{\sin \angle A''}{\sin \angle ASA''} = \frac{AS}{AA''}$$

且

$$\frac{\sin \angle QSX}{\sin \angle XSA} = \frac{\sin \angle QAX}{\sin \angle XQA} = \frac{\sin \angle AQA'}{\sin \angle A'} = \frac{AA'}{AQ}$$

结合 $AA'=AA''$ 可知结论成立。

4. 解法二：重心坐标

为了方便叙述，我们将题目改成下面的形式：

如图，$\omega$ 是 $\triangle ABC$ 的外接圆，过点 $A$ 作 $\omega$ 的切线 $l$，在 $l$ 上取关于 $A$ 对称的两点 $A'$、$A''$。过 $A$ 作 $A'B$、$A''C$ 的平行线，分别与 $\omega$ 再次交于点 $X$、$Y$。设 $M$ 是 $BC$ 的中点，求证：$AM$、$BY$、$CX$ 三线共点。

以 $\triangle ABC$ 为参考三角形建立重心坐标系，则 $A=(1,0,0)$，$B=(0,1,0)$，$C=(0,0,1)$，$M=(0:1:1)$，$\omega$ 的方程为

$$a^2yz+b^2zx+c^2xy=0$$

切线 $l$ 的方程为

$$c^2y+b^2z=0$$

切线方程的推导

设过点 $A$ 的切线与直线 $BC$ 交于点 $K$，则 $\triangle KAC \sim \triangle KBA$，于是

$$\frac{KB}{KA} = \frac{KA}{KC} = \frac{AB}{AC} = \frac{c}{b} \implies \frac{KB}{KC} = \frac{KB}{KA}\cdot \frac{KA}{KC} = \frac{c^2}{b^2}$$

因此点 $K$ 的坐标为 $\left(0 : -b^2 : c^2\right)$，直线 $AK$ 的方程为

$$c^2y+b^2z=0$$

设切线上的两点 $A'=\left(m:b^2:-c^2\right)$，$A''=\left(n:b^2:-c^2\right)$，则由 $A$ 是 $A'A''$ 的中点可知

$$\begin{aligned} \Biggl(\, & \frac{m}{m+b^2-c^2} + \frac{n}{n+b^2-c^2} : \\ & \frac{b^2}{m+b^2-c^2} + \frac{b^2}{n+b^2-c^2} : \\ & \frac{-c^2}{m+b^2-c^2} + \frac{-c^2}{n+b^2-c^2} \,\Biggr)=(1:0:0) \end{aligned}$$

故

$$\frac{1}{m+b^2-c^2} + \frac{1}{n+b^2-c^2} = 0$$

不妨设 $m+b^2-c^2=t$，$n+b^2-c^2=-t$，显然 $t\ne 0$。

直线 $A'B$ 的方程为 $c^2x+mz=0$，设直线 $AX$ 的方程为 $y-kz=0$（$k\ne 0$），则由 $A'B\parallel AX$ 可知

$$\begin{vmatrix} c^2 & 0 & m \\ 0 & 1 & -k \\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix} = 0 \implies k = \frac{m-c^2}{c^2} = \frac{t-b^2}{c^2}$$

联立 $AX$ 与 $\omega$ 的方程，可解得 $X$ 的坐标为

$$\begin{aligned} X & = \left(-a^2k : \cdots : b^2+c^2k\right) \\ & = \left(-a^2k : kt : t\right) \end{aligned}$$

因此，直线 $CX$ 的方程为 $tx+a^2y=0$。

同理，直线 $A''C$ 的方程为 $b^2x-ny=0$，设直线 $AY$ 的方程为 $y-lz=0$（$l\ne 0$），则由 $A''C\parallel AY$ 可知

$$\begin{vmatrix} b^2 & -n & 0 \\ 0 & 1 & -l \\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix} = 0 \implies l = -\frac{b^2}{n+b^2} = \frac{b^2}{t-c^2}$$

联立 $AY$ 与 $\omega$ 的方程，可解得 $Y$ 的坐标为

$$\begin{aligned} Y & = \left(-a^2l : \cdots : b^2+c^2l\right) \\ & = \left(-a^2 : \cdots : b^2\cdot \frac{1}{l}+c^2\right) \\ & = \left(-a^2 : lt : t\right) \end{aligned}$$

因此，直线 $BY$ 的方程为 $tx+a^2z=0$。

又知直线 $AM$ 的方程为 $y-z=0$，由

$$\begin{vmatrix} t & a^2 & 0 \\ t & 0 & a^2 \\ 0 & 1 & -1 \end{vmatrix} = 0$$

可知直线 $BY$、$CX$、$AM$ 平行或交于一点。

注意到 $BY$ 与 $CX$ 的交点坐标为 $\left(a^2:-t:-t\right)$，假设 $BY\parallel CX$，则有 $a^2-2t=0$。可以验证，此时 $A'B$、$A''C$ 的交点 $\left(mn, mb^2, -nc^2\right)$ 位于 $\omega$ 上，即原图中 $P$、$T$ 两点重合，不合题意。

因此，原图中直线 $QY$、$SX$、$AM$ 交于一点。