初中几何模型:隐圆模型

假设一圆 $O$ , $A$ , $B$ 是直径, $C$ 是不在圆上的一点

如果 $\angle ACB = 90°$ , $CO$ 就为 $\bigtriangleup ACB$ 斜边上的中线

根据斜边中线定理, $CO=AO=BO$ ，所以 $C$ 一定在圆上 , 与假设冲突 , 所以不存在不在圆上的点使 $\angle ACB = 90°$

如图所示,延长 $AC$ ,作 $\angle ACB$ 和 这个三角形外角的角平分线,交直线 $AB$ 于点 $M,N$

显而易见, $\angle MCN$ 等于 $90°$ ,仅需证明 $M,N$ 为定点即可证明 $P$ 在一定圆上

根据角平分线定理, $PA:PB=AM:BM$ , $PA:PB=AN:BN$

$PA:PB=AM:BM=AN:BN=k$ , $A,B$ 是定点, $M$ , $N$ 与动点 $P$ 无关,所以 $M,N$ 也是定点

$M,N$为直径,则 $P$ 在圆上

如果你不知道角平分线定理:

不妨设 $A(0, 0)$，$B(a, 0)$（$a > 0$），动点 $P(x, y)$ 满足：

$$\frac{|PA|}{|PB|} = k \quad (k > 0,; k \neq 1)$$

由距离公式：

$$\frac{\sqrt{x^2 + y^2}}{\sqrt{(x - a)^2 + y^2}} = k$$

两边平方

$$x^2 + y^2 = k^2 \left[(x - a)^2 + y^2\right]$$

展开并整理

展开右边：

$$x^2 + y^2 = k^2 x^2 - 2k^2 ax + k^2 a^2 + k^2 y^2$$

移项：

$$(1 - k^2)x^2 + (1 - k^2)y^2 + 2k^2 ax - k^2 a^2 = 0$$

因为 $k \neq 1$，故 $1 - k^2 \neq 0$，两边除以 $(1 - k^2)$：

$$x^2 + y^2 + \frac{2k^2 a}{1 - k^2},x - \frac{k^2 a^2}{1 - k^2} = 0$$

配方化为标准圆方程

对 $x$ 配方，令：

$$h = -\frac{k^2 a}{1 - k^2} = \frac{k^2 a}{k^2 - 1}$$

则：

$$(x - h)^2 + y^2 = h^2 + \frac{k^2 a^2}{1 - k^2}$$

化简右边：

$$r^2 = \left(\frac{k^2 a}{k^2 - 1}\right)^2 + \frac{k^2 a^2}{1 - k^2} = \frac{k^4 a^2}{(k^2 - 1)^2} - \frac{k^2 a^2}{k^2 - 1} = \frac{k^4 a^2 - k^2 a^2(k^2 - 1)}{(k^2 - 1)^2} = \frac{k^2 a^2}{(k^2 - 1)^2}$$

轨迹方程为：

$$\left(x - \frac{k^2 a}{k^2 - 1}\right)^2 + y^2 = \left(\frac{ka}{k^2 - 1}\right)^2$$

这是一个标准圆方程，其中：

圆心$\displaystyle\left(\frac{k^2 a}{k^2 - 1},; 0\right)$

半径$\displaystyle r = \frac{ka}{\left\lvert k^2 - 1 \right\rvert}$

特殊情况:

当 $k = 1$ 时，等式 $(1 - k^2)x^2 + (1 - k^2)y^2 + 2k^2 ax - k^2 a^2 = 0$ 退化为 $2ax = a^2$，即 $x = \dfrac{a}{2}$，这是 $A$、$B$ 的中垂线，不是圆。

第一种情况

如图,一直线与圆 $O$ 交于 $A,B$ 两点, $P$ 是圆上一动点, $\angle APB=\alpha $ , 假设一点 $P'$ 在圆外,但是满足 $\angle AP'B=\alpha $

我们看看会发生什么

设 $P'A$ 交圆 $O$ 于点 $Q$

根据圆周角定理:

$$\angle AQB=\angle APB=\alpha$$

又因为 $\angle AQB$ 是 $\bigtriangleup BQP'$ 的外角,即 $\angle AQB=\angle AP'B+\angle P'BQ = \alpha + \angle P'BQ$

因为 $P'$ 是圆外一点

所以 $\angle P'BQ$ 不可能为0

第二种情况

和之前一样,不过这次 $P'$ 在圆内,假设满足 $\angle AP'B=\alpha $

和上一种情况类似

这时候 $\angle AP'B = \angle ACB + \angle CBP'$

$\angle CBP'$ 不可能为 $0$

所以 $P'$ 也不可能在圆内

综上所述,若定线段 $AB$ 所对的角 $∠APB=\alpha$ (定值),且点 $P$ 在直线 $AB$ 的同侧,则顶点 $P$ 的轨迹是一段以 $AB$ 为弦的圆弧

假设一点 $C'$ 不与点 $C$ 重合,如图

连接 $C'B$ 交 $AC$ 于点 $D$ ,连接 $C'A,DA$

$\angle ADB$ 是 $\bigtriangleup AC'D$ 的外角, 所以 $\angle ADB > \angle AC'B$

根据圆周角定理, $\angle ADB=\angle ACB$ ,所以 $\angle ACB > \angle AC'B$

所以对于任意不与点 $C$ 重合的点 $C'$ , $AB$ 所对点 $C'$ 的张角一定小于 $AB$ 所对点 $C$ 的张角

如图,在四边形 $ABCD$ 中 $\angle ABC + \angle ADC = 180°$ , 过 $B , C,D$作圆 , 假设 $A$ 在圆外 , 作 $AD$ 交圆于点 $E$ , 连接 $BE$

因为 $\angle ABC + \angle ADC = 180°$ ,四边形内角和为 $360°$

所以 $\angle BAD + \angle BCD = 180°$ , 即 $\angle BAD = 180° - \angle BCD$

又因为四边形 $BCDE$ 是圆内接四边形

所以 $\angle BED = 180° - \angle BCD$

$$\angle BED = \angle BAD$$

但 $\angle BED = \angle BAD + \angle ABE$

所以假设矛盾, $A$ 一定在圆上

同理,若 $A$ 在圆内同样可延长 $DA$ 交圆于点 $E$ ,然后通过外角推出矛盾

如图所示, $\angle ADB = \angle ACB$ , 过点 $A,B,C$ 作圆,假设点 $D$ 在圆外, $AD$ 于圆交于点 $E$ , 连接 $BE$

根据圆周角定理, $\angle AEB = \angle ACB$

因为 $\angle AEB$ 是 $\bigtriangleup BED$ 的外角,所以 $\angle AEB$ = $\angle ADB + \angle DBE$

我们得出一个矛盾的结论: $\angle ADB + \angle DBE = \angle ADB $

所以 $D$ 不在圆外

同理, 当点 $D$ 在圆内的时候延长 $AD$ 交圆于点 $E$ ,同样通过外角推出矛盾