30道复数法训练题——参考答案（一）

\section*{复数法训练题}\subsection*{一、基本结论}以下均小写字母$x$来表示点$X$所对应复数．\ex $Z,A,B$三点共线当且仅当$\frac{z-a}{z-b}\in\mathbb{R}$．\ex $AB$垂直于$CD$当且仅当$\frac{d-c}{b-a}$为纯虚数．\ex $AB$平行于$CD$当且仅当$\frac{a-b}{c-d}\in\mathbb{R}$．\ex $A$和$B$关于直线$CD$对称当且仅当$a=\frac{(c-d)\bar{b}+\bar{c}d-c\bar{d}}{\bar{c}-\bar{d}}$．\ex $AB$在单位圆上，则$Z$在$AB$上的射影为$\frac{a+b+z-ab\bar{z}}{2}$．\ex $\triangle ABC$和$\triangle XYZ$顺相似当且仅当$\frac{a-b}{b-c}=\frac{x-y}{y-z}$；$\triangle ABC$和$\triangle XYZ$逆相似当且仅当$\frac{a-b}{b-c}=\frac{\bar{x}-\bar{y}}{\bar{y}-\bar{z}}$．\ex $AB$和$CD$交于点$P$，则$p=\frac{(\bar{a}b-a\bar{b})(c-d)-(a-b)(\bar{c}d-c\bar{d})}{(\bar{a}-\bar{b})(c-d)-(a-b)(\bar{c}-\bar{d})}$；特别地，如果$A,B,C,D$在单位圆上，则$p=\frac{ab(c+d)-cd(a+b)}{ab-cd}$．\ex $Y$为$AB$和$CD$的位似旋转中心，则$y=\frac{ad-bc}{a+d-b-c}$．\ex $A,B$在单位圆上，过它们的切线的交点为$P$，则$p=\frac{2ab}{a+b}$．\ex $\triangle ABC$的内心为$I$，$A,B,C$所对的旁心分别为$I_{A},I_{B},I_{C}$，设$a=u^{2}$，$b=v^{2}$，$c=w^{2}$，则$i=-(uv+vw+wu)$，$i_{A}=uv-vw+wu$，$i_{B}=uv+vw-wu$，$i_{C}=-uv+vw+wu$．\ex $\triangle ABC$的外心为$O$，则$o=\left|\begin{array}{lll}a & a \bar{a} & 1 \\ b & b\bar{b} & 1 \\ c & c\bar{c} & 1\end{array}\right|\div\left|\begin{array}{lll}a & \bar{a} & 1 \\ b & \bar{b} & 1 \\ c& \bar{c} & 1\end{array}\right|$．\ex $A,B,C$在单位圆上，$\angle BAC=60^{\circ}$，则$b^{2}+bc+c^{2}=0$．\ex $A,B,C$在单位圆上，$\triangle ABC$的垂心为$H$，九点圆圆心为$N$，重心为$G$，则$h=a+b+c$，$n=\frac{a+b+c}{2}$，$g=\frac{a+b+c}{3}$．\ex $A,B$在单位圆上，点$P$在弦$AB$上，则$p+ab\bar{p}=a+b$．\ex $A,B,C,D$四点共圆当且仅当$\frac{b-a}{c-a}\div\frac{b-d}{c-d}=\frac{\bar{b}-\bar{a}}{\bar{c}-\bar{a}}\div\frac{\bar{b}-\bar{d}}{\bar{c}-\bar{d}}$．\ex 考虑有向角模$180^{\circ}$，则$\angle ABC=\angle XYZ$当且仅当$\frac{a-b}{c-b}\div\frac{x-y}{z-y}\in\mathbb{R}$．\ex $\triangle ABC$的面积$S=\frac{\mathrm{i}}{4}\left|\begin{array}{lll}a&\bar{a}&1\\b&\bar{b}&1\\c&\bar{c}&1\end{array}\right|$．\newpage\subsection*{二、典型例题}\setcounter{ex}{0}\ex $\triangle ABC$的外接圆在点$B,C$处的切线交于点$N$，$M$为$BC$中点．求证：$\angle BAN=\angle CAM$．\begin{proof}设$A,B,C$在单位圆上，则$n=\frac{2bc}{b+c}$，$m=\frac{b+c}{2}$．只需证明：$$r=\frac{\frac{c-a}{m-a}}{\frac{n-a}{b-a}}=\frac{(c-a)(b-a)}{\left(\frac{b+c}{2}-a\right)\left(\frac{2 b c}{b+c}-a\right)}=\frac{2(c-a)(b-a)(b+c)}{(b+c-2 a)(2 b c-a b-a c)} \in \mathbb{R}$$$$\text{则}\bar{r}=\frac{2\left(\frac{1}{c}-\frac{1}{a}\right)\left(\frac{1}{b}-\frac{1}{a}\right)\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)}{\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\frac{2}{a}\right)\left(\frac{2}{b c}-\frac{1}{a b}-\frac{1}{a c}\right)}=\frac{2(c-a)(b-a)(b+c)}{(b+c-2 a)(2 b c-a b-a c)}=r.$$于是$r\in\mathbb{R}$，证毕．\end{proof}\ex 求证：圆内接四边形$ABCD$的密克点、对角线的交点、外接圆的圆心，这三点共线．\begin{proof}设$ABCD$内接于单位圆$O$．设$ABCD$的密克点为$M$，则由$\triangle MBC$顺相似于$\triangle MAD$知：$\frac{m-b}{m-c}=\frac{m-a}{m-d}$，即$m=\frac{bd-ac}{b+d-a-c}$，$\bar{m}=\frac{\frac{1}{bd}-\frac{1}{ac}}{\frac{1}{b}+\frac{1}{d}-\frac{1}{a}-\frac{1}{c}}=\frac{ac-bd}{ac(b+d)-bd(a+c)}$．设$ABCD$的对角线交点为$N$，则$n=\frac{ac(b+d)-bd(a+c)}{ac-bd}$，于是$\bar{m}n=m\bar{n}=1$．因此$\frac{0-m}{0-n}=\frac{0-\bar{m}}{0-\bar{n}}$，即$O,M,N$三点共线，证毕．\end{proof}\newpage\ex \textbf{（2009年IMO预选题G4）}在圆内接四边形$ABCD$中，$AC\cap BD=E$，$AD\cap BC=F$．$G,H$分别是$AB,CD$的中点．求证：$EF$是$\triangle EGH$的外接圆的切线．\begin{proof}设$M$为$EF$的中点，则由牛顿线定理知：$G,H,M$三点共线．故只需证明：$ME^{2}=MG\cdot MH$．设$(ABCD)$的半径为$R$，简记$\vv{OX}$为$x$．即证：$$\begin{aligned}&\left(\frac{e-f}{2}\right)^{2}=\left(\frac{e+f}{2}-\frac{a+b}{2}\right)\cdot\left(\frac{e+f}{2}-\frac{c+d}{2}\right)\\\iff&4e\cdot f-(e+f)\cdot (a+b+c+d)+(a+b)\cdot (c+d)=0.\end{aligned}$$记$\rho(X)$为点$X$对$\odot O$的圆幂，则有：$$\begin{aligned}&\rho(E)=(e-a)\cdot (e-c)=(e-b)\cdot (e-d)=e^{2}- R^{2}\\&\rho(F)=(f-a)\cdot (f-b)=(f-b)\cdot (f-c)=f^{2}-R^{2}\end{aligned}$$$F$在$E$的极线上，故$4e\cdot f=4R^{2}$．以上五式相加即证．\end{proof}\newpage\ex \textbf{（2014年IMO第4题）}点$P,Q$在锐角$\triangle ABC$的边$BC$上，满足$\angle PAB=\angle BCA$，且$\angle CAQ=\angle ABC$．点$M,N$分别在直线$AP,AQ$上，使得$P$为$AM$的中点，且$Q$为$AN$的中点．求证：直线$BM$与$CN$的交点在$\triangle ABC$的外接圆上．\begin{proof}我们证明$BM\cap(ABC)=CN\cap(ABC)$，注意到$M,N$地位对等，只需证明$X=BM\cap(ABC)$的表达式是关于$b,c$对称的．导角知$\triangle PBA$和$\triangle ABC$逆相似，于是$$\frac{p-b}{p-c}=\frac{\bar{a}-\bar{b}}{\bar{c}-\bar{b}}\Rightarrow p=\frac{\frac{1}{a}-\frac{1}{b}}{\frac{1}{c}-\frac{1}{b}}(a-b)+b=\frac{c(a-b)^{2}}{a(c-b)}+b$$由$P$为$AM$中点：$m=2p-a=2\left(\frac{c(a-b)^{2}}{a(c-b)}+b\right)-a$．若$X\in(ABC)$，则$\bar{x}=\frac{1}{x}$，于是$$\begin{aligned}&\frac{m-b}{\bar{m}-\bar{b}}=\frac{x-b}{\bar{x}-\bar{b}}=-bx\\\Rightarrow&x=-\frac{m-b}{b(\bar{m}-\bar{b})}=-\frac{2\left(\frac{c(a-b)^{2}}{a(c-b)}+b\right)-a-b}{b\left[2\left(\frac{\frac{1}{c}(\frac{1}{a}-\frac{1}{b})^{2}}{\frac{1}{a}(\frac{1}{c}-\frac{1}{b})}+\frac{1}{b}\right)-\frac{1}{a}-\frac{1}{b}\right]}=-\frac{ab+ac-2bc}{b+c-2a}\end{aligned}$$上式关于$b,c$对称，于是命题得证．\end{proof}\newpage\ex $\triangle ABC$的内心为$I$，内切圆与三边的切点分别为$R,S,T$．$M,N$分别为$AR$和$BC$的中点．求证：$M,I,N$三点共线．\begin{proof}设内切圆为单位圆，内心为原点．于是有$$a=\frac{2st}{s+t},b=\frac{2rt}{r+t},c=\frac{2rs}{r+s}.$$$$n=\frac{b+c}{2}=\frac{rt}{r+t}+\frac{rs}{r+s}=\frac{r(rs+rt+2st)}{(r+s)(r+t)}$$$$\bar{n}=\frac{\frac{1}{r}\left(\frac{1}{rs}+\frac{1}{rt}+\frac{2}{st}\right)}{\left(\frac{1}{r}+\frac{1}{s}\right)\left(\frac{1}{r}+\frac{1}{t}\right)}=\frac{s+t+2r}{(r+s)(r+t)}$$$$m=\frac{a+r}{2}=\frac{st}{s+t}+\frac{r}{2}=\frac{rs+rt+2st}{2(s+t)},\bar{m}=\frac{\frac{1}{rs}+\frac{1}{rt}+\frac{2}{st}}{2\left(\frac{1}{s}+\frac{1}{t}\right)}=\frac{s+t+2r}{2r(s+t)}.$$于是$$\frac{m}{\bar{m}}=\frac{r(rs+rt+2st)}{s+t+2r}=\frac{n}{\bar{n}}$$因此$M,I,N$三点共线，证毕．\end{proof}\newpage\ex $\triangle ABC$的重心为$G$，点$A$在$BC$边上的射影为$H$，过点$A$作$BC$的平行线，交$\triangle ABC$的外接圆于另一点$D$．求证：$H,G,D$三点共线．\begin{proof}熟知$g=\frac{a+b+c}{3}$，$h=\frac{a+b+c-\frac{bc}{a}}{2}$．设$(ABC)$为单位圆，则由$AD\parallel BC$知：$$\frac{a-d}{\bar{a}-\bar{d}}=\frac{b-c}{\bar{b}-\bar{c}}\iff \frac{a-d}{\frac{1}{a}-\frac{1}{d}}=\frac{b-c}{\frac{1}{b}-\frac{1}{c}}\iff d=\frac{bc}{a}$$$H,G,D$三点共线$\iff\frac{d-g}{\bar{d}-\bar{g}}=\frac{d-h}{\bar{d}-\bar{h}}$．$$d-g=\frac{bc}{a}-\frac{a+b+c}{3}=\frac{3bc-a^{2}-ab-ac}{3a}.$$$$\bar{d}-\bar{g}=\frac{a}{bc}-\frac{1}{3a}-\frac{1}{3b}-\frac{1}{3c}=\frac{3a^{2}-bc-ab-ac}{3abc}.$$$$d-h=\frac{bc}{a}-\frac{a+b+c-\frac{bc}{a}}{2}=\frac{3bc-a^{2}-ab-ac}{2a}.$$$$\bar{d}-\bar{h}=\frac{a}{bc}+\frac{a}{2bc}-\frac{1}{2a}-\frac{1}{2b}-\frac{1}{2c}=\frac{3a^{2}-bc-ca-ab}{2abc}$$于是$\frac{d-h}{d-h}=\frac{2}{3}=\frac{\bar{d}-\bar{g}}{\bar{d}-\bar{h}}$，证毕．\end{proof}