Linearity of Power of a Point

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Fedir_Yudin-Advanced_Lemmas_Isogonal_conjugation.pdf page 9 4.1 Main lemma Let $P(X, \omega)$ denote the power of $X$ with respect to $\omega$. Then $P\left(X, \omega_{1}\right)-P\left(X, \omega_{2}\right)$ is a linear function of $X$. Proof. Let $O_{1}=\left(x_{1}, y_{1}\right)$ and $O_{2}=\left(x_{2}, y_{2}\right)$ be the centers of $\omega_{1}, \omega_{2}$ and let $r_{1}, r_{2}$ be their radii. If $X=(x, y)$, then $P\left(X, \omega_{1}\right)-P\left(X, \omega_{2}\right)$ $=P O_{1}^{2}-r_{1}^{2}-P O_{2}^{2}+r_{2}^{2}$ $=\left(x-x_{1}\right)^{2}+\left(y-y_{1}\right)^{2}-\left(x-x_{2}\right)^{2}-\left(y-y_{2}\right)^{2}+r_{2}^{2}-r_{1}^{2}$ $=x\left(-2 x_{1}-2 x_{2}\right)+y\left(-2 y_{1}-2 y_{2}\right)+x_{1}^{2}-x_{2}^{2}+y_{1}^{2}-y_{2}^{2}+r_{2}^{2}-r_{1}^{2}$, which is a linear function of $x$ and $y$.

4.2 Example (ELMO SL 2013 G3) In $\triangle A B C$, a point $D$ lies on line $B C$. The circumcircle of $A B D$ meets $A C$ at $F$ (other than $A$), and the circumcircle of $A D C$ meets $A B$ at $E$ (other than $A$). Prove that as $D$ varies, the circumcircle of $A E F$ always passes through a fixed point other than $A$, and that this point lies on the median from $A$ to $B C$. Solution. Let $D_{1}$ and $D_{2}$ be two different points on $B C$ and let $E_{1}, F_{1}$, $E_{2}, F_{2}$ be the corresponding intersection points. It suffices to prove that $M$, the midpoint of $B C$, lies on the radical axis of $\left(A E_{1} F_{1}\right)$ and $\left(A E_{2} F_{2}\right)$. By Linearity of PoP, $P\left(M,\left(A E_{1} F_{1}\right)\right)-P\left(M,\left(A E_{2} F_{2}\right)\right)$ $=\frac{1}{2}\left(P\left(B,\left(A E_{1} F_{1}\right)\right)+P\left(C,\left(A E_{1} F_{1}\right)\right)-P\left(B,\left(A E_{2} F_{2}\right)\right)+P\left(C,\left(A E_{2} F_{2}\right)\right)\right)$ $=\frac{1}{2}\left(B A \cdot B F_{1}+C A \cdot C E_{1}-B A \cdot B F_{2}-C A \cdot C E_2\right)$ $=\frac{1}{2}\left(B C \cdot B D_{1}+C B \cdot C D_{1}-B C \cdot B D_{2}-C B \cdot C D_{2}\right)$ $=B C·D_1D_2-B C·D_1D_2=0$, as desired.

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《近代欧氏几何学》

开世定理:一个点关于两个不同心的圆的幂的差,等于圆心距与这点到两圆根轴的距离的积的两倍(§45,98).

证明与根轴定理的证明(§45)非常类似.设已知圆为$C_1(r_1), C_2(r_2)$,$P$为已知点,$PQ$与$PP'$分别为$P$到根轴$LQ$与连心线$C_1C_2LP'$的垂线,则

幂的差=${\overline{PC_{1}}}^{2} - r_{1}^{2} - {\overline{PC_{2}}}^{2} + r_{2}^{2}$
$= {\overline{P'C_{1}}}^{2} - \left( \overline{C_{1}C_{2}} + \overline{P'C_{1}} \right)^{2} - r_{1}^{2} + r_{2}^{2}$
$= 2\overline{C_{1}C_{2}} \cdot \overline{P'C_{1}} - {\overline{C_{1}C_{2}}}^{2} - r_{1}^{2} + r_{2}^{2}$
$= 2\overline{C_{1}C_{2}} \cdot \overline{P'C_{1}} + 2\overline{C_{1}C_{2}} \cdot \overline{C_{1}L}$
$= 2\overline{C_{1}C_{2}} \cdot \overline{PQ}$.

推论1:关于两个圆的幂的差为定值的点的轨迹,是与它们的根轴平行的直线.

推论2:设一点在一个圆上移动,则它关于第二个圆的幂与它到这两个圆的根轴的距离成正比(比例系数等于圆心距的两倍).

上面所说的开世定理不适用于同心圆.两个点关于两个同心圆的幂之差,等于两圆半径的平方差,因而处处为定值.

设一点在共轴圆组的一个圆上移动,则这点关于这组中另两个圆的的比是一个定值,即这点所在圆的圆心到另两个圆圆心的距离的比.

证:设这三个圆为$c, c_1, c_2$,$P$为$c$上任意一点,$P$到根轴的垂线为$PQ$,$P$关于圆$c$的幂为$P(c)$,则$P(c)=0$,$P\left( c_{1} \right) = 2\overline{PQ} \cdot \overline{CC_{1}},P\left( c_{2} \right) = 2\overline{PQ} \cdot \overline{CC_{2}}$⇒$\frac{P\left( c_{1} \right)}{P\left( c_{2} \right)} = \frac{\overline{CC_{1}}}{\overline{CC_{2}}}$,这就是所要证明的.

反过来,一个点到两个定圆的幂之比为一个定值,则它的轨迹为与这两个圆共轴的一个圆.

因为设P为满足条件的任一点,与已知两圆共轴并且过P的圆圆心为X,则$P\left( c_{1} \right) = 2\overline{C_{1}X} \cdot \overline{PQ},P\left( c_{2} \right) = 2\overline{C_{2}X} \cdot \overline{PQ}$,所以$\frac{P\left( c_{1} \right)}{P\left( c_{2} \right)} = \frac{\overline{C_{1}X}}{\overline{C_{2}X}}$.由已知,左边是定值,因此X是$C_1C_2$上的定点,P永远在共轴圆组的同一个圆上.

作为特殊情况,如果一个点在共轴圆组中的一个圆上运动,那么它到这共轴圆组的两个极限点的距离之比为定值.

两个圆的相似圆与这两个圆共轴,到两个圆的幂之比为半径之比的平方.

两个点到两个同心圆的幂的比为定值,则它的轨迹是一个与已知圆同心的圆,即与它们共轴的圆.

设AP,BQ,CR是从A,B,C向圆K所引的切线,则当且仅当AB ⋅ CR ± AC ⋅ BQ ± BC ⋅ AP = 0时,过A,B,C的圆与圆K相切.

我们看到它与托勒密定理的形式相同.当K是零圆时,这个定理就化为托勒密定理.在下一章,我们将进一步推广到与四个圆的公切线或公切圆有关的问题(172).

证明:设过A,B,C三点的圆为J.首先假设它与K相切于点L.我们可以将L当作点圆,三个圆J,K,L是一个第Ⅲ类共轴圆组的成员,由2529推论2,AP:AL=BQ:BL=CR:CL.

ABCD共圆,设B与L为相对的顶点,由托勒密定理,BL ⋅ AC = AL ⋅ BC + CL ⋅ AB,于是BQ ⋅ AC = AP ⋅ BC + CR ⋅ AB.

反过来,设上述等式成立,我们证明圆J,K相切.满足$\frac{\text{AX}}{\text{CX}} = \frac{\text{AP}}{\text{CR}}$的点X的轨迹是一个圆.这个圆与圆ABC相交,在AC的两侧各有一个交点.设M为与B异侧的交点,则$\frac{\text{AM}}{\text{AP}} = \frac{\text{CM}}{\text{CR}} = t$

由托勒密定理,BM ⋅ AC = AM ⋅ BC + CM ⋅ AB,代入,BM ⋅ AC = t ⋅ AP ⋅ BC + t ⋅ CR ⋅ AB.将它与已知中的等式比较,可知BM = t ⋅ BQ.所以B也在同一个圆ACM上,即过A,B,C的圆与K及零圆M共轴.但M在圆ABC上,所以这共轴圆组是第Ⅲ类的,组中的圆都在点M相切.

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设直线交一个圆于P,Q,交另一个圆于R,S;第一个圆在P,Q的切线与第二个圆在R,S的切线相交于四个点,则这四点共圆,这个圆与已知圆共轴.

证:设P点处的切线与R点处的切线相交于A,则$\frac{{AP}}{{AR}} = \frac{\sin{\angle APQ}}{\sin{\angle ARS}}$.因为同一个圆的两条切线与割线PS成相等的角,所以对四个交点,上述的比为定值.由2529就得到了结论.

当直线通过两个圆的一个位似中心时,出现两个交点在无穷远,另两个在根轴上的特殊情况.

三个圆共轴,从其中一个圆上任意一点作其他两个圆的切线各一条,则过两个切点的直线截两个圆所得的弦的比是一个定值.特别地,如果一条直线截两个圆所得的弦相等,那么在每条弦的一个端点处,所作的切线相交在两个圆的相似圆上.反过来也成立.

证:取出三圆的一个公共点T,则$\frac{{AB}}{CD} = \frac{r_{1}}{r_{2}} \cdot \frac{\sin{\angle ATB}}{\sin{\angle CTD}} = \frac{r_{1}}{r_{2}} \cdot \frac{\sin{\angle PBC}}{\sin{\angle PCB}} = \frac{r_{1}}{r_{2}} \cdot \frac{{PC}}{{PB}}$=定值.

设一个完全四角形的顶点共圆.如果一条直线与两条对边成等角,那么它与每一对对边成等角.

证:设A,B,C,D在一个圆上,直线L分别交AB,CD于P,Q,并且交成等角,则∠AB,L=∠L,CD,但∠BD,AB=∠CD,AC,相加,∠BD,L=∠L,AC,即所要证明的结论.

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设一条直线与ー个圆内接四边形的对边成等角,则过它与每一对对边的两个交点可以作一个圆与这两条边相切,并且这样的三个圆与已知圆共轴.

证:因为一对对边与这条直线成等角,所以可作一个圆在交点处与这两条边相切.考虑两个这样作出的圆,它们在共线点上的四条切线的交点,即A,B,C,D,在一个圆上,这圆与所考虑的两个圆共轴.因此,四个圆共轴.

彭赛列(Poncelet)关于圆内接,外切多边形的定理:

设一个四边形内接于一个固定的圆,并且两条对边移动时,永远与另一个固定的圆保持相切,则任一组对边,在每个位置,都与两个已知圆的共轴圆相切.

设一个三角形的顶点,在共轴圆组的一个定圆上连续地移动,两条边分别与这组圆中另两个固定的圆连续地相切,则第三条边与这组圆中一个固定的圆相切.

证:设A₁A₂A₃与B₁B₂B₃为圆c的内接三角形的两个位置,A₁A₂, B₁B₂与圆c₃相切,A₁A₃, B₁B₃与圆c₂相切,要证明A₂A₃, B₂B₃与同一共轴圆组的另一个圆c₁相切.

考虑四边形A₁B₁A₂B₂,因为一组相对的连线与同一个圆相切,所以另一对连线A₁B₁与A₂B₂也是这样.同样A₁B₁, A₃B₃与这组圆的一个圆相切.在一个共轴圆组中,一般地,有两个圆与一条已知直线,如A₁B₁相切;我们必须确定与A₁B₁, A₂B₂相切的圆c',是否就是与A₁B₁, A₃B₃相切的圆c".根据连续原理,我们可以证明它们是同一个.因为设B1B2B3连续地变动成A1A2A3;则c'与c"两个圆连续地变动成已知圆c,而A1B1与A2B2分别变成e在A1与A2的切线,c在A1的切线当然还与这共轴圆组中另一个圆c相切,c与e在根轴的两侧.当B1移到A1的位置时,共轴圆中两个与A1B1相切的圆,一个变到极限位置c,另一个变为c.但c'与c"都变为c,而不变为c,所