2026年CWMI的几何题的解答（二）

1. 题目

如图，锐角 $\triangle ABC$ 的垂心为 $H$，$BD$、$CE$ 是高。设 $\triangle ABC$ 内的一点 $P$ 在 $\triangle BHC$ 的外接圆上，直线 $BP$ 与 $AC$ 交于点 $Q$，直线 $CP$ 与 $AB$ 交于点 $R$。求证：$DE$ 平分线段 $QR$。

2. 分析

这个题目一眼看过去，就和所谓的「Humpty点」（或「HM点」）相关：

我们作 $\triangle ABC$ 的中线 $AM$，交 $\triangle BHC$ 的外接圆（记为 $\Gamma$）于点 $X$，则点 $X$ 即为「Humpty点」，满足如下条件：

1. $\angle XAB = \angle XBC$，$\angle XAC = \angle XCB$；
2. 点 $X$ 是垂心 $H$ 在中线 $AM$ 上的投影，即 $HX\perp AX$；
3. 点 $X$ 与 $A$、$E$、$H$、$D$ 共圆，记为 $\omega$。
4. 点 $X$ 是 $DE$ 关于 $\omega$ 的极点，即 $MD$、$ME$ 是 $\omega$ 的切线。
5. $B$、$M$、$X$、$E$ 共圆，$C$、$D$、$X$、$M$ 共圆。

证明也不难，只需作出点 $A$ 关于 $M$ 的对称点 $A'$，则 $A'$ 也在 $\Gamma$ 上。因此

$$MB^2=MC^2=MB\cdot MC=MA'\cdot MX=MA\cdot MX$$

于是 $\triangle MBX\sim \triangle MAB$，$\triangle MCX\sim \triangle MAC$，可知结论1成立。

由 $\triangle ABH = 90^\circ$ 可知 $AH$ 是 $\Gamma$ 的直径，因此 $\angle HXA'=90^\circ$，可知结论2成立，进而结论3也成立。

注意到

$$MD=ME=MB=MC$$

因此

$$MD^2=ME^2=MX\cdot MA$$

可知结论4成立。

同时可知 $\triangle MEX \sim \triangle MAX$，$\triangle MDX \sim \triangle MAD$，因此

$$\begin{aligned} \angle MEX &= \angle MAE = \angle MBX \\ \angle MDX &= \angle MAD = \angle MCX \end{aligned}$$

可知结论5成立。

后面基本就只剩下倒角了。

3. 解答

点 $M$ 和 $X$ 的定义如前所示。

注意到

$$\angle RPQ = \angle BPC = \angle BHC = 180^\circ-\angle BAC$$

于是有 $A$、$R$、$P$、$Q$ 共圆。

又由

$$\angle RPX = \angle XBC = \angle RAX$$

可知 $A$、$R$、$X$、$P$ 共圆。

因此 $A$、$R$、$X$、$P$、$Q$ 共圆，故

$$\left. \begin{aligned} \angle XRQ &= \angle XAQ = \angle XCB \\ \angle XQR &= \angle XAR = \angle XBC \end{aligned} \,\right\} \implies \triangle XQR \sim \triangle XBC$$

结合前面的 $A$、$E$、$X$、$D$ 共圆，可知点 $X$ 是完全四边形 $ARENQD$ 的密克点，因此 $R$、$E$、$X$、$N$ 共圆。故

$$\angle XNQ = \angle XER = \angle XMB \implies \triangle XQN \sim \triangle XBM$$

由 $M$ 是 $BC$ 的中点可知 $N$ 也是 $QR$ 的中点，命题得证。