射影几何(2)

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 $\mathrm{△}ABC$ 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 $PrismLemma$）

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 $\mathrm{△}FHB,\mathrm{△}EGC$ 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 $\mathrm{\angle }PQI=Rt\mathrm{\angle }$ ，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 $\mathrm{△}BCI$ 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 $\mathrm{\angle }FUI=\mathrm{\angle }B/2=\mathrm{\angle }FBI$ ，得到 $FUIB$ 共圆，从而 $\mathrm{\angle }BUI=Rt\mathrm{\angle }$

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： $(U,V;J,T)=-1$ ，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 $[\mathrm{△}ABJ]=[\mathrm{△}ACJ]$ ，等价于说 $AB\cdot JF=AC\cdot JE$ ，而 $\frac{JF}{JE}=\frac{\sin \mathrm{\angle }FIJ}{\sin \mathrm{\angle }EIJ}=\frac{\sin \mathrm{\angle }ABC}{\sin \mathrm{\angle }ACB}$

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 $\mathrm{△}ABC$ 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 $\mathrm{\angle }AID=Rt\mathrm{\angle }-(B-C)/2$

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 $K^{\prime }=EF\cap BC$ 。我们计算 $K,K^{\prime }$ 到 $\odot (AEF)$ 的圆幂。

由射影定理， $KA\cdot KI=K{D}^2$ ，而 $K^{\prime }D$ 是 $\odot I$ 的切线， $K^{\prime }E\cdot K^{\prime }F=K^{\prime }{D}^2$ 。所以 $K,K^{\prime }$ 均在点圆 $D$ 与 $\odot (AEF)$ 根轴上，但这条根轴很显然不是 $BC$ ，所以 $K=K^{\prime }$

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 $K{D}^2=KX\cdot KY,\mathrm{△}KDX\sim \mathrm{△}KYD$ ，所以 $\mathrm{\angle }KDX=\mathrm{\angle }KYD\stackrel{}{=}\mathrm{\angle }XYA\stackrel{AEXY\mathrm{共}\mathrm{圆}}{=}\mathrm{\angle }BEX$ ，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 $\mathrm{\angle }BXS=\mathrm{\angle }EXS-\mathrm{\angle }BXE\stackrel{BEDX,CFDX\mathrm{共}\mathrm{圆}}{=}\mathrm{\angle }EFX-\mathrm{\angle }BDE\stackrel{BD\mathrm{为}\mathrm{切}\mathrm{线}}{=}\mathrm{\angle }EFX-\mathrm{\angle }EFD=\mathrm{\angle }DFX\stackrel{CFDY\mathrm{共}\mathrm{圆}}{=}\mathrm{\angle }DCX=\mathrm{\angle }BCX$

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， $\mathrm{\angle }AXC+\mathrm{\angle }AYC=\pi$ ，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 $O{X}^2=OA\cdot OC,\mathrm{△}OXA\sim \mathrm{△}OCX$ ，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 $\mathrm{\angle }OXA=\mathrm{\angle }ACX$ ，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。