2021年土耳其IMO国家队选拔考试两道平面几何题的解答
证明：可以证明FD、GE都通过BC的中点.
如图1所示. 设FD交BC于点R.连KB、KF、KD、KC、FC、BD、NB、NC、ND、NF.
由ABDK四点共圆有∠ABK=∠ADK,
由AFCK四点共圆有∠AFK=∠ACK,
于是有∠BKF=∠DKC.
∠KBD=∠KAD=∠MAC=∠MBC,
∠KDB=180º-∠BAK=180º-∠BAM=∠MCB=∠MBC,
于是KB=KD,同理KF=KC.于是⊿KBF≌⊿KDC,得BF=CD.显然NB=NC,
∠NCD=∠FBN,于是⊿NCD≌⊿NBF,所以ND=NF, ∠CND=∠BNF,于是
∠FND=∠BNC,进而⊿FND∽⊿BNC,由于∠FAD=∠BAC=∠BMC,以点N为位似中心作位似旋转变换，则F->B, D->C, A->M,由于MB=MC,所以AF=AD.
FD截⊿ABC,由Menelaus定理有:(CR/BR)·(BF/FA)·(AD/DC)=1
所以CR/BR=(AF/FB)·(CD/DA)，前面已经证明BF=CD，AF=AD所以CR/BR=1，即FD过BC中点.
同理可证GE过BC中点.
实际上如图2所示.
连接MB、MC、MG、LB、LC、EL.
∠CEL=∠GBL, ∠ECL=∠BGL
由于∠BEL=∠BAL=∠CAL=∠EAL=∠EBL
于是EL=BL，所以⊿GBL≌⊿CEL，
得CE=GB.又显然∠MBG=∠MCE,MB=MC,于是⊿MGB≌⊿MEC，得MG=ME. ∠MEC=∠MGB,A、G、E、M四点共圆.
∠GME=180º-∠GAE=∠BAC=∠BMC.以M为位似中心作位似旋转变换，
则G->B, E->C, A->N,以下同前面类似可得GE过BC中线.
综上命题得证！
题7.已知⊿ABC内接于圆⍵，其内心为I.过点I与∠A外角平分线与⍵的交点的直线交⊿BIC的外接圆于点Ta,类似的定义Tb、Tc.求证：⊿TaTbTc的外接圆半径为⍵半径的两倍.
证明：如图1所示.
设AI交⊿BIC外接圆于点R,∠A外角平分线与⊿ABC外接圆于点M，过M作直径MN.
设CI交⊿BIA外接圆于点S, BI交⊿CIA外接圆于点K.则点N为劣弧BC的中点，由鸡爪定理，NB=NO=NI,于是点N为⊿BIC的外心，则知IR为⊿BIC外接圆直径,
同理IK、IS分别为另外两圆的直径,于是IA⊥SK、IB⊥SR、IC⊥RK，所以RCK三点、SAK三点、SBR三点分别共线.
由IR为⊿BIC外接圆直径知∠ITa⊥RTa.于是M、A、Ta、R四点共圆.于是AM和RTa的交点Q在圆(MABC)和圆(RTaBC)的根轴上，显然BC即为两圆的根轴，于是Q在BC上.
由A、I、B、S四点共圆知∠ASB=∠BIR=∠BCR,于是有K、S、B、C四点共圆，
于是有QS·QK=QB·QC=QTa·QR，即Ta在⊿KSR的外接圆上，同理Tb、Tc也在⊿KSR的外接圆上.
另一方面,IA⊥AM,IB⊥SR,而AIR和BIK分别三点共线知道点I为⊿KSR的垂心，A、B、C分别三边上的垂足,由熟知的结论，点M为SK的中点.于是⊿ABC的外接圆为⊿KSR的九点圆，⊿ABC的外接圆半径当然为⊿KSR外接圆半径的一半.而⊿KSR外接圆即为⊿TaTbTc的外接圆，命题得证！