2023CGMO的几何问题

从结论出发：欲证GI=IE，对于这种比较诡异的线段相等，我们一般不会考虑去直接通过计算（比例）完成两个线段的相等，而是它作为某个三角形的外心进行角度计算来完成。而构造这样一个三角形，最简单的思路就是作出E关于CD对称点E'。则只需证I为△E'EG外心，而注意到E'I=EI，根据同一法的思想，只需证∠GE'E=90°+∠IGE=∠BFH(消I)

【资料图】

从条件分析：G其实就是F关于圆(E,EH)的反演点，而要刻画∠GE'E不妨取出E'关于圆(E,EH)的反演点J，则只需证FE为∠JFB角平分线(消G)。

证明角平分线，可以考虑作J关于FE对称点J'，则J'在AB上，另一方面，有△HEE'∽△HEJ∽△HEJ'(消F)，于是可以转化为如下简洁问题:

AC⊥BD且AC∩BD=H，作E关于CD对称点E'，设J在AB上满足∠HEJ=∠HEE'，求证：△HJE∽△HEE'

对于这样一个问题，最简单的思路就是计算比例HJ/HE=HE/EE'，但仔细一想，这样的比例似乎是不好计算的（尤其是HE），于是我便萌生出了另一个思路：构造相似对应

为什么会这样去思考呢：我们把△HJE看作四边形BJEH的一部分，HJ是难以刻画的，但四边形BJEH可以用角度表示出来，这启发我去构造一个点K满足KHEE'∽BJEH

我们挖掘K的性质：∠HKE=∠JBE=180°-∠HCE说明K在圆(HCE)上，而∠E'KE=∠HBE=∠DCE说明KE'∩CD=L也在圆(HEC)上。

那么我们不妨这样去考虑：取出圆(HCE)与CD第二交点L，设LE'与圆(HCE)第二交点为K，去证HBJE∽HKE'E。事实上只需证要说明△BHE∽△KEE'，这是非常容易的:∠E'KE=∠HBE=∠DCE、∠KE'E=90°+∠KLC=90°+∠CLE=90°+∠CHE=∠BHE，证毕！

事实上，证完后很容易发现有些辅助线是不必要的，这里给出简化后的最终过程：

GH线有一个熟知的性质：过A作BC平行线交圆(ABC)另一边于F，则H、G、F三点共线(易证)。关于D、E二点的性质，可以看做圆(BDH)与AB相切，圆(CEH)与AC相切。于是

可知圆(BDH)与圆I的第二交点K在MD上，同理圆(CEH)与圆I的第二交点L在EN上，考虑的根心定理，则只需证FH为圆(BDH)、圆(CEH)根轴，注意到FH与圆(ABC)的第二交点J在圆(BDH)、圆(CEH)上即可(导角易证)

完整过程：

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