圆幂与根轴

等差幂线

$AB\perp CD⟺A{C}^2-A{D}^2=B{C}^2-B{D}^2$

圆幂

定义一个点关于 $\odot O$ 的圆幂 ${\rho }_o(A)=O{A}^2-R^2$ ：

若 $A$ 在圆外， $APQ$ 是 $\odot O$ 的割线，则 $AP\cdot AQ={\rho }_o(A)$ （ $P,Q$ 重合即切线）

若 $A$ 在圆内， $PAQ$ 是 $\odot O$ 的弦，则 $AP\cdot AQ=-{\rho }_o(A)$

特别地，对于点圆的幂即 ${\rho }_O(A)=O{A}^2$

切割线定理经常会与射影定理有一些联系，看到比较多的直角时（包括切线携带的），可以尝试使用射影定理，给出一些共圆与切线。

根轴

两圆的根轴定义为满足 ${\rho }_{O_1}(A)={\rho }_{O_2}(A)$ 的点 $A$ 的集合，连心线垂直于根轴

特别地，当两圆相交，两圆交点连线在根轴上，并被连心线垂直平分

根心定理：三圆两两根轴要么平行，要么交于一点。（直接利用根轴的定义，等式的传递性）

逆定理：如图，若 $MN\cap ST$ 在 $\odot O_1,\odot O_2$ 的根轴上，那么这四点共圆。（导圆幂即可）

例1

如图， $\mathrm{△}ABC$ 内接于 $\odot O$ ， $D$ 是 $BC$ 上任一点， $ODE$ 是 $\odot (OBC)$ 一条弦，$P,Q$ 是 $DE$ 中垂线与 $AB,AC$ 的交点，求证： $APEQ$ 共圆

这里我们以圆幂，割线的视角来看这个问题

${\rho }_O(P)=PB\cdot PA=O{P}^2-O{B}^2$

由于 $PD=PE$ ，将 $D,E$ 视作 $\odot P$ 上的点，有 ${\rho }_P(O)=OD\cdot OE=O{P}^2-P{D}^2$

这里我们要注意一个弧中点（ $O$ 为 $BC$ 中点）的常用结论：$OD\cdot OE=O{B}^2$

综上可以得到 $P{D}^2=PB\cdot PA$ ，即 $\mathrm{△}PDB\sim \mathrm{△}PAD$

同理 $\mathrm{△}QDC\sim \mathrm{△}QAD$

$\mathrm{\angle }PDB+\mathrm{\angle }QDC=\mathrm{\angle }PAD+\mathrm{\angle }QAD=\mathrm{\angle }A$ ，从而 $\pi -\mathrm{\angle }A=\mathrm{\angle }PED$ ，即证

例2

如图，锐角 $\mathrm{△}ABC$ 中， $BE,CF$ 是两条高， $K,S,T$ 分别是 $EF,BE,CF$ 的中点，过 $S$ 作 $BK$ 的垂线与过 $B$ 垂直 $BC$ 的直线交于点 $U$ ，过 $T$ 作 $CK$ 的垂线与过 $C$ 垂直于 $BC$ 的垂线交于点 $V$ ，求证： $UV//EF$

我们取 $BC$ 中点 $M$ ，则 $MK\perp EF$ ，下证明 $KM\perp UV$

根据 $US\perp BK$ ，有 $B{U}^2-K{U}^2=B{S}^2-K{S}^2=\frac{1}{4}(B{E}^2-B{F}^2)$

根据勾股定理，有 $U{M}^2=\frac{1}{4}B{C}^2+B{U}^2$

两式结合可知 $U{M}^2-U{K}^2=\frac{1}{4}(B{C}^2+B{E}^2-B{F}^2)$

同理 $V{M}^2-V{K}^2=\frac{1}{4}(B{C}^2+C{F}^2-C{E}^2)$

显然 $B{E}^2+C{E}^2=B{F}^2+C{F}^2$ ，即证

例3

如图， $\mathrm{△}ABC$ 三边中点分别为 $M,N,K$ ，以 $AB,AC$ 为直径的圆分别与 $MK,MN$ 交于点 $X,Y$ ，过 $X,Y$ 分别作两圆切线交于 $Z$ ，求证 $AZ\perp BC$

只需注意到两圆另一交点即 $A$ 在 $BC$ 上投影，只需证 $Z$ 在根轴上

即证 $ZX=ZY$ ，即证 $MX=MY$ ，实际上 $MX=MK+XK=\frac{1}{2}AC+\frac{1}{2}AB=NY+NM=MY$

例4

如图，锐角三角形 $ABC$ 满足 $AB>AC$ ， $BE,CF$ 是两条高，$EF$ 与过 $A$ 且平行于 $BC$ 的直线交于 $Q$ ，过 $A$ 作 $\mathrm{△}ABC$ 外接圆切线与 $BC$ 延长线交于点 $P$ ，$M$ 为 $BC$ 中点，求证 $AM\perp PQ$

这里注意到 $P{A}^2=PC\cdot PB$ ，也就是说 $P$ 到点圆 $A$ 和 $\odot (BCEF)$ 的圆幂是相等的，我们希望证明 $Q$ 到两圆的圆幂也相等

$⟺Q{A}^2=QF\cdot QE$

实际上由 $AQ//BC$ 可知 $\mathrm{\angle }QAF=\mathrm{\angle }ABC=\mathrm{\angle }AEQ$ ，从而 $\mathrm{△}AQF\sim \mathrm{△}EAQ$ ，即证

例5

如图， $\mathrm{△}DEF$ 是中点三角形， $J,H$ 是 $DF,EF$ 上的垂足， $JH$ 与 $AB,AC$ 交于 $K,I$ ， $BE\cap KF=L,CD\cap FI=M$ ，求证： $AF\perp LM$

首先，由 $\mathrm{\angle }KJF=\mathrm{\angle }DJH,\mathrm{\angle }KBF=\mathrm{\angle }DEF$ ，可知 $\mathrm{\angle }KJF+\mathrm{\angle }KBF=\pi$ ， $KJFB$ 共圆

由 $DE//BF,DF$ 过两圆交点 $J$ ，可知两圆另一交点在 $BE$ 上（ $Reim$ 引理 ）

又 $\mathrm{\angle }LUF=\mathrm{\angle }BUF=\mathrm{\angle }BKF=\mathrm{\angle }EFK=\mathrm{\angle }EFL$ ，知 $\mathrm{△}LUF\sim \mathrm{△}LEF$ ，即 $LU\cdot LE=L{F}^2$ ， $L$ 关于点圆 $F$ 及 $\odot (DJHF)$ 的幂相等， 同理 $M$ 相等，即证

例6

如图， $\mathrm{△}ABC$ 的垂心为 $H$ ， $BY,CZ$ 为高， $BY$ 交 $AC$ 为直径的圆于 $D,E$ ， $CZ$ 交 $AB$ 为直径的圆于 $F,G$ ，求证： $GE,DF,BC$ 交于一点

我们首先看到两圆的根轴即 $AX$ ，而 $DE,GF$ 两条弦交于点 $H$ 在根轴上，这就是我们开始提到的构型，从而 $DGEF$ 共圆

我们看 $B$ 的幂，得到了 $BD\cdot BE=BZ\cdot BA$ ，而以 $BA$ 的直径的圆中有 $\mathrm{\angle }AGB=Rt\mathrm{\angle }$ ，以及 $CG\perp AB$ ，所以用射影定理，有 $BZ\cdot BA=B{G}^2$ ，那么 $BG$ 就是 $DFEG$ 的切线。

同理 $BF,CD,CE$ 都是切线。我们看到 $B$ 的极线是 $GF$ ， $C$ 的极线是 $DE$ ， $H=GF\cap DE$ ，根据极线的共轭性质，我们看到 $H$ 的极线是 $BC$

而根据 $Brocard$ 定理， $H=DE\cap FG$ 的极线是 $GD\cap EF,GE\cap DF$ 的连线，所以 $GE\cap DF$ 在 $BC$ 上，证毕。

下面我们将展示一些进阶的构型。（友情提示：考的概率并不大）

如图，若 $l$ 是 $\odot O_1,\odot O_2$ 的根轴， $P$ 到 $l$ 的投影是 $H$ ，则有

${\rho }_{\odot O_1}(p)-\rho \odot O_2(p)=2\overline{PH}\cdot O_1{O}_2$

这个引理非常容易计算证明，它给出了下面两个命题：

1. 三圆 $\odot O_1,\odot O_2,\odot O_3$ 共轴的充要条件是 $\odot O_3$ 上两点 $P,Q$ 满足 ${\rho }_{\odot O_1}(P)/rh{o}_{\odot O_2}(P)={\rho }_{\odot O_1}(Q)/rh{o}_{\odot O_2}(Q)$

2. 三点共线的充要条件是它们关于两圆幂的差是线性关系。

进一步地我们将介绍 $Poncelet$ 共轴引理（它实际上是 $Poncelet$ 闭合定理中用到的引理）：

$AB,XY$ 是圆 $c_1$ 上的两条弦，与圆 $c_2$ 切于点 $M,N$ ，延长 $MN$ 交 $BX,AY$ 于 $S,T$ ，则过 $S,T$ 与 $BX,AY$ 相切的圆与 $c_1,c_2$ 共轴。

这是很容易证明的，只要说明 $\frac{AT}{AM}=\frac{BS}{BM}$ ，用正弦定理，我们看到只要 $\mathrm{\angle }XST=\mathrm{\angle }AST$ ，它们是相等的弦切角。

这里还有一个常见的构型，是基于第一个命题的，考虑图中的两个圆和它们的切点 $X$ （点圆）是共轴的，从 $BC$ 出发作计算，我们将看到

$\frac{BX}{CX}=\sqrt{\frac{BS\cdot BT}{CS\cdot CT}}$

这意味着，给定点 $S,T,X$ ，这样的小圆是唯一确定的。

例1

如图，四边形 $ABCD$ 内接于 $\odot O$ ， $I,J$ 为 $\mathrm{△}ABC,ABD$ 的内心，直线 $IJ$ 分别交 $AD,AC,BD,BC$ 于 $P,M,N,Q$ ，过 $M,N$ 作 $AC,BD$ 的垂线交于 $X$ ，过 $P,Q$ 作 $AD,BC$ 的垂线交于 $Y$ ，求证： $XYO$ 共线

这道题是 $Poncelet$ 共轴引理的一个直接引用。我们先要给出 $IJ$ 线的一些性质

如图，根据鸡爪定理，我们看到 $SI=SC=SJ,TI=TB=TJ$ ，从而 $ST\perp IJ$ ，而 $\mathrm{\angle }AKB$ 的平分线平行于 $ST$ ，从而 $\mathrm{\angle }AKB$ 的平分线垂直 $MN$ ，所以 $KM=KN$ ，进而 $XM=XN$

并且 $\mathrm{\angle }DAC=\mathrm{\angle }DBC$ ，则外角 $\mathrm{\angle }DPQ=\mathrm{\angle }CQP$ ，进而 $YP=YQ$ ，作两个圆，然后用 $Poncelet$ 共轴引理。

例2

$\mathrm{△}{A}_1{B}_1{C}_1,\mathrm{△}{A}_2{B}_2{C}_2$ 拥有相同的垂心与外接圆，垂心为 $H$ ，外心为 $O$ ，直线 $A_1{A}_2,B_1{B}_2,C_1{C}_2$ 围成 $\mathrm{△}PQR$ ，证明： $\mathrm{△}PQR$ 的外心在直线 $OH$ 上

这两个圆拥有相同的九点圆圆心，我们关于 $O$ 反演，$A_1{C}_1$ 中点变为了 $A_1{C}_1$ 关于 $\odot O$ 的极点（并不是看到九点圆就应当关于 $H$ 反演的，至少这道题不行）

我们设出这些对应的极点构成了 $\mathrm{△}{X}_1{Y}_1{Z}_1,\mathrm{△}{X}_2{Y}_2{Z}_2$ ，它们的内切圆与外接圆相同，我们要证的是三圆共轴（因为反演后九点圆圆心依旧在线 $OH$ 上，尽管它不是大圆的圆心）

我们知道 $X_{1}P{X}_2$ 共线（射影几何(1) 引理 $9.3$ ），然后设出 $X_1{X}_2,Y_1{Y}_2,Z_1{Z}_2$ 交出的三角形 $UVW$ ，希望借助这个三角形完成我们的工作。

我们注意到 $\mathrm{\angle }URQ=\mathrm{\angle }{A}_{1}R{Z}_1=\mathrm{\angle }{Y}_1{A}_1{A}_2-\mathrm{\angle }Y{Z}_1{Z}_2=\mathrm{\angle }{Z}_2{A}_2{A}_1-\mathrm{\angle }{Z}_2{Y}_2{Y}_1=\mathrm{\angle }UQR$ （用一些简单的弦切角），所以 $UR=UQ$ ，其它也是同理

这实际上说明了 $\mathrm{△}PQR$ 的外接圆内切于 $\mathrm{△}UVW$

现在我们准备好计算圆幂比值，我们看

$(\frac{X_1{B}_1}{X_1{P}_1}{)}^2=(\frac{\sin \mathrm{\angle }{X}_{1}P{B}_1}{\sin \mathrm{\angle }{X}_1{B}_{1}P}{)}^2=(\frac{\sin Z_{2}R{B}_2}{\sin Z_2{B}_{2}R}{)}^2=(\frac{Z_2{B}_2}{Z_{2}R}{)}^2$

这就完成了证明。

例3

如图， $I$ 为 $\mathrm{△}ABC$ 的内心，圆 $c_1$ 与 $AB,AC$ 切于点 $P,Q$ ，圆 $c_2$ 过点 $B,C$ 并与 $c_1$ 切于点 $M$ ，证明： $PBMI,QCMI$ 分别共圆

我们假设 $\odot (CQI)\cap \odot (BPI)=M^{\prime }$ ，我们看到 $\mathrm{\angle }P{M}^{\prime }Q=\mathrm{\angle }P{M}^{\prime }I+\mathrm{\angle }Q{M}^{\prime }I=\mathrm{\angle }PBI+\mathrm{\angle }QCI=\frac{B}{2}+\frac{C}{2}=\mathrm{\angle }APQ$ ，所以 $M^{\prime }\in c_1$

圆 $c_2$ 并没什么用处，我们用上面提到的构型尝试消去，我们要证的是

$\frac{B{M}^{\prime }}{C{M}^{\prime }}=\frac{BP}{CQ}$ （右边就是 $B,C$ 到这个圆的幂）

我们设出了 $M^{\prime }$ 是两圆交点，对这个性质还没有利用完全。我们得找一些旋转相似（这里 $Reim$ 不是很现实）已经知道了 $M^{\prime }\in c_1$ ，所以可以看到 $\mathrm{△}B{P}^{\prime }M\sin \mathrm{△}IS{M}^{\prime }$

类似构造点 $T$ ，因为 $P,Q$ 关于 $AI$ 对称，所以 $S,T$ 也会关于 $AI$ 对称，从而 $IS=IT$

而两组相似给出了 $\frac{BP}{B{M}^{\prime }}=\frac{IS}{I{M}^{\prime }},\frac{CP}{C{M}^{\prime }}=\frac{IT}{I{M}^{\prime }}$ ，这就证毕。

例4

如图， $\mathrm{△}ABC$ 内接于圆 $\omega$ ， $I$ 为内心， $D$ 在 $\mathrm{\angle }BAC$ 的外角平分线（ $D$ 在 $\omega$ 外）， $E=AC\cap BD,F=AB\cap CD$ ，直线 $EF$ 与 $\omega$ 交于 $G,H$ 两点，过 $D$ 作 $BC$ 的平行线交 $\mathrm{△}IGH$ 于 $J,K$ ，求证： $J,K$ 是 $\mathrm{△}ABC$ 的等角共轭点。

我们先说，如果 $J,K$ 是等角共轭点并且 $JK//BC$ ，设 $JK\cap AC=T$ ，我们看到 $CJ,CK$ 是等角线等价于 $\mathrm{\angle }TCK=\mathrm{\angle }TJC$ 即 $TK\cdot TJ=T{C}^2$ ，我们只要证明 $T$ 到 $\odot (IGH)$ 的幂是 $T{C}^2$

点 $T$ 的幂是根本没有办法计算的。我们会使用线性幂差，我们计算 $A,E$ 到两圆的幂差， $\frac{AT}{TE}$ 作为替代。

定义 $f(X)={\rho }_{\odot (GIH)}(X)-{\rho }_{\odot (BAC)}(X)$

首先 $E$ 在根轴 $GH$ 上，所以 $f(E)=0$

其次我们看 $A$ 到 $\odot (IGH)$ 的幂，我们延长 $AI$ 交 $\odot (IGH)$ 交于 $I_A$ ，看完全四边形 $BFCE$ ，可以看到 $(F,C;R,D)=-1$ ，而 $AB,AI,AC,AD$ 恰好是调和线束，这就说明 $N,R$ 都在 $AI$ 上

于是 $IN\cdot I_{A}N=N\cdot NH=BN\cdot NC$ ，于是 $IB{I}_{A}C$ 共圆，我们知道这个 $I_A$ 就是旁心（鸡爪圆）

所以 $f(A)=AI\cdot A{I}_A=AB\cdot AC$

我们最后看到 $f(T)=\frac{TE}{AE}f(A)+\frac{AT}{AE}f(E)=\frac{TE}{AE}\cdot AB\cdot AC$

我们最后需要证明 $TE\cdot AB=AE\cdot TC$ ，这是一个简单的构型，实际上 $\frac{AB}{AE}=\frac{DB}{DE}=\frac{TC}{TE}$

例5

如图， $ABCD$ 内接于圆 $\omega$ ，过 $A$ 作 $BC$ 的平行线 $l_a$ ，类似地做四条平行线交出四边形 $XYZW$ ，内接于圆 $\omega$ ， $K=AC\cap BD$ ，求证： $K$ 在 $\omega$ 和 $\gamma$ 的根轴上。

很容易导出 $XYZW$ 共圆。

这个题目也是比较典型的线性幂差，定义 $f(P)={\rho }_{\omega }(P)-{\rho }_{\gamma }(P)$ ，我们看到 $f(K)=0⟺\frac{CK}{AC}f(A)+\frac{AK}{AC}f(C)=0⟺\frac{CK}{AC}\cdot XA\cdot AW=\frac{AK}{AC}\cdot CZ\cdot CY$

$⟺\frac{AX\cdot AW}{CY\cdot CZ}=\frac{AK}{CK}$

直接用正弦导：

$LHS=\frac{AB\cdot \frac{\sin \mathrm{\angle }ABX}{\sin C}\cdot AD\cdot \frac{\sin \mathrm{\angle }DAB}{\sin B}}{CB\cdot \frac{\sin \mathrm{\angle }DCB}{\sin D}\cdot CD\cdot \frac{\sin \mathrm{\angle }CDZ}{\sin A}}=\frac{AK}{CK}$

其中用到 $\mathrm{\angle }ABX=\mathrm{\angle }CDZ$