2014年IMO第4問の解説

$BX$ を目指していろいろな長さを次々と求めていく。

三角形 $ABC$ と $QAC$ は相似なので，$CQ=\dfrac{b^2}{a}$

同様に $BP=\dfrac{c^2}{a}$

よって $PQ=BP+CQ-BC=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{a}$

中点連結定理より $NM=2PQ=\dfrac{2b^2+2c^2-2a^2}{a}$

三角形 $BCX$ と $MNX$ は相似なので，

$BX=\dfrac{BC}{BC+NM}BM\\=\dfrac{a}{a+\frac{2b^2+2c^2-2a^2}{a}}BM\\ =\dfrac{a^2}{2b^2+2c^2-a^2}BM$

あとは $BM$ を求めればよい。

三角形 $ABC$ と $PBA$ は相似なので，$AP=\dfrac{bc}{a}$

よって，三角形 $ABM$ に余弦定理を用いて

$BM^2=c^2+\left(\dfrac{2bc}{a}\right)^2-\dfrac{4bc^2}{a}\cos C$

これを整理すると，

$BM=\dfrac{c\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}{a}$

よって，$BX=\dfrac{ac}{\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}$

対称性より $CX=\dfrac{ab}{\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}$

最後に三角形 $BXC$ に余弦定理を用いて，

$\cos\angle BXC=\dfrac{BX^2+CX^2-a^2}{2BX\cdot CX}$

頑張って計算すると，これが $\dfrac{a^2-b^2-c^2}{2bc}$

となるので $180^{\circ}-A$ となることが証明された。

さきほどの解答より $BP=\dfrac{c^2}{a}$ なので

$BP:PC=c^2:a^2-c^2$ より

$P$ の重心座標は $[0,a^2-c^2,c^2]$

よって $M$ の重心座標は $[-a^2,2a^2-2c^2,2c^2]$

同様に $N$ の重心座標は $[-a^2,2b^2,2a^2-2b^2]$

$BM$ と $CN$ の交点 $X$ の重心座標はベクトル方程式を連立させることで

$[-a^2,2b^2,2c^2]$ となることが分かる。（この部分だけ少し計算する必要がある）

これは，外接円の方程式： $a^2qr+b^2rp+c^2pq=0$

を満たすのでOK！