两次反演的印刷附解

本页整理《解析版 9+2 with 11.pdf》第 267 页底部、第 268–269 页顶部及第 270 页的印刷小字。原稿署名数之谜 @科学之杨；北秋题另署 @19，附图带有 @MCS-Infinity 水印。

各项均沿用各自附图的点名，不能跨图混用。以下保留可辨的文字、公式及论证顺序；原稿略去的构造或存在疑误的语句在原位注明。

第 267 页底部：重新标点的附解

该图附在“二次反演例三 15 ISL G5”题面后，但图中三角形的朝向、点名和最后目标均已变化。原页没有列出与上方题面逐点对应的说明。本节按下图单独提取，不据此认定它已经完成上方题目的证明。

圆幂关系与密克点

原稿从下列关系开始：

$$CM\cdot CA=CD^2=BD^2=BN\cdot BA,$$ $$AP\cdot AC=AQ\cdot AB,\qquad AP\cdot AE=AQ\cdot AF.$$

于是 $B,C,P,Q$ 共圆，$E,F,P,Q$ 共圆。

设 $\odot(BCPQ)$ 与图中的 $\odot O$ 交于 $U,V$。原稿使用 $E,F$ 分别为 $PM,QN$ 的中点，说明 $E,F$ 均在两圆的根轴上，故 $U,V,E,F$ 共线。

随后有

$$GA\cdot GJ=GU\cdot GV=GP\cdot GQ=GE\cdot GF.$$

因此 $P,Q,A,J$ 共圆，$E,F,A,J$ 共圆。原稿称 $J$ 为图形 $APEFGQ$ 的密克点，并得到

$$P,E,G,J\text{ 共圆},\qquad Q,F,G,J\text{ 共圆}.$$

设 $\odot(PEGJ)$ 与 $\odot O$ 的相应交点为 $K$，$\odot(QFGJ)$ 与 $\odot O$ 的相应交点为 $L$。

以 $G$、$A$ 为中心的反演

在反演 $I(G,GA\cdot GJ)$ 下，原稿列出

$$\odot(PEGJ)\longleftrightarrow AB,\qquad \odot(QFGJ)\longleftrightarrow AC,\qquad \odot O\longleftrightarrow\odot O,$$ $$K\longleftrightarrow N,\qquad L\longleftrightarrow M.$$

故 $G,K,N$ 共线，$G,L,M$ 共线。

设 $\odot(EFAJ)$ 再次交 $AD$ 于 $I$。在反演 $I(A,AG\cdot AJ)$ 下，

$$\odot(PQAJ)\longleftrightarrow EF,\qquad \odot(EFAJ)\longleftrightarrow PQ,$$

并有 $H\longleftrightarrow I$，从而 $P,E,H,I$ 共圆，$Q,F,H,I$ 共圆。

最后的反演关系

设 $\odot(APQ)$ 再次交 $AD$ 于 $R$，$DE,DF$ 再次交 $\odot O$ 于 $X,Y$。由

$$\angle ARP=\angle AQP=\angle BCA$$

得到 $C,D,R,P$ 共圆；又由

$$ED\cdot EX=EA\cdot EM=EC\cdot EP$$

得到 $C,D,R,P,X$ 共圆。同理，$B,D,R,Q,Y$ 共圆。

原稿接着使用

$$\angle DXP=\angle DCP=\angle AQP,\qquad DE\parallel AB,$$

得到 $X,P,Q$ 共线。最后的印刷角关系和乘积式为

$$\angle HAP=\angle HDY=\angle AXH,$$ $$\triangle HAP\sim\triangle HXA,\qquad HP\cdot HX=HA^2,\qquad HQ\cdot HY=HA^2.$$

在反演 $I(H,HA^2)$ 下，原稿写出

$$\odot(APQ)\longleftrightarrow\odot O, \qquad J\longleftrightarrow J,$$

并以 $HJ=HA$ 结束。

:::caution 原页的定义衔接与文字疑误 原稿直接使用 $G,H,J$ 等点及 $\odot O$，未在这一附解的印刷文字中重新给出全部构造；不能把它们直接认作上方题面的同名点。末段另有一句“$C,P,Q,X,Y,H$ 共线”，其中列入 $C$ 与附图不符；本页没有将该句当作已确认结论。末行圆的对应式部分被水印覆盖，此处按仍可辨认的文字记录。与原题的点名对应及这些省略处：解答待添加。 :::

23 北秋 P3：两次反演的另一解

来源：PDF 第 268 页及第 269 页顶部。与本组已有的“2023 北大秋令营 P3：三线圆系与相切”是同一题目的不同解法。

附解重新使用的点名

四边形 $ABCD$ 内接于 $\Omega=\odot O$，仍取

$$E=AB\cap CD,\qquad F=AD\cap BC,\qquad G=AC\cap BD.$$

记 $EF$ 的中垂线为 $\ell$，它与 $\Omega$ 相切。令 $AC,BD$ 的中垂线分别与 $\ell$ 交于 $K,L$，$\odot(OKL)$ 与 $\Omega$ 的根轴分别交 $AC,BD$ 于 $U,V$。需要证明 $\odot(GUV)$ 与 $\Omega$ 相切。

因此，原题中的 $H,I,J,K$ 在本附解中依次改记为 $K,L,U,V$；以下的 $J$ 是新定义的 $EF$ 中点。

为免两点定圆的记号产生歧义，本节用 $\omega_{XY}$ 表示以 $XY$ 为直径的圆；$\omega_J$ 表示以 $J$ 为圆心、$JP$ 为半径的圆。

第一次反演：以 $\Omega$ 为反演基圆

设 $M,N,J$ 分别为 $AC,BD,EF$ 的中点，原稿先用 $M,N,J$ 共线。设 $\ell$ 与 $\Omega$ 切于 $P$，则 $\omega_J$ 与 $\Omega$ 正交。

又因为 $E,F$ 关于 $\Omega$ 共轭，以 $EF$ 为直径的圆与 $\Omega$ 正交；该圆圆心也是 $J$，故它就是 $\omega_J$。设 $\omega_J$ 与 $\Omega$ 的另一个交点为 $Q$。

由 Brocard 定理，$O,E,F,G$ 构成垂心组。设

$$G'=OG\cap EF,\qquad OG\perp EF,\qquad S=PQ\cap EF.$$

则 $O,G,S,J$ 也构成垂心组。再设

$$S'=JG\cap OS,\qquad JG\perp OS,$$ $$J'=SG\cap OJ,\qquad SG\perp OJ.$$

以 $\Omega$ 为基圆作反演 $\mathcal I_1$，原稿列出

$$\mathcal I_1(G)=G',\qquad \mathcal I_1(S)=S',\qquad \mathcal I_1(J)=J',\qquad \mathcal I_1(\omega_J)=\omega_J.$$

此时

$$O,P,Q,J,G',S'\in\omega_{OJ},$$ $$O,M,N,J',G,S'\in\omega_{OG},$$

并且

$$\mathcal I_1(\omega_{OJ})=PQ,\qquad \mathcal I_1(\omega_{OG})=EF.$$

校对说明：原稿在上面两组共圆点之后，将 $OG,OJ$ 的直径圆标记互换；本页按各点的直角关系和紧接的两条反演式整理。

第二次反演：找出根轴方向

原稿接下来证明 $S$ 在 $\odot(OKL)$ 与 $\Omega$ 的根轴上，并证明 $O,S',K,L$ 共圆。

从 $P$ 向 $OK,OL$ 作垂线，垂足分别为 $K',L'$；设

$$M'=OK\cap EF,\qquad N'=OL\cap EF.$$

则

$$\mathcal I_1(K)=K',\qquad \mathcal I_1(L)=L',\qquad \mathcal I_1(M)=M',\qquad \mathcal I_1(N)=N'.$$

再以 $\omega_J$ 为基圆作反演 $\mathcal I_2$。由

$$JM\cdot JN=JG\cdot JS'=JJ'\cdot JO=JP^2,$$

得到

$$\mathcal I_2(M)=N,\qquad \mathcal I_2(G)=S',\qquad \mathcal I_2(O)=J'.$$

设

$$L''=AC\cap JP,\qquad K''=BD\cap JP, \qquad X=AC\cap EF,\qquad Y=BD\cap EF.$$

原稿依次列出

$$K'',N,J,N'\text{ 共圆},\qquad M,J,K,X\text{ 共圆},$$ $$N,N',J,J'\text{ 共圆},\qquad K'',N,N',J,J'\text{ 共圆},$$

以及对称的 $L'',M,M',J,J'$ 共圆。

再由

$$\mathcal I_2(OM)=\odot(JJ'N),\qquad \mathcal I_2(ON)=\odot(JJ'M),$$

得到

$$\mathcal I_2(K)=K'',\qquad \mathcal I_2(L)=L'',\qquad \mathcal I_2(M')=N'.$$

原稿据此列出 $S',M,K,J,X$ 共圆，对称地有 $S',N,L,J,Y$ 共圆；又由

$$\mathcal I_2(AC)=\odot(JLN),\qquad \mathcal I_2(BD)=\odot(JKM)$$

得到 $\mathcal I_2(X)=Y$。

角关系

$$\angle J'K''K=\angle J'OK=\angle J'GM$$

给出 $G,J',K'',L''$ 共圆。因此 $S',O,K,L$ 共圆，记此圆为 $\odot T$，$T$ 为圆心。

由

$$SO\cdot SS'=SP\cdot SQ$$

可知 $S$ 在 $\odot(OKL)$ 与 $\Omega$ 的根轴上。原稿接着写出

$$\angle KOT =90^\circ-\angle KLO =90^\circ-\angle JYN =\angle JK''N =\angle KMN.$$

因此 $OT\parallel MN$，从而 $MN\perp UV$。

共圆、位似与相切

原稿继续证明 $O,S',K',V$ 共圆，$O,S',L',U$ 共圆。其角关系为

$$\begin{aligned} \angle GUL' &=90^\circ-\angle GMN\\ &=90^\circ-\angle GS'N\\ &=90^\circ-\angle PLN\\ &=\angle PON=\angle PJ'L. \end{aligned}$$

由此列出 $G,J',U,L'$ 共圆；对称地，$G,J',V,K'$ 共圆。

再用

$$SO\cdot SS'=SG\cdot SJ'=SU\cdot SL'=SV\cdot SK'$$

得到 $O,S',K',V$ 与 $O,S',L',U$ 分别共圆。于是

$$\begin{aligned} \angle US'V &=\angle US'O-\angle VS'O\\ &=\angle UL'O-\angle VK'O\\ &=\angle K'OL'=\angle MGN=\angle UGV, \end{aligned}$$

即 $G,U,V,S'$ 共圆。

又因为 $GU\parallel PK'$、$GV\parallel PL'$，原稿使用以 $S$ 为中心的位似，把 $\triangle PK'L'$ 对应到 $\triangle GUV$，位似比写为

$$\frac{SG}{SP}.$$

利用

$$SP\cdot SQ=SG\cdot SJ'$$

及 $P,K',L',J'$ 共圆，原稿将其变为 $G,U,V,Q$ 共圆，因而 $G,U,V,Q,S'$ 共圆。

:::caution 位似映射方向的印刷疑误 这一段另印有“$H(Q)=J'$”。按照所写位似比 $SG/SP$ 及下一行的四点对应，这里需要的是 $J'\mapsto Q$。本页保留原稿用于结束证明的共圆关系，并指出映射方向的不一致，未另补证明。 :::

最后，$\mathcal I_2(S')=G$，故 $\odot(GUV)$ 与 $\omega_J$ 正交；$\Omega$ 也与 $\omega_J$ 正交。两圆都经过 $Q$，原稿据此得到 $\odot(GUV)$ 与 $\Omega$ 在 $Q$ 处相切，完成所述结论。

原创 497：局部反演、九点圆与根心

来源：PDF 第 270 页。该页先放最终根心与透视图，再放题目重述和局部计算；本节按论证顺序整理。

附图点名与目标

设 $\triangle ABC$ 的外接圆为 $\Omega=\odot O$，三边 $BC,CA,AB$ 的中点分别为 $L,M,N$，重心为 $G$。

过 $M,N$ 作与 $\Omega$ 相切、切点不是 $A$ 的圆 $\Gamma_A$，循环定义 $\Gamma_B,\Gamma_C$。设三圆的根心为 $S$，证明 $S$ 在 $\triangle ABC$ 的欧拉线上。

这与前一页题面使用的边中点 $D,E,F$ 不同：本附解将它们依次改记为 $L,M,N$。下文的 $D,E,F$ 改用于三条高的垂足。

先确定局部切线关系

设 $\Gamma_A$ 与 $\Omega$ 切于 $D'$，$MN$ 与 $\Omega$ 交于 $I,J$。原稿先列

$$\angle ID'M=\angle ND'J.$$

设 $\Omega$ 在 $A$ 处的切线与 $MN$ 交于 $K$。原稿给出两种方法说明 $KD'$ 也是 $\Omega$ 的切线。

法一：笛沙格对合定理。 对退化四边形 $AABC$，原稿列出的对合对应点为

$$(M,N),\qquad (I,J),\qquad (K,\infty_{MN}),$$

其中 $\infty_{MN}$ 表示 $MN$ 方向的无穷远点。相应角关系写成

$$\angle ID'K=\angle\infty_{MN}D'J=\angle IJD',$$

故 $KD'$ 与 $\Omega$ 相切。

法二：根心定理。 对

$$\Omega,\qquad \odot(AMN),\qquad \odot(D'MN)$$

应用根心定理，原稿得到 $\Omega$ 在 $A,D'$ 处的两条切线与 $MN$ 共点于 $K$。

轴反射反演与 $D',D'',G$ 共线

记 $\sigma_A$ 为关于 $\angle BAC$ 平分线的轴反射，原稿作复合变换

$$\mathcal I_1=I(A,AM\cdot AB)\circ\sigma_A.$$

它满足

$$\mathcal I_1(B)=M,\qquad \mathcal I_1(C)=N,\qquad \mathcal I_1(\Omega)=MN.$$

令 $D''=\mathcal I_1(D')$，则

$$\mathcal I_1\bigl(\odot(D'MN)\bigr)=\odot(D''BC),$$

右侧圆与 $MN$ 相切，原稿据此使用 $D''$ 为 $IJ$ 的中点。

接下来需要 $D',D'',G$ 共线。设 $AD\perp BC$ 于 $D$，原稿引用 $D,D'',G$ 共线，将目标化为 $D,D',D''$ 共线。

因为 $\mathcal I_1(D)=O$，该共线关系被转化为 $A,O,D'',D'$ 共圆。而

$$\angle OAK=\angle OD'K=\angle OD''K=90^\circ,$$

故 $K,A,O,D'',D'$ 共圆，从而完成本段所需的共线关系。

九点圆反演

设九点圆为 $\Omega_9=\odot N_i$，外接圆半径为 $R$。原稿使用反演

$$\mathcal I_2=I\left(G,\frac{R^2-OG^2}{2}\right)$$

将 $\Omega$ 与 $\Omega_9$ 互换。

记 $M',N',L'$ 分别为 $M,N,L$ 在 $\mathcal I_2$ 下的像。原稿接着列出

$$\mathcal I_2\bigl(\odot(D'MN)\bigr)=\odot(DM'N').$$

循环定义高的垂足 $E,F$，则另外两圆的像分别为 $\odot(EN'L')$、$\odot(FL'M')$。

设这三个像圆的根心为 $T$，原稿引用 $G,S,T$ 共线，因此只需证明 $T$ 在欧拉线上。这里原稿以“熟知”略去了圆的对应及根心共线关系的进一步说明。

根轴与透视：原稿的收尾

由于 $\odot(DM'N')$ 与 $\Omega_9$ 在 $D$ 处相切，对称地，在 $D,E,F$ 处作 $\Omega_9$ 的切线，围成 $\triangle UVW$。其中 $U$ 是 $E,F$ 处切线的交点，$V,W$ 循环对应。

点 $U$ 在 $\odot(EL'N')$ 与 $\odot(FL'M')$ 的根轴上，故该根轴为 $L'U$。对称地得到三条根轴

$$L'U,\qquad M'V,\qquad N'W$$

共点于 $T$。

原稿指出 $U$ 是 $EF$ 关于 $\Omega_9$ 的极点，故 $L,U,N_i$ 共线；另外两组有对称关系。

随后原稿对

$$\odot(AMN),\qquad\Omega_9,\qquad\odot(MNN'M')$$

引用根心定理，写出 $K,M',N'$ 共线；再指出 $\triangle MM'V$ 与 $\triangle NN'W$ 透视。由笛沙格透视定理，原稿得到

$$G,N_i,T\text{ 共线}.$$

因此 $T$ 在欧拉线上，结合 $G,S,T$ 共线，得到目标：$S$ 在欧拉线上。

:::caution 收尾中省略的衔接 原稿没有展开两组三角形的透视对应与各交点的识别。上述根心定理一行的第二个圆在印刷文字中写为九点圆，且未说明怎样由所列三圆得到 $K,M',N'$ 共线；其圆名与点的对应仍需校对。本页完整保留了能辨认的印刷论证，不将这一局部疑问改写成新的证明。 :::