2020年欧洲女子数学奥林匹克（简称为EGMO），因为新冠状病毒疫情，原来说的取消。后来决定于4月17、18日在网上举行，每天4.5小时，三个题目。我觉得这样挺好的，毕竟这样也能达到锻炼思维、交流数学、激发学生兴趣的目的。这次考试的第3和第5题是几何题，也恰巧都和含有60°的三角形有关。这篇文章就写一下本人对这两个题目的探究过程。
第3题为：
六边形ABCDEF满足∠A=∠C=∠E,∠B=∠D=∠F,且∠A,∠C,∠E的内角平分线交于一点。
求证：∠B,∠D,∠F的内角平分线交于一点。
思路分析：
这个题目叙述非常简洁，但是图形相对复杂，满足条件的图形并不好画，先画一个草图看看吧，
所谓道生一、一生二、二生三、三生万物，六边形不好描述ps三角形，但是一般多边形往往是由三角形或者四边形构成的，而六边形可以理解为两个三角形交叉构成的图形，考虑到已知条件中角度的对称性，所以可以尝试将交错的三对边分别延长，则构成两个三角形。如下图
由多边形外角和为360°知相邻两角的外角和为120°，
从而交错的三对边交成的两个△KLM,K’L’M’均为正三角形。
下面还有一个条件是∠A,∠C,∠E的内角平分线交于一点，
说明这两个正三角形还要满足一个条件，
经过观察尝试发现条件为这两个正三角形全等。
这样就画出了准确的图形。
下面考虑如何证明本题，
用角度相等得到了两个正三角形不难，
下面关键在于如何利用三个角平分线交于一点，
由此会得到一个重要的性质，
此性质应该就是两个正三角形全等或者其等价命题。
并由此性质推导出另外三个内角平分线交于一点。
（即此性质是三条内角平分线交于一点的充分必要条件）。
三线共点的基本思路是塞瓦定理，
但是对△ACE似乎不好用。
而且不难证明这些内角平分线是两两平行的，
但是这个似乎意义不大，不好用。
我们不妨只关注∠A,∠C,∠E的内角平分线交点G,
容易计算得到∠AGC=120°,
这样就有KAGC共圆，同理L’在此圆上。
对称的，这样就有KAGC共圆，同理J在此圆上。
这样就会有三组五点共圆，这个应该是有意义的。
对称的，对H还会有三组五点共圆。
关键是如何由点G的三组五点共圆推导得到点H的三组五点共圆。
因此本题也可以重新构图，
对△ACE，点G满足∠AGC=∠CGE=∠EGA=120°,
作出AGC,CGE,EGA外接圆，
要保证角平分线，需要GK=GL’,
然后顺次相连即可。
不难得到GK=GL’,GM’=GL,GK’=GM,
这样就能通过全等证明两个正三角形全等了。
从而就得到了三线共点的充要条件为两个三角形全等，
即证明了另三个内角平分线交于一点。
证明过程书写如下：
证明：
设AE,BC,DE交成△KLM,
AB,CD,EF交成△K’L’M’。
∠A,∠C,∠E的内角平分线交点G,
由∠A=∠C=∠E,∠B=∠D=∠F,
知∠KAB+∠KBA=120°,
故∠AKB=60°,
由对称性知△KLM,K’L’M’均为正三角形。
则∠AGC=360°-∠ABC-∠BAG-∠BCG
=360°-∠ABC-∠BAE
=120°,
故KAGC共圆，同理L’在此圆上。
由对称性得三圆AKL’C,CMK’E,M’AEL共点于G。
则∠GL’A=∠GKA,
又∠FAG=∠DCG,
故GK=GL’,
同理∠L’M’G=∠KLG,
则△GL’M’≅△GKL(AAS).
故L’M’=KL,
即两个正三角形全等。
同理可证三圆KM’FB,BL’MD,K’DEL共点于H。
则∠HKE=∠HM’F,
∠FAG=∠DCG,
又KL=M’K’,
则△KHL≅△M’HK'(AAS).
故HK=HM’,
则∠HBC=∠HFE,
又∠AFH=∠LDH=MBH,
故HF平分∠AFE,
同理可证BH,DH为角平分线，
即∠B,∠D,∠F的内角平分线交于一点。
做完本题以后，我到AOPS[1]上面看了一下其他人的解答，相当多的人都是用上述方法解答的，但是论坛上还有另外一个有趣的思路。简述如下：
由等角不难得到两个正三角形，三个内角平分线共点的条件很难用，除了想到上述的三圆共点的猫爪定理（即密克定理）以外，还有一个自然的思路是利用角平分线性质定理——角平分线上的点到角两边的距离相等。
做出G到各边的距离，容易想到一个经典的结论——
维维安尼（Viviani）定理：正三角形内任意一点到三边的距离和等于其高线长。
这个用面积法容易证明。
这样由G到两个正三角形的三个距离之和相等知两个正三角形全等。
对称的，设∠B,∠D的内角平分线交于H，
过H作两个正三角形的距离，
从而得到H到FA、FE的距离相等，
故H在∠F的内角平分线上，
从而得到∠B,∠D,∠F的内角平分线交于一点。
具体详细的过程这里就不再赘述。
欧洲女子竞赛的题目质量一般都很高，难度中等，适合中等水平的竞赛学生。本题图形优美，叙述简洁，难度较高，它是第一天的第三题，算是压轴题，当然仁者见仁智者见智，可能对高手来说不算难题，不过对普通学生而言难度还是比较高的。上述两种证明各有千秋，又异曲同工。前面都要得到两个正三角形，都要证明三线共点的充要条件为两个正三角形全等；要么用三圆共点，要么用维维安尼定理。
证法一中，可以得到G为ACE对正△KLM和△K’L’M’的密克点，
H为BDF对正△KLM和△K’L’M’的密克点，
从而得到对于两个正三角形，当且仅当他们全等时∠A,∠C,∠E平分线共点，
对称的∠B,∠D,∠F平分线共点。
当然还可以考虑将本结论推广。
本次竞赛的第5题为：
已知：△ABC中，∠ACB>120°,R为△ABC外接圆O半径，
P在线段AB上PB=PC且AP=R，PB的中垂线交圆O于E,D,
证明：P是△CDE内心。
思路分析：
图形中有内心和外接圆，
这是鸡爪定理的基本结构。
延长CP交圆O于S，
若结论成立则APSO为菱形，
且CASB,OPBS为等腰梯形。
但是都不好直接证明。
因为条件PC=PB,PA=OA=OS不好用。
实在不行就用同一法，
作OS//AP,即可证明上述结论。
最后由鸡爪定理逆定理即知P是△CDE内心。
具体证明过程如下：
证明：同一法，
作S在圆O上且OS//AP,
由PA=OS=OA
知APSO为菱形.
则 OP⊥AS,
又OP⊥BC,
则ACBS为等腰梯形,
故CPS共线。
由OPBS为梯形且OB=PS
则OPBS为等腰梯形，
故SE=EO=OS,
从而SP=SD=SE,
由鸡爪定理逆定理即知
P是△CDE内心。
注：
本题相对简单，只要能想到鸡爪定理就容易入手，后面用同一法也是情理之中的做法。当然本题中还隐藏着∠ECD=60°的条件。事实上本题是2002年第43届IMO的第一题的改编，鸡爪定理之四[2]中的例2，具体题目如下：
已知：BC为圆O的直径，A为圆O上一点，∠AOB
证明：I是△CEF内心(2002年第43届IMO)
当然IMO这个题目也不难。
今年EGMO的两个几何题目都涉及到了含有60°的三角形问题，也和猫爪定理及鸡爪定理有关。只要对这些基本结构比较熟悉，问题都不是太大，这再次体现了几何的基本构型的重要性。
参考文献
[1]
[2]
1：本平台：妙解之慧（ID:WanZhuanShuXue1）由陕西西安孙冰钰老师创建专注分享初，高中数学优质资源ps三角形，旨在：让全国各地的师生都能享受到同等优质的教育资源。本平台诚请高中数学教师、教研员和热爱数学的朋友不吝赐稿，与数学有关的内容都可以。来稿请注明姓名或者网名、工作单位，一般只接受word文档格式的电子稿件，文稿请认真审查，防止错漏，确保无误，文责自负。文稿可发在QQ邮箱3305796992@qq.com或添加文末微信直接发给我，感谢各位朋友的鼓励与支持。
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