【数竞】（1）（旁切圆、根轴）

2022-03-18 17:35 作者:-YD-LM- 0人读过 | 我要投稿

这是一道全俄数学竞赛题：

已知 $%5Ctriangle%20ABC$ 的周长为4，分别在射线AB与AC上截取 $AX%3DAY%3D1$ ，联结XY交BC于M，联结AM。求证： $%5Ctriangle%20ABM$ 与 $%5Ctriangle%20ACM$ 的周长中必有其一为2.

它将作为本期的一道例题。

一、旁切圆

定义与三角形的一边以及另外两边的延长线相切的圆称为三角形的旁切圆，其圆心叫三角形的旁心。

如图2， $%5Codot%20O$ 是 $%5Ctriangle%20ABC$ 在边 $BC$ 一侧的旁切圆，分别切射线 $AB%0A$ 、射线 $AC$ 与线段 $BC$ 于点 $D%2CE%2CF$ ，因此 $OD%5Cbot%20AD%2COE%5Cbot%20AE%2COT%5Cbot%20BC$ 。又因为 $OD%3DOE%3DOT$ ，于是 $OB$ 平分 $%E2%88%A0TBD$ ， $OC$ 平分 $%E2%88%A0TCE$ ， $OA$ 平分 $%E2%88%A0BAC%0A$ ，即旁心是三角形一个角的角平分线与另外两个角的外角平分线的交点。

同时，由切线长定理， $AD%3DAE%2CBT%3DBD%2CCT%3DCE$ ，因此 $AB%2BBT%3DAC%2BCT$ ，即旁切圆与三角形一边的交点平分三角形的周长。

二、根轴

（1）圆幂：设有 $%5Codot%20O$ 与点 $P$ ，则 $OP%5E2-r%5E2$ 称为点 $P$ 到 $%5Codot%20O$ 的幂。

如图3（ $PA$ 切 $%5Codot%20O$ 于 $A$ ）。由于 $%5Cangle%20PFB%3D%5Cangle%20PDG$ ，因此 $%5Ctriangle%20PFB%5Csim%5Ctriangle%20PDG$ ，从而有

$PB%C2%B7PD%3DPF%C2%B7PG$ （1）

同理，

$QB%C2%B7QG%3DQC%C2%B7QE$ （2）

（1）（2）称为相交弦定理。当出现 $F%2CG$ 重合为一点 $A$ 的极端情况时，（1）式则变为

$PB%C2%B7PD%3DPA%5E2$ （3）

（3）称为切割线定理。相交弦定理与切割线定理统称为圆幂定理。事实上，我们可以做出一条特殊的弦——直径，则（1）（3）变为

$PC%C2%B7PE%3DPF%C2%B7PG%3DPA%5E2%3D(OP-r)(OP%2Br)%3DOP%5E2-r%5E2$

同理， $QB%C2%B7QG%3D$ $%EF%BC%88r-OQ)(r%2BOQ)%3Dr%5E2-OQ%5E2$ 。这就是说：任意一点到圆心的幂的绝对值，等于过这点的一条直线与圆的两个交点分别与这点相连，得到的两条线段之积。特别地，当点在圆外时，其圆幂等于该点到圆的切线长的平方。这就是圆幂定理得名的由来，也十分有用。事实上，由勾股定理， $OP%5E2-r%5E2%3DOP%5E2-OA%5E2%3DPA%5E2$ ，也能得出相同的结论。

（2）根轴：到两圆等幂的点的轨迹称为两圆的根轴。

我们先探究一下根轴的基本性质：首先确定根轴的形状，图4为一简化图。设有 $%5Codot%20O_1%2C%5Codot%20O_2$ ，其半径分别为 $r_1$ ，则根轴上的点 $P$ 满足 $O_1P%5E2-r_1%5E2%3DO_2P%5E2-r_2%5E2$ ，即 $O_1P%5E2-O_2P%5E2%3Dr_1%5E2-r_2%5E2$ ，为一定值。这时，问题便转化为了：平面内到两点平方差为定值的点的轨迹为何。设在直线 $O_1O_2$ 上有点 $H$ 在根轴上，作直线 $PH%5Cbot%20O_1O_2$ 。则 $O_1P%5E2-O_2P%5E2%3D(O_1H%5E2%2BPH%5E2)-(O_2H%5E2%2BPH%5E2)%3Dr_1%5E2-r_2%5E2$ ，因此 $P$ 点也在根轴上。由于其为任取的点，故根轴为一条垂直于两圆连心线的直线（易知不在这条直线上的点均不在根轴上）。

当两圆外离时，根轴具有一个与基本定义等价的定义。如图5，直线 $PH$ 为 $%5Codot%20O_1$ 与 $%5Codot%20O_2$ 的根轴。由于 $P$ 到两圆等幂及我们先前得到的结论，有 $PA%5E2%3DPB%5E2%5Ciff%20PA%3DPB$ 。也就是说，到外离的两圆切线长相等的点的轨迹也为两圆的根轴。

有了这些结论，我们已经有能力解决文章开头的题了。

如图6。分别倍长 $AX%2CAY$ 至点 $X'%2CY'$ ，作 $%5Ctriangle%20ABC$ 在边 $BC$ 一侧的旁切圆 $%5Codot%20O$ ，切 $BC$ 于 $T$ 。由于 $AX'%3DAB%2BAT%3D2$ ，从而 $BX'%3DBT$ ，即旁切圆切 $AB$ 延长线于 $X'$ 。同理，旁切圆也切 $AC$ 延长线于 $Y'$ 。

下面考虑若如图所画， $%5Ctriangle%20ABM$ 与 $%5Ctriangle%20ACM$ 的周长哪个可能为2.由于 $C_%7B%5Ctriangle%20ABM%7D%3DAX'%2BAM%2BMT%3E2$ ，故只需证：

$AM%2BAC%2BMC%3D2%5Ciff%20AM%2BAC%2BCT-MT%3DAY'$

$%5Ciff$ $AM%2BAY'-MT%3DAY'%5Ciff%20AM%3DMT.$

下面就是最帅的一步了：以 $A$ 为圆心，作半径为零的圆。于是，由所作辅助线， $X$ 与 $Y$ 都是 $%5Codot%20A$ 与 $%5Codot%20O$ 根轴上的点（这里用到了根轴的等价定义）——又因为根轴是直线，因此 $XY$ 正是两圆的根轴——于是， $M$ 也在根轴上。显然 $AM%3DMT$ ，命题得证。

三、根心定理：三个圆两两所作出的三条根轴两两平行、重合或共点。

运用根轴定义，设三圆分别为 $C_1%2CC_2%2CC_3$ ，并设三条根轴为 $l_%7B12%7D%2Cl_%7B23%7D%2Cl_%7B13%7D$ ，前两条根轴相交于点P。则有 $%5COmega_1(P)%3D%5COmega_2(P)%5Cland%5COmega_2(P)%3D%5COmega_3(P)%5Cimplies%20%5COmega_1(P)%3D%5COmega_3(P).$ 因此P也在第三条根轴上。

或者使用解析几何：若有两圆 $C_1(x%2Cy)%3Dx%5E2%2By%5E2%2BD_1x%2BE_1y%2BF_1%2C%5C%20C_2(x%2Cy)%3Dx%5E2%2By%5E2%2BD_2x%2BE_2y%2BF_2$

以及点 $P(m%2Cn)$ ，则 $%5COmega_1(P)%3DO_1P%5E2-r%5E2%3D(m%2B%5Cfrac%7BD_1%7D2)%5E2%2B(n%2B%5Cfrac%7BE_1%7D2)%5E2-(%5Cfrac%7BD%5E2%7D4%2B%5Cfrac%7BE%5E2%7D4-F)$