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第6题

设 ABCABC 是一个等边三角形。设 A1,B1,C1A_1,B_1,C_1 是 ABCABC 内部的点，满足 BA1=A1CBA_1=A_1C，CB1=B1ACB_1=B_1A，AC1=C1BAC_1=C_1B，且 ∠BA1C+∠CB1A+∠AC1B=480∘\angle BA_1C+\angle CB_1A+\angle AC_1B=480^\circ。设 A2=BC1∩CB1A_2=BC_1\cap CB_1，B2=CA1∩AC1B_2=CA_1\cap AC_1，C2=AB1∩BA1C_2=AB_1\cap BA_1。证明：若三角形 A1B1C1A_1B_1C_1 是不等边三角形，则三角形 AA1A2AA_1A_2、BB1B2BB_1B_2 和 CC1C2CC_1C_2 的外接圆都经过两个公共点。
第 4/6 步：一个共轴引理确定了每个外接圆
上一步下一步
通俗地说

对两个固定圆的幂之比为常数的点的轨迹本身是一个圆，而 A、A1、A2 都满足相同的比值条件，因此该轨迹必定恰好就是题目中所指的那个圆。

Ca=(AA1A2)={P:pow⁡(P,ωb)=kapow⁡(P,ωc)}\mathcal C_a=(AA_1A_2)=\{P:\operatorname{pow}(P,\omega_b)=k_a\operatorname{pow}(P,\omega_c)\}
详细分析

令直线 AA1AA_1 再次与 ωb\omega_b 交于 XX，再次与 ωc\omega_c 交于 YY，并使用有向比 ka=AXAYk_a=\dfrac{AX}{AY}。圆 ωb,ωc\omega_b,\omega_c 不同且共有 A1,A2A_1,A_2，因此不同心。共轴引理说明轨迹 La:Pow⁡(P,ωb)=kaPow⁡(P,ωc)L_a:\operatorname{Pow}(P,\omega_b)=k_a\operatorname{Pow}(P,\omega_c) 在 ka≠1k_a\ne1 时是圆，在 ka=1k_a=1 时是直线。因为两幂都为零，A1,A2∈LaA_1,A_2\in L_a；而在 AA1AA_1 上，割线幂定理给出 Pow⁡(A,ωb)=AX⋅AA1\operatorname{Pow}(A,\omega_b)=AX\cdot AA_1 及 Pow⁡(A,ωc)=AY⋅AA1\operatorname{Pow}(A,\omega_c)=AY\cdot AA_1，故由 kak_a 的定义有 A∈LaA\in L_a。三点 A,A1,A2A,A_1,A_2 不共线，所以 LaL_a 不可能是直线；于是 ka≠1k_a\ne1 且 LaL_a 正是 Ca=(AA1A2)\mathcal C_a=(AA_1A_2)。在两个辅助圆中作有向角追踪得到 ∠XAB1=30∘−β\angle XAB_1=30^\circ-\beta、∠A1XB1=30∘+γ\angle A_1XB_1=30^\circ+\gamma，类似地得到 ∠YAC1=30∘−γ\angle YAC_1=30^\circ-\gamma、∠A1YC1=30∘+β\angle A_1YC_1=30^\circ+\beta。因此在 △AB1X\triangle AB_1X 和 △AC1Y\triangle AC_1Y 中应用正弦定理，得到 AXAB1=sin⁡(β+γ)sin⁡(30∘+γ)\dfrac{AX}{AB_1}=\dfrac{\sin(\beta+\gamma)}{\sin(30^\circ+\gamma)} 和 AYAC1=sin⁡(β+γ)sin⁡(30∘+β)\dfrac{AY}{AC_1}=\dfrac{\sin(\beta+\gamma)}{\sin(30^\circ+\beta)}。这些是所需的有向角计算，并非凭借未标注的图形猜测。按循环方式定义 Cb,Cc\mathcal C_b,\mathcal C_c 及 kb,kck_b,k_c。