引理 \(13.1\) :
取调和四边形 \(ABCD\) 对角线 \(BD\) 上一点 \(K\) , \(KA,KC\) 与圆的交点为 \(S,T\) ,则 \(SBTD\) 也是调和四边形。
证明:我们只要证明 \(AT\cap CS\) 在 \(BD\) 上,这样,使用上一章的引理 \(9.3\) ,我们看到 \(AT\cap CS,ST\) 极点与 \(AC\) 极点共线,这就是 \(BD\) ,说明 \(ST\) 极点在 \(BD\) 上。
对 \(AATCCS\) 用 \(Pascal\) 即可。
例1
如图, \(I\) 是 \(\triangle ABC\) 的内心, \(AB>AC\) ,内切圆切点为 \(D,E,F\) ,\(EF\cap BC=P\) ,过 \(P\) 的动直线交内切圆于 \(G,H\) , \(N,M\) 分别是 \(DE,DF\) 的中点, \(Q=\odot (IMG)\cap \odot (INH)\) 。求证: \(Q\) 在定圆上。
这个定圆是什么?取两圆相切(直观理解运动的过程,显然会存在这样的一个瞬间)就是 \(I\) ,取 \(GH=EF\) 会得到 \(EF\) 中点 \(T\) ,当然还有点 \(D\) ,所以是 \(\odot DIT\) (这个圆上还有 \(P\) 之类的点)
首先可以关于内切圆反演,看到 \(B\leftrightarrow N,C\leftrightarrow M,A\leftrightarrow T\) ,圆上的点不变
所以 \(Q=\odot (IMG)\cap \odot (INH)\leftrightarrow BH\cap CG\) , \(\odot (DIT)\leftrightarrow AD\) ,只要证 \(AD,BH,CG\) 共点。
可以看到调和点列 \((B,C;D,P)=-1\) (用一下梅氏即可),如果共点,通过透视,可以得到 \((H,G;K,P)=-1\) ,所以只要证这个调和点列就行了,然后用调和线束共点(准确地说,只要交比相同就一定共点,被称为 \(Prism Lemma\))
而 \(AD\) 是 \(P\) 关于内切圆的极线。这个很容易证明,因为 \(P\) 在 \(A\) 的极线上,用极线的共轭性质,而 \(PD\) 本来就是切线。
还有一种理解,我们对 \(\triangle FHB,\triangle EGC\) 用笛沙格定理,只要 \(FH\cap EG\) 在 \(AD\) 上,这就是 \(Brocard\) 定理(还是得证明 \(AD\) 是极线)
注:可以不反演做。取 \(I\) 在两个小圆上的对径点 \(L,K\) ,说明 \(P,K,L,Q\) 共线就可得到 $\angle PQI=Rt\angle $ ,这个共线由 \(DDHEFG,DDEHGG,DDFGHH\) 的 \(Pascal\) 定理给出。
例2
如图,过 \(E,F\) 作 \(\odot (AEF)\) 切线交于点 \(S\) ,求证:以 \(ST\) 为直径的圆与 \(\triangle BCI\) 的九点圆正交。
很明显我们应当证明 \(S,T\) 关于这个圆共轭。我们称这个九点圆为 \(c\) 。
我们试图寻找一些九点圆上的点,比如 \(B\) 到 \(CI\) 的垂足,可以观察到它在 \(EF\) 上。这一性质的证明不困难,设 \(U=CI\cap EF\) ,于是 \(\angle FUI=\angle B/2=\angle FBI\) ,得到 \(FUIB\) 共圆,从而 $\angle BUI=Rt\angle $
于是三条高线 \(BU,ID,CV\) 交于一点。我们不关心这个点,而是看到了完全四边形的调和点列构型: \((U,V;I,T)=-1\) ,说明了 \(J\) 在 \(T\) 的极线上
我们还要利用一下 \(S\) 的性质。有调和点列 \((A,I;R,S)=-1\) ,我们要证 \(JS\) 是极线的话,可以考虑透视到 \(BC\) 得到 \((M,D;K,T)=-1\)
我们说明 \(M\) 就是中点(或者说中点在 \(AJ\) 上),只要证 \([\triangle ABJ]=[\triangle ACJ]\) ,等价于说 \(AB\cdot JF=AC\cdot JE\) ,而 \(\frac{JF}{JE}=\frac{\sin\angle FIJ}{\sin\angle EIJ}=\frac{\sin\angle ABC}{\sin\angle ACB}\)
进一步地, \(M\) 在 \(c\) 上,所以 \(ADM\) 是一条 \(c\) 的割线, \(K\) 在极线上,然后 \(S\in JK\) 与 \(T\) 共轭。
例3
如图, \(AD\) 是 \(\triangle ABC\) 的角平分线,点 \(I\) 满足 \(AI\perp AD,DI\perp BC\) ,\(\odot I\) 以 \(ID\) 为半径,交 \(AB,AC\) 于 \(E,F\) , \(X\) 在 \(\odot (AEF)\) 上,满足 \(AEXF\) 是调和四边形。求证: \(\odot (AEF)\) 与 \(\odot (BXC)\) 切于点 \(X\)
首先 \(IAEF\) 共圆,并且 \(I\) 是弧 \(EAF\) 中点,因为它在 \(EF\) 中垂线上,以及 \(\angle AID=Rt\angle -(B-C)/2\)
我们拥有角平分线 \(AD\) 以及 \(AI\perp AD\) ,这是一个很明显的阿氏圆构型,延长 \(IA\cap BC=K\) ,于是 \((B,C;K,D)=-1\)
\(EF\) 也过点 \(K\) ,为了证明这一点,我们需要设 \(K'=EF\cap BC\) 。我们计算 \(K,K'\) 到 \(\odot (AEF)\) 的圆幂。
由射影定理, \(KA\cdot KI=KD^2\) ,而 \(K'D\) 是 \(\odot I\) 的切线, \(K'E\cdot K'F=K'D^2\) 。所以 \(K,K'\) 均在点圆 \(D\) 与 \(\odot(AEF)\) 根轴上,但这条根轴很显然不是 \(BC\) ,所以 \(K=K'\)
我们要利用调和四边形的条件,根据引理 \(11.1\) ,我们延长 \(KX\) 交圆于 \(Y\) ,因为 \(KAI\) 是割线,所以 \(IEFY\) 是调和四边形,而 \(I\) 是弧 \(EIF\) 中点,所以 \(Y\) 是弧 \(BC\) 中点,进一步地, \(ADY\) 共线。
因为 \(K\) 在点圆 \(D\) 与 \(\odot(AEF)\) 根轴上,所以 \(KD^2=KX\cdot KY,\triangle KDX\sim\triangle KYD\) ,所以 \(\angle KDX=\angle KYD\overset{}{=}\angle XYA\overset{AEXY共圆}{=}\angle BEX\) ,所以 \(BEDX\) 共圆。同理 \(CFDX\) 共圆。
我们任取切线在 \(X\) 左侧的一点 \(S\) ,然后 \(\angle BXS=\angle EXS-\angle BXE\overset{BEDX,CFDX 共圆}{=}\angle EFX-\angle BDE\overset{BD为切线}{=}\angle EFX-\angle EFD=\angle DFX\overset{CFDY共圆}{=}\angle DCX=\angle BCX\)
这就说明 \(XS\) 也是 \(\odot (BCX)\) 的切线,证毕。
例4
如图, \(c_1,c_2\) 交于 \(X,Y\) 两点, \(AC,BD\) 是两条外公切线,点 \(Z\) 是 \(Y\) 关于 \(AC\) 的对称点,\(AD\cap c_1=L,BC\cap c_2=K\) ,求证:过 \(K\) 作 \(c_1\) 切线,过 \(L\) 作 \(c_2\) 切线,直线 \(XZ\) 交于一点。
一个好的图可以看出这个点在 \(AC\) 上。我们最好的希望就是我们只要处理 \(AC\cap ZK=N\) ,然后处理 \(L,K\) 中的一个,另一个同理完成。
延长 \(AC,BD\) 交于点 \(O\) 。似乎 \((A,C;O,N)=-1\) ,不过没什么证明的思路。我们还是先研究关键的点 \(Z\) ,它需要一些刻画
熟悉外公切线和根轴的读者很快就会说, \(\angle AXC+\angle AYC=\pi\) ,这个导角通过弦切角能轻松完成,从而 \(AZCX\) 共圆。
我们关于 \(O\) 做一个 \(c_1\leftrightarrow c_2\) 的反演,当然本质是关于 \(O\) 导一些圆幂,但是利用反演可以更加直观一些。注意 \(O\) 是外位似中心。
\(A\leftrightarrow C,B\leftrightarrow D,X,Y\) 不变,于是 \(OX^2=OA\cdot OC,\triangle OXA\sim \triangle OCX\) ,然后 \(\frac{AX}{XC}=\sqrt\frac{OA}{OC}=\sqrt\frac{r_1}{r_2}\)
我们还看到 \(\frac{AZ}{ZC}=\frac{AY}{YC}=\sqrt{\frac{r_1}{r_2}}\) ,所以 \(AZCX\) 是调和四边形
通过 \(X\) 透视就可以得到 \((A,C;O,N)=-1\) 了,不过我们得证明 \(XO\) 是 \(AZCX\) 的切线。根据刚才反演得到的相似有 \(\angle OXA=\angle ACX\) ,这是对的。
最后做 \(K\) 的切线,交 \(AC\) 于点 \(M\) ,我们要证 \((A,C;M,O)=-1\) ,这并不困难,\(M\) 是 \(AK\) 的极点,如果交 \(c_1\) 于 \(E\) ,我们从 \(B\) 透视调和四边形 \(BAEK\) 就可以得到。
标签:AC,triangle,AD,cap,odot,几何,angle,射影 From: https://www.cnblogs.com/Rocking-Yoshi/p/18357092