【平面几何】圆幂与等幂(7)

题1 过定点 $P$ 的直线 $l$ 与圆 $\Gamma$ 相交于两点 $A,B$ （相切则重合），根据割线定理、相交弦定理与切割线定理， $PA\cdot PB$ 的乘积是定值，称这个定值为点 $P$ 对圆 $\Gamma$ 的幂。
请用解析法证明圆幂定理：

定理1.1 任意一点 $P$ 引直线 $l$ 与圆 $\Gamma$ 相交于两点 $A,B$ （相切则重合），那么 $PA\cdot PB$ 是定值，且
$PA\cdot PB=|d^2-r^2|$ (1.1)
其中 $r$ 为圆的半径， $d$ 为 $P$ 到圆心的距离。

证明如图1-1：

图1-1

不失一般性，设圆 $\Gamma$ 的圆心在平面直角坐标系的原点，半径为 $r$ ，其方程为：
$x^2+y^2=r^2$ (1.2)
又设点 $P$ 的坐标为 $(0,d),d\ge0$ ，那么 $l$ 的方程为：
$y=kx+d$ (1.3)
或
$x=0$ (1.4)
(式(1.3)表示直线 $l\not \perp Ox$ ，式(1.4)表示直线 $l\perp Ox$ )

设直线与圆的交点坐标为： $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$
以下分两种情况：

情况1：联立(1.2),(1.3)消去 $y$ ，并标准化二次方程得：
$(1+k^2)x^2+2kdx+(d^2-r^2)=0$ (1.5)
$x_1,x_2$ 为方程(1.5)的两根，根据韦达定理有：
$x_1\cdot x_2=\frac{d^2-r^2}{1+k^2}$

根据两点间的距离公式及 $x,y$ 的关系，有：
$|PA|\cdot |PB|=\sqrt{[x_1^2+(y_1-d)^2][x_2^2+(y_2-d)^2]}$
$=\sqrt{(x_1^2+k^2x_1^2)(x_2^2+k^2x_2^2)}$
$=(1+k^2)|x_1x_2|=|d^2-r^2|$ (为定值)。

情况2：联立(1.2),(1.4)，得A.B的坐标为：
$A(0,r),B(0,-r)$
同样可以计算 $|PA|\cdot |PB|=|d^2-r^2|$ (为定值)

综上所述： $|PA|\cdot |PB|=|d^2-r^2|$ (为定值)，其中 $OP=d\blacksquare$

评注如图1-2，若 $P$ 在圆外，那么， $P$ 对于圆的幂等于 $P$ 与圆切线段的平方。这是切割线定理的结论，即：
$d^2-r^2=PA^2$ (1.5)

图1.2

如图1-3，若 $P$ 在圆内，那么， $P$ 对于圆的幂等于过 $P$ 且垂直 $OP$ 的弦的一半的平方。这是交弦定理的结论，即：
$r^2-d^2=PA^2$ (1.6)

图1-3

题2(等幂线) 有圆 $\Omega,\Gamma$ ，若点 $P$ 对 $\Omega,\Gamma$ 的幂相等，称点 $P$ 为两圆 $\Omega,\Gamma$ 的等幂点。两圆的所有等幂点构成的集合，可能是直线、也可能是圆、也可能是空集，请分情况讨论之。

解称两圆的等幂点集合为两圆的等幂集或等幂线，关于等幂集，给出如下5个命题：

命题2.1 两圆半径、圆心距分别为为 $r_1,r_2,d>0$ ，且 $d^2>2(r_1^2+r_2^2)$ ,那么它的等幂集是一条直线。

证明不失一般性，设圆 $\Omega,\Gamma$ 的圆心分别为 $O_1(-\frac{d}2,0),O_2(\frac{d}2,0)$ ，半径分别为 $r_1,r_2$ ，点 $P$ 的坐标为 $(x,y)$ 。因为命题条件。如图2.1：

图2-1 两圆等幂线

根据圆幂的定义，有：
$P$ 对圆 $\Omega$ 的幂： $| \space |O_1P|^2-r_1^2 |=|(x+\frac{d}2)^2+y^2-r_1^2|$
$P$ 对圆 $\Gamma$ 的幂： $| \space |O_2P|^2-r_2^2 |=|(x-\frac{d}2)^2+y^2-r_2^2|$
两幂相等，故：
$|(x+\frac{d}2)^2+y^2-r_1^2|=|(x-\frac{d}2)^2+y^2-r_2^2|$

去绝对值有两种结果：
$(x+\frac{d}2)^2+y^2-r_1^2=(x-\frac{d}2)^2+y^2-r_2^2$
或
$(x+\frac{d}2)^2+y^2-r_1^2=-[(x-\frac{d}2)^2+y^2-r_2^2]$

展开整理：
$2dx=r_1^2-r_2^2$ (2.1)
或
$x^2+y^2=\frac{r_1^2+r_2^2}{2}-\frac{d^2}{4}$ (2.2)

因为 $d^2>2(r_1^2+r_2^2)$ ，所以：
$0 \le x^2+y^2=\frac{r_1^2+r_2^2}{2}-\frac{d^2}4< 0$
方程(2.2)产生 $0<0$ 的矛盾，舍去方程(2.2)。

经验证，方程(2.1)是两圆的等幂线方程，它是一条直线。 $\blacksquare$

命题2.2 两圆半径、圆心距分别为为 $r_1,r_2,d>0$ ，且 $d^2\le2(r_1^2+r_2^2)$ ，那么它的等幂集是一条直线和一个圆，且这个圆的圆心在连心线的中点。

证明因为 $0<d^2\le2(r_1^2+r_2^2)$ ，所以方程(2.2)有解，且解为的圆。经验证，方程(2.1)(2.2)所表示的直线与圆包含在等幂集里。
根据方程(2.2)，圆心坐标为 $(0,0)$ ，恰是两圆心 $(\frac{-d}2,0),(\frac{d}2,0)$ 的中点。 $\blacksquare$

评注特别指出，当 $d^2=2(r_1^2+r_2^2)$ 时，方程(2.2)所表示的圆退化成一个点，且这个点在连心线的中点。

命题2.3 两个半径不同的圆同心，则其等幂集是一个圆。
证明因为 $d=0$ ，所以方程(2.1)无解。但经验证，(2.2)所表示圆包含在等幂集里。 $\blacksquare$

评注方程(2.1)所表示的直线，称为根轴或等幂轴。方程(2.2)所表示的圆，称为等幂圆。

命题2.4 两圆的根轴与两圆的连心线垂直。
证明方程(2.1)所表示的直线与 $Ox$ 垂直，所以它垂直连心线。 $\blacksquare$

命题2.5 两圆相交（或相切），根轴过两个交点(或切点)。
证明如图2-2，设圆 $O_1,O_2$ 的方程分别为：
$(x+a)^2+y^2=r_1^2$ (2.3)
$(x-a)^2+y^2=r_2^2$ (2.4)

图2-2 两圆相交的等幂轴

其中，令 $d=2a,r_1 \ge r_2$ ，根据相交或相切条件，有：
$r_1-r_2 \le d\le r_1+r$ (2.5)

(2.4)-(2.3)得：
$4ax=r_1^2-r_2^2$
得 $x=\frac{r_1^2-r_2^2}{2d}$ (2.6)
把上式代入(2.3),(2.4)验证，得 $y$ 有实根，故 $\frac{r_1^2-r_2^2}{2d}$ 为两交点 $A,B$ 的横坐标（相切时A,B重合）。比较式(2.1)可见，根轴通过点 $A,B$ ，命题得证。 $\blacksquare$

评注不等式(2.5)的几何意义为：
左边等号成立，表示两圆内切；
有边等号成立，表示两圆外切；
其余表示两圆相交。

题3（等差幂线定理） 图3-1，平面上有四个点 $A,B,C,D$ ，那么 $AB\perp CD$ 的充要条件为 $AC^2-AD^2=BC^2-BD^2$ (3.1)

图3-1

证明如图3-2，分别以 $C,D$ 为圆心， $r_1,r_2$ 为半径作圆，使之对A而言等幂。这样可知：
$AC^2-r_1^2=AD^2-r_2^2$ (3.2)

3-2

若 $AB\perp CD$ ，因 $A$ 为两圆的等幂点，所以直线 $AB$ 为两圆之根轴，所以 $B$ 为两圆的等幂点。所以：
$BC^2-r_1^2=BD^2-r_2^2$ (3.3)

联立(3.2)(3.2)，消去 $r_1,r_2$ 得(3.1)，这就证明了必要性。

若(3.1)成立，则联立(3.1)、(3.2)可得(3.3)，所以 $B$ 为两圆的等幂点，于是 $AB\perp CD$ ，充分性成立。 $\blacksquare$

评注本题的结论称为"等差幂线定理"。在证明过程中，(3.2)、(3.3)两边无绝对值是没问题的。这是因为：根轴上的每一点，要么都在两圆之外，要么都在两圆之内，要么在两圆的交点上，不管什么情况，圆幂公式去绝对值时，就是(3.2)、(3.3)的形式。也就是说，两圆根轴上的任意一点 $P$ 等幂方程可以写成：
$PO_1^2-r_1^2=PO_2^2-r_2^2$

认真体会命题2.1的证明，也能注意到这点。

推论3.1 到已知两点的距离平方差为常数的点的轨迹，是垂直于这两点的直线。

题4 如图4-1,三圆 $O_1,O_2,O_3$ 圆心不共线。 $AB,CD$ 为圆 $O_1,O_2$ 的两条公切线， $EF,GH$ 为圆 $O_2,O_3$ 的两条公切线， $IJ,KL$ 为圆 $O_3,O_1$ 的两条公切线。其中， $M,N,O,P,Q,R$ 分别是它们的中点。求证：
$MN,OP,QR$ 三条直线相交于一点。

图4-1

证明由条件知：
直线 $MN$ 是圆 $O_1,O_2$ 的根轴，
直线 $OP$ 是圆 $O_2,O_3$ 的根轴，
直线 $QR$ 是圆 $O_3,O_1$ 的根轴。
设 $MN$ 与 $OP$ 相交于 $S$ ，那么 $S$ 为三圆 $O_1,O_2,O_3$ 的等幂点，这说明 $S$ 在圆 $O_3,O_1$ 的根轴 $QR$ 上，所以三线共点。 $\blacksquare$

评注本题公切线可以是外公切也可以是内公切。同时，切线的条件限制了三圆不能互相包含，只能相离或相交（包含相切）。实际上，以下命题更本质地说明三圆根轴的位置关系：

命题4.1 三圆不同心，圆心不共线，两两根轴相交于一点；三圆不同心，圆心共线，两两根轴平行。

推论不同心不共线的三圆，有且只有一个等幂点，该点称为三圆的根心。

题5 如图5-1 $PA,PB$ 为圆 $O$ 的切线，切点为 $A,B$ ，过点 $P$ 作直线交圆 $O$ 于 $C,D$ ，交弦 $AB$ 于点 $Q$ ，求证： $PQ^2=PC\cdot PD-QC\cdot QD$ (5.1)

图5-1

证明如图5-2，连接 $OA,OQ,OP$ 。

图5-2

根据圆幂定理：
$CQ\cdot QD=OA^2-OQ^2$ (5.2)
$PA^2=PC\cdot PD$ (5.3)

因为 $PA,PB$ 切圆 $O$ 于 $A,B$ ，所以 $OP\perp AB$ ，根据等差幂线定理有：
$PQ^2-OQ^2=PA^2-OA^2$
结合(5.2),(5.3)得：
$PQ^2=PA^2+OQ^2-OA^2$
$=PC\cdot PD-(OA^2-OQ^2)$
$=PC\cdot PD-QC\cdot QD\blacksquare$

评注本题结论与【平面几何】圆幂定理(2)
中的题4等价，推导如下：
$PQ^2=PC\cdot PD-QD\cdot QC$
$\Leftrightarrow PQ\cdot QC+PC\cdot PQ=PC\cdot PD-QD\cdot QC$
$\Leftrightarrow PC\cdot PD-PC\cdot PQ=PQ\cdot QC + QD\cdot QC$
$\Leftrightarrow PC \cdot (PD-PQ)=(PQ+QD) \cdot QC$
$\Leftrightarrow PC \cdot QD=PD \cdot QC$

题6 如图6-1，圆 $\Gamma$ 与 $\Delta ABC$ 的外接圆相切于点 $A$ ，与边 $AB$ 相交于点 $K$ ，且和边 $BC$ 相交。过点 $C$ 作 $\Gamma$ 的切线，切点为 $L$ ，连接 $KL$ ，交 $BC$ 于 $T$ 。求证： $BT$ 等于过点 $B$ 作圆 $\Gamma$ 的切线长。

图6-1

证明如图6-2，设 $AC\cap \Gamma=M，$ 过点A作两圆的切线 $AN$ ，连接 $AL,AT,CK,ML$ 。

图6-2

由弦切角定理知：
$\angle ALT =\angle ALK =\angle NAB$
$\angle ACT= \angle ACB =\angle NAB$
所以： $\angle ALT =\angle ACT$
所以： $A,T,L,C$ 共圆。
所以： $\angle ATC=\angle ALC$

又由弦切角定理：
$\angle ALC=\angle AKL$
所以： $\angle AKL = \angle ATC$
等角之补角相等，所以：
$\angle BKT = \angle BTA$
这样有：
$\Delta BKT \sim \Delta BTA$
所以 $BT^2 = BK \cdot BA$
$BT^2$ 为 $B$ 对圆 $\Gamma$ 的幂，所以 $BT$ 等于过点 $B$ 作圆 $\Gamma$ 的切线长。 $\blacksquare$

评注6.1 注意图6-3与图6-4，两圆 $\Omega,\Gamma$ 相切于点 $A$ ，过点 $A$ 作直线线分别交圆 $\Omega,\Gamma$ 于 $D,B$ ，再作直线分别交圆 $\Omega,\Gamma$ 于 $E,C$ ，那么 $BC||DE$ 。

以上结论对于内切与外切的结论是一样的，请分别证明之。

图6-3 内切的情况

图6-4 外切的情况

题6中，连接 $KM$ ，则可以证明 $KM||BC$ ，这是解决题6的另一途径。（请试试）

评注6.2 如图6-4，与图6-1有所不同，切线 $CL'$ 与圆 $\Gamma$ 相切于不同于 $L$ 的另外一点L'，连接 $L'K$ 并延长，与 $CB$ 的延长线交于 $T'$ ，这时结论还成立吗？也就是说， $BT'$ 是否等于 $B$ 到圆 $\Gamma$ 的切线长？

图6-4

答案是肯定的，请证明之。

题7（2016年全国高中数学联赛） 图7-1所示， $\Delta ABC$ 中， $X,Y$ 分别位于 $CB,BC$ 的延长线上， $BX\cdot AC = CY\cdot AB$ 。设 $\Delta ACX,\Delta ABY$ 的外心分别为 $O_1,O_2$ ，直线 $O_1O_2$ 分别交 $AB,AC$ 于 $U,V$ 。证明： $\Delta AUV$ 是等腰三角形。

图7-1

证明如图7-2，设圆 $O_1,O_2$ 相交于点 $D$ ，连接 $AD$ 交 $BC$ 于 $E$ 。

图7-2

直线 $AD$ 为圆 $O_1,O_2$ 的根轴，所以点E到圆 $O_1$ 与圆 $O_2$ 的幂相等。
所以：
$EC\cdot EX= EB\cdot EY$
$\Rightarrow$
$EC\cdot BX= EB.CY$
$\Rightarrow$
$BX:CY=EB:EC$ (7.1)

又
$BX\cdot AC=CY\cdot AB$
$\Rightarrow BX:CY=AB:AC$ (7.2)

$(7.1)(7.2)\Rightarrow EB:EC=BX:CY=AB:AC$
所以 $AE$ 平分 $\angle BAC$
同时由根轴性质知
$AE\perp UV$
由此可以判定
$AU=AV$
所以 $\Delta AUV$ 是等腰三角形。 $\blacksquare$

评注本题利用三角形内角平分线的性质，该性质可以描述为：
命题7.1 $\Delta ABC$ 中， $D$ 在线段 $BC$ 上，那么 $AD$ 平分 $\angle BAC$ 当且仅当
$\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{CD}$

图7-2

证明如图7-2，用 $S$ 表示面积，根据面积公式：
$S_{\Delta ABD}=\frac{AB\cdot AD\cdot\sin\angle{BAD}}{2}=\frac{BD\cdot AD\cdot\sin\angle{BDA}}{2}$
$S_{\Delta ABD}=\frac{AC\cdot AD\cdot\sin\angle{CAD}}{2}=\frac{CD\cdot AD\cdot\sin\angle{CDA}}{2}$

上面两式相除得
$\frac{AB\cdot AD\cdot\sin\angle{BAD}}{AC\cdot AD\cdot\sin\angle{CAD}}=\frac{BD\cdot AD\cdot\sin\angle{BDA}}{CD\cdot AD\cdot\sin\angle{CDA}}$ (7.3)

因 $\angle{BDA}+\angle{CDA}=180^\circ$
所以 $\sin\angle{BDA}=\sin\angle{CDA}$
所以(7.3)变为
$\frac{AB\sin \angle{BAD}}{AC\sin \angle{CAD}}=\frac{BD}{CD}$
所以
$\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{CD}\Leftrightarrow BD$ 平分 $\angle BAC\blacksquare$

题8(2007年西部数学奥林匹克) 圆 $O_1$ ,圆 $O_2$ 相较于 $C,D$ ，过点 $D$ 的一条直线分别交圆 $O_1$ ,圆 $O_2$ 于 $A,B$ 两点， $P,Q$ 分别在弧 $AD$ 与弧 $BD$ 上，直线 $AC,PD$ 交于点 $M$ ，直线 $BC,QD$ 交于点 $N$ 。已知点 $O$ 为 $\Delta ABC$ 的外接圆，求证：
$OD \perp MN$ 当且仅当 $P,Q,M,N$ 共圆。

图8-1

证明根据割线定理有：
$MA\cdot MC=MP\cdot MD$ (8.1)
$NB\cdot NC=NQ\cdot ND$ (8.2)

$(8.1)\Rightarrow$
$MA\cdot MC = MD^2 - DP\cdot DM$ (8.3)
$(8.2)\Rightarrow$
$NB\cdot NC = ND^2 - DQ\cdot DN$ (8.4)

设圆 $O$ 半径为 $R$ ，根据圆幂定理，有：
$MA\cdot MC = MO^2-R^2$ (8.5)
$NB\cdot NC = NO^2-R^2$ (8.6)

把(8.5)代入(8.3)，(8.6)代入(8.4)得下面两式：
$MO^2-R^2=MD^2 - DP\cdot DM$ (8.7)
$NO^2-R^2=ND^2 - DQ\cdot DN$ (8.8)
$(8.7),(8.8) \Rightarrow MO^2 -NO^2=MD^2-ND^2+(DQ\cdot DN-DP\cdot DM)$
所以， $OD \perp MN$
$\Leftrightarrow MO^2 -NO^2=MD^2-ND^2$
$\Leftrightarrow DQ\cdot DN-DP\cdot DM=0$
$\Leftrightarrow DQ\cdot DN=DP\cdot DM$
$P,Q,M,N$ 共圆。 $\blacksquare$

评注两条线段相乘，作如下变化，往往会有意外的发现：
$AB\times BC=AB(AB-AC)=AB^2-AB\times AC$

图8-2

实际上，本文有几个例子都用到这个技巧，请认真阅读。

题9(2015年全国高中数学联赛) 如图9-1， $\Delta ABC$ 内接于圆 $O$ ， $P$ 为弧 $BC$ 上一点，点 $K$ 在线段 $AP$ 上， $BK$ 平分 $∠ABC$ ，过 $K、P、C$ 三点的圆 $\Omega$ 与边AC交于点D，连结 $BD$ 交圆 $\Omega$ 于点 $E$ ，连结 $PE$ 并延长与边 $AB$ 交于点 $F$ 。证明： $∠ABC=2∠FCB$

图9-1

证明如图9-2，设 $FC$ 交圆 $\Omega$ 于 $G$ ，连接 $GK,GB,BP,CP$ 。

图9-2

注意到：
$\angle FEB=\angle DEP = 180^\circ-\angle DCP$
$= 180^\circ-\angle ACP=\angle ABP =\angle FBP$
所以：
$\Delta FBP \sim \Delta FEB$
于是有：
$FB^2 = FE \cdot FP = FG \cdot GC$
所以：
$\Delta FBG \sim \Delta FCB$
所以：
$\angle FGB \sim \angle FBC$ (9.1)

另一方面：
$\angle FGK = \angle KPC =\angle APC$
$= \angle ABC=\angle FBC$

结合(9.1)有：
$\angle FGB=\angle FGK$
所以：
$B,K,G$ 共线。
所以：
$\angle FCB =\angle FGB-\angle GBC$
$= \angle FBC-\frac{\angle FBC}2$
$=\frac{\angle FBC}2=\frac{\angle ABC}2$
即 $∠ABC=2∠FCB\blacksquare$

评注本题证明 $B,K,G$ 共线的技巧需要注意并掌握。它利用以下第(1)个共线判定：
(1) $A,B,C,D$ 四点，若 $\angle ABC = \angle ABD$ ，则 $B,C,D$ 共线
(2) $A,B,C,D$ 四点，若 $\angle ABC + \angle ABD = 180^\circ$ ，则 $B,C,D$ 共线
以上两个结论请画图理解之。

题10 如图10-1，设 $D,E$ 是 $\Delta ABC$ 边 $AC,AB$ 上的点，求证：以 $BD,CE$ 为直径的两圆的根轴必通过 $\Delta ABC$ 的垂心。

图10-1

证明如图10-2，设圆 $O_1$ 与直线 $AC$ 交于点 $F$ ，圆 $O_2$ 与直线 $AB$ 交于点 $G$ 。

图10-2

因 $BD$ 为圆 $O$ 的直径，所以：
$BF\perp AC$
同理：
$CG \perp AB$
所以直线 $BF,CG$ 的交点 $H$ 即为 $\Delta ABC$ 的垂心。
又容易知， $B,F,C,G$ 共圆，所以：
$HF\cdot HB=HC\cdot HG$
上式左右两边分别为圆 $O_1,O_2$ 的幂，
可见 $H$ 为两圆的等幂点，所以垂心 $H$ 在两圆的根轴上。 $\blacksquare$

评注图10-2中，三角形的垂心在三角形之外。三角形的垂心在三角形之内，证明过程类似，可以画图试试。

题11 如图11-1，已知两个半径不相等的圆 $O_1,O_2$ 相交于 $M,N$ 两点，且圆 $O$ 分别与圆 $O_1,O_2$ 内切于S、T两点，求证： $OM⊥MN$ 的充要条件为 $S,N,T$ 共线。

图11-1

证明如图 11-2，连接 $OS,OT,MS,MT,SN,TN$ ，过 $S,T$ 作圆 $O$ 的切线 $PS,PT$ 相交于点 $P$ ，连接 $OP$ 。

图11-2

因 $PS,PT$ 分别切圆 $O_1$ ,圆 $O_2$ ，
所以点P为三圆之根心，
所以MN的延长线过点 $P$ 。

另因 $PS$ 为圆 $O,O_1$ 之公切线，故 $OS\perp PS,O_1S\perp PS$ ，所以：
$O,O_1,S$ 共线
同理：
有 $O,O_2,T$ 共线

(1)先证明必要性
由 $OM\perp MN$ 得 $OM\perp PM$
又由 $OS\perp PS$ 得：
$P,S,O,M$ 共圆(四边形的对角和等于 $180^\circ$ )
又由 $OS\perp PS,OT\perp PT,$ 得：
$P,S,O,T$ 共圆(四边形的对角和等于 $180^\circ$ )

因此：
$P,S,M,T$ 共圆。
由此得：
$\angle SPT+\angle SMT = 180^\circ$ (11.1)

再根据弦切角定理有
$\angle SMT = \angle SMN + \angle TMN= \angle PSN + \angle PTN$ (11.2)
代入(11.1)得
$\angle SPT+\angle PSN + \angle PTN = 180^\circ$
由上式可得：
$S,N,P$ 共线

(2)再证明充分性
$S,N,P$ 共线得 $\angle SPT+\angle PSN + \angle PTN = 180^\circ$
结合(11.2)得(11.1)，得 $P,S,M,T$ 共圆,
再由 $P,S,O,T$ 共圆得 $P,S,O,M$ 共圆，
从而有 $\angle OMP+\angle OSP=180^\circ$ ，即 $OM\perp MN$
$\blacksquare$

评注本题利用以下几个重要结论：
(1) 三圆圆心不共线，两两的根轴相交于根心。
(2)两圆相切，两圆的圆心与切点三点共线。本题中， $O,O_1,S$ 共线， $O,O_2,T$ 共线就是利用这个结论。
(3)有A,B,C,D四点， $\angle BAC + \angle DBA + \angle DCA = 180^\circ\Rightarrow B,C,D$ 共线。
(4)有五个点，若有两组四点共圆，则这五点的任意四点都共圆。

题12 如图12-1, $O,I$ 为三角形 $ABC$ 外心和内心， $D,E,F$ 为 $\Delta ABC$ 内切圆在 $BC,CA,AB$ 上的切点，设直线 $DF,AC$ 交于 $P$ ， $DE,AB$ 交于 $Q$ ，点 $M,N$ 分别为线段 $PE,QF$ 的中点，求证：
$OI\perp MN$

图12-1

证明由梅涅劳斯定理得：
$\frac{PA}{PC}\cdot \frac{CD}{DB} \cdot \frac{BF}{FA}=1$
上式结合 $DB=BF,FA=AE,CD=CE$ 得：
$\frac{PA}{PC}=\frac{FA}{CD}=\frac{AE}{CE}$
把 $PA=PE+AE,PC=PE-CE$ 代入上式得：
$\frac{PE+AE}{PE-CE}=\frac{AE}{CE}$
利用等比公式得：
$\frac{PE+2AE}{PE}=\frac{AE}{CE}$
把 $PE=2ME$ 代入上式约去2得：
$\frac{ME+AE}{ME}=\frac{AE}{CE}$
上式等价于：
$ME(AE-CE)-CE\cdot AE=0$
等价于：
$ME(AE-CE)-CE\cdot AE +ME^2=ME^2$
左边分解因式得
$(ME-CE)(ME+CE)=ME^2$
即
$MA\cdot MC=ME^2$
上式说明， $M$ 为圆 $O$ 与圆 $I$ 的等幂点。
同理可证， $N$ 为圆 $O$ 与圆 $I$ 的等幂点。
所以 $OI\perp MN$

评注本题所用梅涅劳斯定理为：直线 $DEF$ 交三直线 $AB,BC,CA$ 于 $D,E,F$ ，那么如下等式成立：
$\frac{AD}{DB}\cdot \frac{BE}{EC}\cdot \frac{CF}{FA}=1$

注意图12-2与图12-3的不同，梅涅劳斯定理对两图都成立。

图12-2

图12-3

另外，当 $ABC$ 共线时，梅涅劳斯定理也成立。在平面几何中，要彻底理解梅涅劳斯定理，这几种情况需要分别讨论。但使用解析几何，在代数的运算下，不需要讨论那么多情况。

题13 如图13-1，圆 $O$ 过 $\Delta ABC$ 顶点 $A,C$ ，且与 $AB,BC$ 交于 $K,N$ 。 $M$ 为 $\Delta ABC$ , $\Delta KBN$ 外接圆的交点，求证： $BM\perp OM$

图13-1

证明设 $\Delta ABC$ 与 $\Delta BNK$ 的外接圆分别为 $\Omega,\Gamma$ ，则：
$BM$ 是圆 $\Omega,\Gamma$ 的根轴，
$NK$ 是圆 $O,\Gamma$ 的根轴，
$CA$ 是圆 $O,\Gamma$ 的根轴，
由是，直线 $BM,NK,CA$ 交于一点，设其为点 $P$ 。
如图13-2，连接 $MK,OB,OP$ 。

图13-2

由共圆关系，不难得：
$\angle PMK = \angle BNK =\angle KAC$
$\Rightarrow$
$P,M,K,A$ 共圆，设这个圆为 $\Theta$ 。

设 $R$ 为圆 $O$ 的半径，根据圆幂公式有：
$P为圆O,\Gamma 的等幂点\Rightarrow PM\times PB = PO^2-R^2$ (13.1)
$B为圆O,\Theta的等幂点\Rightarrow BM\times BP = BO^2-R^2$ (13.2)
(13.1)- (13.2)
$PO^2-BO^2=PB(PM-BM)=(PM+BM)(PM-BM)=PM^2-BM^2$
上式说明： $BM\perp OM \blacksquare$

题14 如图14-1，圆 $O_1$ ,圆 $O_2$ 的外公切线切两圆于 $A,C$ ，内公切线切两圆于 $B,D$ ， $AB$ 交 $CD$ 于 $E$ ，求证： $O_1,E,O_2$ 共线。

图14-1

证明如图14-2，延长 $DB$ 交 $AC$ 于点 $F$ ，连接 $O_1F,O_2F,O_1A,O_1B,O_1E,O_2E$

图14-2

根据切线的性质，有：
$O_1,A,F,B$ 共圆
从而有：
$\angle CFD=\angle AO_1B$
又因
$\angle O_2FD = \frac{1}{2}\angle CFD$
$\angle BO_1F = \frac{1}{2}\angle AO_1B$
所以
$\angle O_2FD =\angle BO_1F$
又由弦切角定理得：
$\angle FBA = \frac{\angle AO_1B}{2}=\angle BO_1F=\angle O_2FD$
由是得： $AE||FO_2$ （内错角相等）
又由 $FO_2\perp CD$ 得
$AE \perp CD$ （平行线性质）

注意，以 $AC$ 为直径的圆 $\Omega$ 与以 $BD$ 为直径的圆 $\Gamma$ 交于点 $E$ ，
所以，点 $E$ 在圆 $\Omega$ 和 $\Gamma$ 根轴上。

另一方面，不难看出：
$O_1A$ 与 $O_1B$ 分别与圆 $\Omega$ 和 $\Gamma$ 的直径垂直，
所以 $O_1A$ 与 $O_1B$ 分别是圆 $\Omega$ 和 $\Gamma$ 的切线，
所以点 $O_1$ 在圆 $\Omega$ 和 $\Gamma$ 根轴上；
同理可证点 $O_2$ 在圆 $\Omega$ 和 $\Gamma$ 根轴上；

以上说明， $O_1,E,O_2$ 共线。 $\blacksquare$

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