幾何明珠 第二十一章 蝴蝶定理 練習與思考 詳解

1. 設 $AB$ 為圓 $O$ 的直徑，$P$ 在過 $A$ 的切線上，過 $P$ 作割線交圓 $O$ 於 $C$、$D$，直線 $BC$、$BD$ 分別與 $PO$ 相交於 $E$、$F$，求證：$EO=OF$。
解法一［綜合法，由林浩誼提供］
取 $CD$ 中點為 $M$，那麼 $\angle OMP=90^\circ=\angle OAP$，因此 $APOM$ 四點共圓。從而由圓周角相等以及對頂角相等有 $\angle AMC=\angle AMP=\angle AOP=\angle BOF$、$\angle ACM=\angle ABD$，故 AA 相似得 $\Delta AMC\sim\Delta FOB$。接著由 SAS 相似可得 $\Delta AMD\sim\Delta FOA$。故有 $\angle AFO=\angle ADC=\angle ABC$，因此 $\Delta AOF\simeq BOE$ 全等，即有 $OE=OF$，證明完畢。
解法二（解析法）
設圓 $O$ 為 $x^2+y^2=a^2$，並且直線 $OP$ 為 $x$ 軸，其中 $P$ 之坐標為 $(k,0)$，其中 $k>a>0$。為使 $PA$ 為切線，取 $A$ 為 $\displaystyle\left(\frac{a^2}{k},\frac{a\sqrt{k^2-a^2}}{k}\right)$，則其對徑點 $B$ 為 $\displaystyle\left(-\frac{a^2}{k},-\frac{a\sqrt{k^2-a^2}}{k}\right)$。現過 $P$ 引割線 $L$，其方程為
$y=m\left(x-k\right)$,
其中斜率 $m$ 滿足
$\displaystyle-\frac{a}{\sqrt{k^2-a^2}}< m<\frac{a}{\sqrt{k^2-a^2}}$.
設 $L$ 與圓 $O$ 交於 $C\left(x_1,y_1\right)$、$D\left(x_2,y_2\right)$ 兩點，其中 $x_1,x_2$ 為方程 $\left(m^2+1\right)x^2-2m^2kx+m^2k^2-a^2=0$ 的兩根，由韋達定理可知 $\displaystyle x_1+x_2=\frac{2m^2k}{m^2+1}$、$\displaystyle x_1x_2=\frac{m^2k^2-a^2}{m^2+1}$。接著作直線 $BC$ 與 $BD$ 的方程式如下
$\begin{aligned} &y+\frac{a\sqrt{k^2-a^2}}{k}=\frac{\displaystyle m\left(x_1-k\right)+\frac{a\sqrt{k^2-a^2}}{k}}{\displaystyle x_1+\frac{a^2}{k}}\left(x+\frac{a^2}{k}\right),\\&y+\frac{a\sqrt{k^2-a^2}}{k}=\frac{\displaystyle m\left(x_2-k\right)+\frac{a\sqrt{k^2-a^2}}{k}}{\displaystyle x_2+\frac{a^2}{k}}\left(x+\frac{a^2}{k}\right).\end{aligned}$
因此 $E$ 與 $F$ 之坐標如下
$\displaystyle\left(\frac{a\sqrt{k^2-a^2}x_1-a^2m\left(x_1-k\right)}{a\sqrt{k^2-a^2}+mk\left(x_1-k\right)},0\right),~~\left(\frac{a\sqrt{k^2-a^2}x_2-a^2m\left(x_2-k\right)}{a\sqrt{k^2-a^2}+mk\left(x_2-k\right)},0\right)$.
將 $E$ 與 $F$ 的 $x$ 坐標加總通分後注意分子的部分有
$\begin{aligned} &\quad\left[a\sqrt{k^2-a^2}x_1-a^2m\left(x_1-k\right)\right]\left[a\sqrt{k^2-a^2}+mk\left(x_2-k\right)\right]\\&\quad+\left[a\sqrt{k^2-a^2}x_2-a^2m\left(x_2-k\right)\right]\left[a\sqrt{k^2-a^2}+mk\left(x_1-k\right)\right]\\&=\left(a^2k^2-a^4-a^3m\sqrt{k^2-a^2}-amk^2\sqrt{k^2-a^2}+2a^2m^2k^2\right)\left(x_1+x_2\right)\\&\quad+\left(2amk\sqrt{k^2-a^2}-2a^2m^2k\right)x_1x_2+2a^3mk\sqrt{k^2-a^2}-2a^2m^2k^3\\&=\frac{2a^2m^2k^3-2a^4m^2k-2a^3m^3k\sqrt{k^2-a^2}-2am^3k^3\sqrt{k^2-a^2}+4a^2m^4k^3}{m^2+1}\\&\quad+\frac{2am^3k^3\sqrt{k^2-a^2}-2a^2m^4k^3-2a^3mk\sqrt{k^2-a^2}+2a^4m^2k}{m^2+1}+\frac{2a^3m^3k\sqrt{k^2-a^2}+2a^3mk\sqrt{k^2-a^2}}{m^2+1}\\&\quad-\frac{2a^2m^4k^3+2a^2m^2k^3}{m^2+1}\\&=0.\end{aligned}$
此表明 $OE=OF$，證明完畢。


2. $P$、$Q$ 在過圓心 $O$ 的直線上，且 $PO=OQ$，過 $P$ 作割線交圓於 $C$、$D$，過 $Q$ 作割線交圓於 $A$、$B$，$AC$、$BD$ 分別交 $PQ$ 於 $E$、$F$，求證：$EO=OF$。
解法一
記 $AC$ 與 $BD$ 的交點為 $G$。那麼以 $AC$ 為截線對 $\Delta PDF$ 使用梅內勞斯定理可得
$\displaystyle\frac{PE}{EF}\cdot\frac{FG}{GD}\cdot\frac{DC}{CP}=1$.
以 $BD$ 截 $\Delta PCE$ 使用梅內勞斯定理可得
$\displaystyle\frac{PF}{FE}\cdot\frac{EG}{GC}\cdot\frac{CD}{DP}=1$.
另一方面以 $AC$ 截 $\Delta QBF$ 使用梅內勞斯定理可得
$\displaystyle\frac{QE}{EF}\cdot\frac{FG}{GB}\cdot\frac{BA}{AQ}=1$.
以 $BD$ 截 $\Delta QAE$ 使用梅內勞斯定理可得
$\displaystyle\frac{QF}{FE}\cdot\frac{EG}{GA}\cdot\frac{AB}{BQ}=1$.
兩兩分別相乘可得
$\displaystyle\frac{PE\cdot PF}{EF\cdot EF}=\frac{GC\cdot CP\cdot PD\cdot DG}{CD\cdot CD\cdot EG\cdot FG}$,
$\displaystyle\frac{QE\cdot QF}{EF\cdot EF}=\frac{GA\cdot AQ\cdot QB\cdot BG}{AB\cdot AB\cdot EG\cdot FG}$.
兩式相除可得
$\displaystyle\frac{PE\cdot PF}{QE\cdot QF}=\frac{GC\cdot CP\cdot PD\cdot DG\cdot AB\cdot AB}{GA\cdot AQ\cdot QB\cdot BG\cdot CD\cdot CD}$.
另一方面，注意到 $\Delta ABG\sim\Delta CDG$，即有
$AB:BG:GA=CD:DG:GC$.
此表明 $AB\cdot GC=CD\cdot GA$、$AB\cdot DG=CD\cdot BG$。因此有
$\displaystyle\frac{PE\cdot PF}{QE\cdot QF}=\frac{CP\cdot PD}{AQ\cdot QB}$.
最後利用圓冪可觀察到 $PC\cdot PD=QA\cdot QB$，即有 $PE\cdot PF=QE\cdot QF$。設 $OE=x$、$OF=y$、$PO=OQ=z$，那麼有
$\left(z+x\right)\left(z-y\right)=\left(z+y\right)\left(z-x\right)$,
故有
$z\left(x-y\right)=z\left(y-x\right)$.
由於 $z\neq0$，故 $x=y$，即 $OE=OF$，證明完畢。
解法二［由林浩誼提供］
設直線 $QAB$ 與直線 $PCD$ 交於 $G$，那麼分別以 $AC$ 與 $BD$ 截 $\Delta PQG$ 使用梅內勞斯定理可得
$\displaystyle\frac{PC}{CG}\cdot\frac{GA}{AQ}\cdot\frac{QE}{EP}=1$,
$\displaystyle\frac{PD}{DG}\cdot\frac{GB}{BQ}\cdot\frac{QF}{FP}=1$.
兩式相乘可得
$\displaystyle\frac{QE\cdot QF}{PE\cdot PF}=\frac{QA\cdot QB\cdot CG\cdot DG}{PC\cdot PD\cdot GA\cdot GB}$.
利用圓冪可知 $PC\cdot PD=QA\cdot QB$、$GA\cdot GB=GC\cdot GD$，因此 $QE\cdot QF=PE\cdot PF$，餘下同解法一。


3. 設 $O_1$ 為一條弦的中點，$P$、$Q$ 在這弦所在直線上，並且 $PO_1=O_1Q$，過 $P$ 作割線交圓於 $C$、$D$，過 $Q$ 作割線交圓於 $A$、$B$，$AC$、$BD$ 分別交 $PQ$ 於 $E$、$F$，求證：$EO_1=O_1F$。
解法
設 $AC$ 與 $BD$ 的交點為 $G$。以 $AC$ 截 $\Delta PBE$ 使用梅內勞斯定理有
$\displaystyle\frac{PA}{AB}\cdot\frac{BG}{GE}\cdot\frac{EF}{FP}=1$.
以 $BD$ 截 $PAF$ 使用梅內勞斯定理有
$\displaystyle\frac{PE}{EF}\cdot\frac{FG}{GA}\cdot\frac{AB}{BP}=1$.
另一方面，以 $AC$ 截 $\Delta QDE$ 使用梅內勞斯定理有
$\displaystyle\frac{QC}{CD}\cdot\frac{DG}{GE}\cdot\frac{EF}{FQ}=1$.
以 $BD$ 截 $\Delta QCF$ 使用梅內勞斯定理有
$\displaystyle\frac{QE}{EF}\cdot\frac{FG}{GC}\cdot\frac{CD}{DQ}=1$.
兩兩相除可得
$\displaystyle\frac{PA\cdot PB}{AB\cdot AB}=\frac{PE\cdot PF\cdot GE\cdot GF}{EF\cdot EF\cdot GA\cdot GB}$,
以及
$\displaystyle\frac{QC\cdot QD}{CD\cdot CD}=\frac{QE\cdot QF\cdot GE\cdot GF}{EF\cdot EF\cdot GC\cdot GD}$.
由於 $O_1P=O_1Q$，因此 $PA\cdot PB=QC\cdot QD$。如此相除後可得
$\displaystyle\frac{PE\cdot PF}{QE\cdot QF}=\frac{CD\cdot CD\cdot GA\cdot GB}{AB\cdot AB\cdot GC\cdot GD}$.
由於 $\Delta ABG\sim\Delta CDG$，故有 $\displaystyle\frac{CD\cdot GA}{AB\cdot GC}=1$、$\displaystyle\frac{CD\cdot GB}{AB\cdot GD}=1$，從而有
$PE\cdot PF=QE\cdot QF$.
那麼記 $O_1E=x$、$O_1F=y$、$PO_1=O_1Q=z$，那麼有
$\left(z+x\right)\left(z-y\right)=\left(z+y\right)\left(z-x\right)$.
由 $z\neq0$，故 $x=y$，即 $O_1E=O_1F$，證明完畢。