反演专题补充题目

按《解析版 9+2 with 11》原 PDF 页码整理第 10 plus 节的补充题目及印刷解答。手写解答不转写，保留“解答待添加”。以下 $\odot(ABC)$ 表示三点 $A,B,C$ 的外接圆；反演后重新命名的字母仅用于相应解答。

10.3 鸡爪圆反演与弧中点反演

第 209–210 页：鸡爪例一

$I$ 是锐角 $\triangle ABC$ 的内心，$AH$ 是高。$P,Q$ 是外接圆上的两点，满足 $\angle API=\angle AQI=45^\circ$。设 $PQ,BC$ 交于点 $S$。求证：$\angle AHI=\angle ISH$。

印刷解答（数之迷 @JY；原解析署名陈子畊）。 设 $M$ 是不含 $A$ 的弧 $BC$ 的中点，$MP,MQ$ 与 $BC$ 分别交于 $P_1,Q_1$。熟知

$$MI^2=MP_1\cdot MP=MQ_1\cdot MQ.$$

所以

$$\angle IP_1Q_1=\angle MP_1I-\angle MP_1Q_1 =\angle MIP-\angle MAP=\angle API=45^\circ.$$

同理，$\angle IQ_1P_1=45^\circ$。由 $P_1,P,Q,Q_1$ 共圆知

$$SP_1\cdot SQ_1=SP\cdot SQ=SB\cdot SC,$$

故 $SI$ 是 $\odot(IP_1Q_1)$ 与 $\odot(IBC)$ 的根轴。设 $D$ 是 $I$ 在 $BC$ 上的投影，$N$ 是 $BC$ 的中点。$D,M$ 分别为上述两圆圆心，故 $SI\perp DM$，于是 $\angle ISH=\angle DMN$。又 $\angle AHI=\angle HID$，只需证 $\angle DMN=\angle HID$。由

$$\frac{MN}{ID}=\frac{MB}{AI}=\frac{MI}{AI}=\frac{ND}{DH}$$

知 $\triangle DMN\sim\triangle HID$，命题得证。

第 211 页：鸡爪例二

在 $\triangle ABC$ 中，$\angle A=60^\circ$，$AP$ 平分 $\angle A$。$BP,CP$ 与外接圆 $\odot O$ 分别再交于 $E,F$。$E$ 关于 $AC$、$F$ 关于 $AB$ 的对称点分别为 $X,Y$。证明：$A,P$ 关于 $\odot(OXY)$ 互为反点。

解答待添加。 原页下半部另外附有如下印刷命题和解答，点名在该命题内重新使用。

$P$ 是 $A$ 角平分线上一点，在三边上的垂足为 $D,E,F$。$M$ 为 $BC$ 中点，$T$ 在 $AP$ 上且 $MT\parallel AD$；$TD$ 与 $\odot(DEF)$ 再交于 $K$。证明：$KD$ 平分 $\angle BKC$。

附题的印刷解答。 设 $P$ 的等角共轭点为 $Q$，$Q$ 在 $AC,AB$ 上的垂足为 $S,T_0$，$ST_0$ 交 $BC$ 于 $L$。原文由

$$\frac{BL}{CL}=\frac{BT_0}{CS}=\frac{BD}{CD}$$

得到 $B,C,D,L$ 调和，只需证明 $KL\perp DT$。作过 $Q$ 且垂直于 $BC$ 的直线，与 $\odot(DEF)$ 交于 $V,W$，并作 $TH\perp BC$ 于 $H$。只需证明 $LW\perp TD$，原解通过证明四边形 $LWQV$ 与四边形 $TDMH$ 相似，归结为比例式

$$\frac{HM}{MD}=\frac{VQ}{QW}.$$

由根心定理有 $LQ\perp AD$，因此 $\angle HTM=\angle QLV$。取 $PQ$ 中点 $O$，令直线 $AP$ 与 $BC$ 交于 $R$，再取外接圆上不含 $A$ 的弧 $BC$ 中点 $S_0$。原解给出的比例变形为

$$\frac{VQ}{QW}=\frac{RV}{RD}=\frac{RQ}{RP}, \qquad \frac{TS_0}{S_0P}=\frac{RQ}{RP}, \qquad \frac{TR}{AR}=\frac{MR}{DR}=\frac{S_0R}{PR}.$$

代入后归结为

$$AR\cdot S_0R-S_0R\cdot PR=S_0P\cdot RQ,$$

右端按原比例展开与左端相等，命题得证。原附解中 $T,S$ 被重复用于不同辅助点，此处分别以 $T_0,S_0$ 区分。

第 212–213 页：鸡爪例三（原图第 24 题）

$\triangle ABC$ 的内切圆 $\odot I$ 与 $\triangle BIC$ 的外接圆 $\Gamma$ 交于 $X,Y$ 两点，它们的公切线交于 $Z$。求证：$\triangle ABC$ 的外接圆与 $\triangle XYZ$ 的外接圆相切。

印刷解答。 设 $M$ 是 $\triangle ABC$ 外接圆上不含 $A$ 的弧 $BC$ 的中点，则 $M$ 是 $\Gamma$ 的圆心。关于 $\Gamma$ 反演，$X,Y$ 不动，$\odot(ABC)$ 变成直线 $BC$。设 $MI$ 与 $\odot I$ 的靠近 $M$ 的交点为 $W$。只需证 $Z,W$ 互为反点：这样 $\odot(XYZ)$ 就变成 $\odot(XYW)=\odot I$，与 $BC$ 相切。

记内切圆半径为 $r$。$Z$ 是 $\odot I$ 与 $\Gamma$ 的外位似中心，所以

$$\frac{IZ}{MZ}=\frac r{MI}, \qquad MZ=\frac{MI^2}{MI-r}.$$

又 $MW=MI-r$，故 $MZ\cdot MW=MI^2$，所需反演对应成立。

第 214–215 页：鸡爪例四

$\triangle ABC$ 的内心为 $I$，内切圆分别切 $AC,AB$ 于 $E,F$。设 $EF$ 交 $BC$ 于 $P$，$\odot(BEP),\odot(CFP)$ 的另一交点为 $Q$；$M$ 为 $\odot(ABC)$ 不含 $A$ 的弧 $BC$ 的中点，$\odot(MPQ)$ 再交 $\odot(ABC)$ 于 $R$。设 $H$ 为 $\triangle BIC$ 的垂心。求证：$HR$ 与 $QI$ 的交点在 $\odot(MPQ)$ 上。原题署名：张博涵供题。

印刷解答整理（数之谜 @科学之杨）。 设内切圆与 $BC$ 切于 $D$，$T$ 是 $I$ 关于 $BC$ 的对称点。原解先用熟知结论 $M,D,R$ 共线及

$$DM\cdot DR=DB\cdot DC=DI\cdot DH$$

得到 $M,R,H,T$ 共圆。设另一弧中点为 $N$，$PM$ 再交外接圆于 $J$，则 $N,D,J$ 共线。作关于鸡爪圆 $\odot M$ 的反演，有

$$\odot(PM)\longleftrightarrow NJ. \tag{1}$$

设 $D'$ 是 $D$ 在内切圆上的对径点，$ND,OI,MD'$ 共点于 $Q'$。原解借助控位内心 $X(36)$：$R,I,M,X(36)$ 共圆，且 $X(36)$ 是 $T$ 关于 $\odot M$ 的反点。因此直线 $ID$ 与 $\odot(MIR)$ 互为反形。设 $MD'$ 再交 $\odot(MIR)$ 于 $D''$，则 $D'\leftrightarrow D''$。

由 $\angle D'QP=90^\circ=\angle D'DP$ 得 $D',D,P,Q$ 共圆，其反形为 $\odot(RD''J)$。又

$$\angle Q'D''R=\angle MD''R=\angle MIR=\angle AIR.$$

设 $A'$ 为 $A$ 关于外接圆的对径点，熟知 $A',I,R$ 共线；导角得 $\angle AIR=\angle NJR=\angle Q'JR$，于是 $Q',D'',J,R$ 共圆。结合 (1) 得 $Q\leftrightarrow Q'$。令 $G=HR\cap QI$，则

$$\angle HRM=\angle HTM=\angle IQD', \qquad \angle GRM=\angle GQM.$$

故 $G,R,Q,M$ 共圆，结论成立。

原页另附共轴说明：重新以 $\odot(AID)$ 与外接圆的另一交点定义 $R$。使用原页图中的辅助点 $K,L$，原解给出

$$\frac{\operatorname{Pow}_{\odot(PEB)}(K)}{\operatorname{Pow}_{\odot(PFC)}(K)} =1= \frac{\operatorname{Pow}_{\odot(PEB)}(L)}{\operatorname{Pow}_{\odot(PFC)}(L)}$$

及开世共轴引理，得到 $\odot(PKL),\odot(PEB),\odot(PFC)$ 共轴，从而图中的 $M,K,L,P,Q,R$ 共圆。

10.4 内切圆反演

第 217–218 页：2018 罗马尼亚大师杯 P6

给定圆 $\Gamma$、与 $\Gamma$ 相切的直线 $l$，以及与 $l$ 相离的圆 $\Omega$，其中 $\Omega,\Gamma$ 在 $l$ 的两侧。设 $X$ 是 $\Omega$ 上的动点，过 $X$ 作 $\Gamma$ 的两条切线，分别与 $l$ 交于 $Y,Z$。求证：当 $X$ 变化时，$\triangle XYZ$ 的外接圆与两个定圆相切。

印刷解答。 设 $\Gamma$ 的圆心为 $O$，半径为 $R$，$l$ 与 $\Gamma$ 切于 $A$，直线 $XY,XZ$ 与 $\Gamma$ 分别切于 $B,C$。令 $D,E,F$ 分别为 $BC,CA,AB$ 的中点，$V$ 为 $\triangle ABC$ 的九点圆心。

关于 $\Gamma$ 反演，$X,Y,Z$ 分别变为 $D,F,E$，故 $\odot(XYZ)$ 的反形是 $\odot(DEF)=\odot V$。$D$ 是 $X$ 的反点，因而在一个定圆 $\omega$ 上运动。由

$$\overrightarrow{OV} =\frac12(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}) =\frac12\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OD}$$

及 $\overrightarrow{OA}$ 为常向量，知 $V$ 的轨迹也是圆。设该圆圆心为 $M$、半径为 $r$。$\odot V$ 的半径恒为 $R/2$，因此与以 $M$ 为圆心、分别以

$$\frac R2+r,\qquad\left|\frac R2-r\right|$$

为半径的两个定圆 $\omega_1,\omega_2$ 相切。只需确认两圆非退化且不过 $O$，它们的反形即为题求定圆。

$l$ 的反形是以 $OA$ 为直径的圆。由 $\Omega,\Gamma$ 在 $l$ 的两侧，$D$ 在该圆内，所以 $r<R/2$，两圆非退化。$V$ 是 $D$ 平移 $\tfrac12\overrightarrow{OA}$ 所得，故 $OV>R/2$。由 $V$ 的任意性得 $OM>R/2+r$，于是 $O$ 在 $\omega_1,\omega_2$ 外，结论成立。

第 219–221 页：2022 ISL G7

$\triangle ABC,\triangle A'B'C'$ 有相同的垂心 $H$ 和外接圆 $\odot O$。设 $PQR$ 是由直线 $AA',BB',CC'$ 围成的三角形。求证：$\triangle PQR$ 的外心在直线 $OH$ 上。

解答待添加。

第 222–223 页：2021 ISL G8

本题已有 NB 印刷文本解答，见 2021 ISL G8：切线条件与二次多项式。

第 224–225 页：2020 美国国家队选拔考试 P6

设 $P_1P_2\cdots P_{100}$ 是平面上的圆内接 $100$ 边形。对正整数 $i$，定义 $Q_i$ 为对角线 $P_{i-2}P_{i+1}$ 与 $P_{i-1}P_{i+2}$ 的交点，下标按模 $100$ 理解。已知平面上存在一点 $P$，使得对任意 $i$ 都有

$$PP_i\perp P_{i-1}P_{i+1}.$$

求证：$Q_1,Q_2,\ldots,Q_{100}$ 共圆。

印刷解答。 记 $P_1,\ldots,P_{100}$ 所共圆为 $\Gamma$，圆心为 $O$。先证 $P,O$ 是该多边形的一对等角共轭点。由已知垂直关系，

$$\angle OP_iP_{i+1} =90^\circ-\angle P_iP_{i-1}P_{i+1} =\angle PP_iP_{i-1},$$

故结论成立。

设 $\Gamma$ 在 $P_i,P_{i+1}$ 处的切线交于 $T_i$，$M_i$ 为 $P_iP_{i+1}$ 中点。则 $O,M_i,T_i$ 共线，且 $OM_i\cdot OT_i=R^2$，其中 $R$ 为 $\Gamma$ 的半径。因此关于 $\Gamma$ 反演时，$M_i,T_i$ 互换。由等角共轭点的性质，$M_1,\ldots,M_{100}$ 共圆，从而 $T_1,\ldots,T_{100}$ 也共圆，记为 $\Omega$。

由牛顿定理，$T_{i-2},Q_i,T_{i+1}$ 共线，$T_{i-1},Q_{i+1},T_{i+2}$ 共线。下面证 $Q_i$ 对 $\Gamma,\Omega$ 的幂之比为定值。由

$$\angle P_{i-1}T_{i-2}Q_i =\angle P_{i+2}T_{i+2}Q_{i+1}, \qquad \angle T_{i-2}P_{i-1}Q_i =\angle T_{i+2}P_{i+2}Q_{i+1}$$

得到 $\triangle Q_iP_{i-1}T_{i-2}\sim\triangle Q_{i+1}P_{i+2}T_{i+2}$，所以

$$\frac{Q_iP_{i-1}}{Q_iT_{i-2}} =\frac{Q_{i+1}P_{i+2}}{Q_{i+1}T_{i+2}}.$$

同理求得另一组比例，相乘得原解的最终等式

$$\frac{Q_iP_{i-1}\cdot Q_iP_{i+2}}{Q_iT_{i-2}\cdot Q_iT_{i+1}} = \frac{Q_{i+1}P_{i-1}\cdot Q_{i+1}P_{i+2}}{Q_{i+1}T_{i-1}\cdot Q_{i+1}T_{i+2}}.$$

这正是相邻两点对 $\Gamma,\Omega$ 的幂之比相等，命题得证。

10.5 垂心反演

第 227–228 页：垂心反演例一

锐角 $\triangle ABC$ 中，$AB>AC$，垂心为 $H$，$AD\perp BC$ 于 $D$，$BC$ 中点为 $M$。外接圆 $\Gamma$ 上的点 $Q,K$ 满足 $\angle HQA=90^\circ$、$\angle HKQ=90^\circ$。证明：$\triangle KHQ$ 的外接圆与 $\triangle KDM$ 的外接圆相切。

原文印刷提示。 用垂心反演将过 $H$ 的圆 $\odot(KHQ)$ 化为不过 $H$ 的直线，把圆与圆相切转成直线与圆相切。

解答待添加。

第 228–229 页：2021 伊朗奥林匹克高级组

$AD,BE,CF$ 为 $\triangle ABC$ 的三条高线，$H$ 为垂心。过 $H$ 作 $EF$ 的垂线，与 $EF,AB,AC$ 分别交于 $P,T,L$。$K$ 为 $BC$ 上一点，满足 $BD=CK$。设 $\Omega$ 为过 $H,P$ 且与 $AH$ 相切的圆。求证：$\odot(ATL)$ 与 $\Omega$ 相切，且切点在 $KH$ 上。

印刷解答（数之谜 @UZ QUEEN）。 以 $H$ 为中心、$\sqrt{AH\cdot HD}$ 为半径作椭圆式反演，$A,D$ 互换，$C,F$ 互换，$B,E$ 互换。$P$ 的反点 $P'$ 在 $\odot(HBC)$ 上，且 $\angle HCP'=90^\circ$。同理，$T,L$ 的反点 $T',L'$ 在 $HP'$ 上，满足

$$\angle CT'H=\angle BL'H=90^\circ.$$

$\odot(EHD),\odot(FHD)$ 分别通过 $T',L'$。注意 $ACP'B$ 为平行四边形，由对称性知 $P'K\perp BC$。$P'K$ 是 $\Omega$ 的反形，只需证明其与 $\odot(DT'L')$ 相切。

设 $M,N$ 分别为 $BC,BH$ 中点，$G$ 为 $HD$ 延长线上一点。由

$$\angle L'DG=\angle L'BH=\angle FEH=\angle FAH$$

知 $DL'\parallel AB$。又 $NL'=ND$、$MN\perp AB$，所以 $MN$ 是 $DL'$ 的垂直平分线，$ML'=MD$。同理 $MT'=MD$，而 $MD=MK$，故 $D,L',K,T'$ 共圆，圆心为 $M$。由 $\angle MKP'=90^\circ$ 即知相切，反演回去即得原结论。

第 229–230 页：九点圆动点与定点直线

$H$ 为锐角 $\triangle ABC$ 的垂心，$P$ 为其九点圆上任一点，$E,F$ 分别为 $B,C$ 在 $AC,AB$ 上的垂足。$\odot(EHP)$ 再交 $CH$ 于 $Q$，$\odot(FHP)$ 再交 $BH$ 于 $R$。求证：当 $P$ 在九点圆上移动时，$QR$ 过一定点。

印刷解答（数之谜 @UZ QUEEN）。 以 $H$ 为中心、$\sqrt{BH\cdot HE}$ 为半径作椭圆式反演，则九点圆与外接圆互为反形。设 $P$ 的反点为 $K$，$CK$ 交 $EB$ 于 $V$，$KB$ 交 $CF$ 于 $U$。记 $BC$ 中点为 $M$，$MH$ 与外接圆的相应交点为 $S$。有

$$\angle VKU=\angle BAC=\angle BHF=\angle VHU,$$

故 $H$ 在 $\odot(VKU)$ 上。由 $MH$ 线的性质，$S$ 在 $\odot(AEF)$ 上。因此

$$\angle SKU=\angle SKB=\angle SAB=\angle SAF =\angle SHF=\angle SHU,$$

得 $S,H,K,U$ 共圆，即 $S\in\odot(VKU)$。反演回去，$S\leftrightarrow M$、$K\leftrightarrow P$，圆 $\odot(VKU)$ 与直线 $PM$ 互为反形。$V,U$ 的反点 $R,Q$ 因而均在 $PM$ 上，故 $QR$ 恒过定点 $M$。

第 231–232 页：2024 陈杯赛 P8

非等腰锐角 $\triangle ABC$ 的内切圆 $\odot I$ 与 $BC,CA,AB$ 分别切于 $A_1,B_1,C_1$。直线 $AA_1,BB_1,CC_1$ 与 $\odot I$ 的第二个交点分别为 $A_2,B_2,C_2$。$\triangle A_1B_1C_1$ 的垂心为 $H$，直线 $A_1H,B_1H,C_1H$ 与边 $B_1C_1,C_1A_1,A_1B_1$ 分别交于 $D,E,F$。直线 $A_2D,B_2E,C_2F$ 与 $\odot I$ 的第二个交点分别为 $A_3,B_3,C_3$。

直线 $A_3H,B_3H,C_3H$ 与边 $B_1C_1,C_1A_1,A_1B_1$ 分别交于 $D_1,E_1,F_1$。$\triangle HA_1D_1,\triangle HB_1E_1,\triangle HC_1F_1$ 的外接圆与 $\triangle D_1E_1F_1$ 的外接圆的第二个交点分别为 $D_2,E_2,F_2$。证明：

1. $A_2D_2,B_2E_2,C_2F_2$ 三线交于一点；
2. $\triangle HDD_2,\triangle HEE_2,\triangle HFF_2$ 的外接圆共根轴。

原文印刷提示。 反演后将图形拆开，识别陪位中线。

解答待添加。

10.6 线段乘积相等反演

第 233–235 页：2025 元旦跨年题第 23 题

圆 $O$ 上有三点 $A,B,C$，$A,B$ 处的切线交于 $L$。$OC$ 交 $AB$ 于 $E$，$LC$ 再交圆 $O$ 于 $D$。点 $U,V$ 分别在 $\odot(DAL),\odot(DBL)$ 上，满足 $\angle AUO=\angle BVO=90^\circ$。设 $X$ 是 $\odot(DAL)$ 与 $\odot(OEA)$ 的另一交点，$Y$ 是 $\odot(DBL)$ 与 $\odot(OEB)$ 的另一交点，$Z$ 是 $\odot(LXY)$ 与 $\odot(LUV)$ 的另一交点。求证：$L,C,O,Z$ 四点共圆。

印刷解答（误入数学的偏铝酸钠）。 原文先指出，作 $AB$ 的中点 $M_0$ 后，有 $A,U,O,M_0$ 与 $B,V,O,M_0$ 两组共圆。$L,O$ 各经过多个圆，均可考虑作为反演中心。这里取以 $L$ 为中心、$LA^2$ 为幂的反演。以星号表示反点，目标成为 $C^*,O^*,Z^*$ 共线。

原解随后换名，$A,B,L$ 保持不变，其余使用以下字母：

反点	$D^*$	$C^*$	$O^*$	$M_0^*$	$E^*$	$X^*$	$Y^*$	$U^*$	$V^*$	$Z^*$
换名	$C$	$D$	$H$	$O$	$R$	$M$	$N$	$J$	$K$	$W$

所需证明变为 $MN,JK,DH$ 三线共点。$JK$ 为 $\triangle CAB$ 的中位线，圆 $\odot O$ 是 $\odot(ABO)$ 的鸡爪圆。记 $OC$ 再交 $\odot(ABO)$ 于 $I$，$E=CI\cap AB$。有 $C$ 为 $\triangle IAB$ 的内心，故 $H,E,I,L$ 与 $H,E,R,O$ 分别共圆。

导角可知 $AM=HM,BN=HN$，并且 $JH,NH$ 关于 $OH$ 对称，$KH,MH$ 关于 $OH$ 对称。对完全四边形 $CMNJKW$ 使用等角线引理，得 $WH,CH$ 关于 $OH$ 对称。另一方面，$O,H,C,D$ 共圆，导角得 $DH,CH$ 关于 $AB$ 对称。由于 $AB\perp OH$，得到所需三线共点，反演回去即证。

第 235–238 页：原创题几何第 563 题

在 $\triangle ABC$ 中，$O$ 为外心，$AD$ 是高。外接圆在 $A$ 处的切线与 $B,C$ 处的切线分别交于 $U,V$。直线 $OD$ 再交 $\triangle BOC$ 的外接圆于 $E$，$\triangle ABE$ 的外接圆与 $\triangle ABC$ 的九点圆交于 $X,Y$。求证：

1. $\triangle EUV,\triangle UXY,\triangle OAB$ 的外接圆共轴 $UW$；
2. $\triangle COW,\triangle OAB$ 的外接圆正交。

印刷解答（误入数学的偏铝酸钠）。 原解以钝角三角形为例，锐角情形列作习题。

(1) 以 $O$ 为中心、$\odot(ABC)$ 为基圆反演。补全切线三角形后，其第三个顶点在两个反形圆上，可以消去 $D^*$。换名后转化为：$\triangle ABC$ 的旁切圆 $\odot J$ 与三边所在直线切于 $D,E,F$，$DH\perp EF$，$\odot(DFH)$ 与 $\odot(ABC)$ 交于 $L,N$，$M$ 为 $DF$ 的中点。证明 $\odot(LMN)$ 与 $\triangle DEF$ 九点圆的根轴为 $DF$。

先证 $\triangle DEF$ 的九点圆、$\odot J$、$\odot(ABC)$ 三圆共轴。取 $EF,DE$ 中点 $S,T$，设 $SM,ST$ 与 $BF,CE$ 分别交于 $X,Y$。有 $A,B,S,M$ 共圆、$\triangle SFX\sim\triangle FMX$，故

$$\begin{aligned} \operatorname{Pow}_{\odot J}(X) &=XF^2=XM\cdot XS\\ &=\operatorname{Pow}_{\odot(STM)}(X) =\operatorname{Pow}_{\odot(ABM)}(X)\\ &=XB\cdot XA=\operatorname{Pow}_{\odot(ABC)}(X). \end{aligned}$$

同理 $Y$ 对三圆等幂，故三圆共轴 $XY$。设三圆公共交点为 $P,Q$。

原文引理：三圆 $a,b,c$ 共轴 $MN$，$A,B$ 在 $a$ 上，另有两圆 $u,v$ 共轴 $AB$；设 $u$ 与 $b,c$ 的交点为 $X,Y$，$v$ 与 $b,c$ 的交点为 $U,V$，则 $X,Y,U,V$ 共圆。这一配置记作八点组 $(MN,AB,XYUV)$。以 $X$ 为中心作任意幂反演，共圆目标变为三个反点共线，由根心定理即得。

回到转化命题，设 $\odot(LMN),\odot(STM)$ 的另一交点为 $W$。对八点组 $(PQ,LN,DFMW)$ 使用引理，得到 $D,F,M,W$ 在同一广义圆上。由于 $D,F,M$ 共线，该广义圆为直线 $DF$，所以两圆的根轴为 $DF$。反演回原图，结论 (1) 得证。

(2) 回到原题字母。$OV$ 垂直平分 $AC$，设 $OV$ 交 $BC$ 于 $P$。导角得 $A,B,O,P,U,W$ 共圆；由密克尔定理，$C,V,P,W$ 共圆。于是

$$\angle OBW+\angle OCW =\angle WPV+\angle OCW =\angle WCV+\angle OCW=90^\circ,$$

即两圆正交。

第 239–240 页：2019 IMO P6

在锐角 $\triangle ABC$ 中，$I$ 是内心，$AB\ne AC$。内切圆 $\omega$ 与 $BC,CA,AB$ 分别切于 $D,E,F$。过 $D$ 且垂直于 $EF$ 的直线与 $\omega$ 的另一交点为 $R$，直线 $AR$ 与 $\omega$ 的另一交点为 $P$。$\triangle PCE$ 与 $\triangle PBF$ 的外接圆再交于 $Q$。求证：直线 $DI$ 与 $PQ$ 的交点在过 $A$ 且垂直于 $AI$ 的直线上。

印刷解答（误入数学的偏铝酸钠）。 以内切圆为基圆反演，并对像图换名，得到如下转化命题：在 $\triangle ABC$ 中，$D,E,F$ 为三边中点，$O$ 为外心；$R$ 在外接圆上，$AR\perp BC$；$P$ 为 $\odot(DOR)$ 与外接圆的另一交点，$Q$ 是 $\odot(PCE),\odot(PBF)$ 的另一交点。证明存在 $K$，使得 $\odot(AOR)$ 与 $\odot(DOK)$ 正交，$O,A,K$ 共线，且 $O,K,P,Q$ 共圆。

注意 $OD$ 为 $\odot(AOR)$ 的切线。设 $K$ 为 $OA$ 与 $\odot(PQO)$ 的另一交点。要证正交，只需 $\odot(DOK)$ 圆心在 $OD$ 上，即 $OA\perp DK$。导角可得 $AP\perp DP$，从而可以消去 $R$，用以 $AD$ 为直径的圆重新刻画 $P,K$。

原解最后化为 $\odot(POK),\odot(PCE),\odot(PBF)$ 三圆共轴。设后两圆另一交点为 $Q$，只需 $O,K,P,Q$ 共圆。导角有 $E,F,Q$ 共线，取 $EF$ 中点 $M$。由

$$\angle PKM=90^\circ-\angle PAO =\angle PCA=\angle PCE=\angle PQE=\angle PQM$$

得 $P,K,Q,M$ 共圆。又 $OM$ 垂直平分 $AP$，所以

$$\angle MKA=\angle MAK=\angle MPK,$$

故 $P,K,O,M$ 共圆。于是 $M,O,K,P,Q$ 五点共圆，命题得证。

原页末段将前面定义的圆 $\odot(PBF)$ 两次印作 $\odot(PBE)$；此处按同页前述定义统一点名。

第 241–242 页：习题与文末提示

1. 补充第 233 页例一中“以 $O$ 为反演中心”的解法。
2. 补全第 235 页例二在锐角三角形情形下的证明。

以上两题题干分别见本节第 23 题和第 563 题，原教材在此重复列题。

解答待添加。

原文提示：反演不仅可以将多弧共点转成多线共点，也能反向把不熟悉的多线构型化为熟知的共圆构型。例二的八点组引理可结合熟悉的反演构型使用；反演后的图形也可能更适合解析计算。

后续题目见 多圆共点、密克点、角关系与两次反演。