对张德朋提出的一个问题的证明（暨【以“史”为鉴】第一篇）

昨天张德朋在“几何大家玩”群里提了如下问题：

题目：设$\odot O$和$\odot I$分别是同一族四边形的外接圆和内切圆，证明这族四边形的重心在一个圆心在$OI$上的定圆上.

昨天在群里我就已经发了大致的证明思路，奈何有一个名为“史勇|天下无毒_史”的胡搅蛮缠，说我是“忽悠宗师”，屡次质疑我的证明，问他哪里有误吧，他就开始东拉西扯，已经五十多岁的人了，为老不尊，又扯到自己当过小学数学课代表什么的，今天早上终于问了句人该问的问题（虽然也是正常高中学平面几何的学生就该会的内容），奈何本人耐心已到极限，群主叶中豪老师还认为这种无端人身攻击亦算交流，对此毫无群主作为，实属无奈，本人就此退群。但防止有不明真相的人认为我真的是怕了他或者我的证明确实有问题，特在这里整理一下本人的证法。

我们先回顾一下双心四边形（同时拥有外接圆和内切圆的四边形）的基础性质. （为防止有人看不懂胡搅蛮缠，均给证明）

引理1：对任意$\odot O$上一动弦$AB$，满足存在定点$P$使得$AP\perp BP$，则$AB$中点在以$OP$中点为圆心的定圆上.

Proof. 设$AB$中点为$C$，则$OC^2+PC^2=OC^2+AC^2=OA^2$，由三角形的中线长公式即得结论成立.$\quad\Box$

引理2：设有内切圆的四边形$ABCD$的边$AB$、$BC$、$CD$、$DA$在内切圆$\odot I$上的切点分别为$P$、$Q$、$R$、$S$，则$AB$、$CD$、$PR$、$QS$共点.

Proof. 对退化的圆外切六边形$APBCRD$由Brianchon定理可知$AC,BD,PR$共点，同理可知$RS$也共此点.$\quad\Box$

引理3：设有内切圆的四边形$ABCD$的边$AB$、$BC$、$CD$、$DA$在内切圆$\odot I$上的切点分别为$P$、$Q$、$R$、$S$，则$ABCD$有外接圆等价于$PR\perp QS$.

Proof. 设$PR$交$QS$于$U$，$\angle ADC+\angle ABC=720^\circ-\angle RUS-\angle PUQ-\angle DSU-\angle DRU-\angle UPB-\angle UQB$，由$\angle DSU=\angle CQU=180^\circ-\angle BQU$及类似的$\angle DRU=180^\circ-\angle BPU$即知$\angle ABC+\angle ADC=360^\circ-2\angle RUS$，于是此引理自动成立.$\quad\Box$

引理4：对给定的$\odot O$和$\odot I$，假设已有一四边形$ABCD$分别以二者为外接圆、内切圆，并设其边$AB$、$BC$、$CD$、$DA$在$\odot I$上的切点分别为$P$、$Q$、$R$、$S$，$PR\cap QS=U$，则通过从$U$作$\odot I$的垂直弦$P’R’$、$Q’S’$，并分别过$P’$、$Q’$、$R’$、$S’$作$\odot I$的切线交出新四边形$A’B’C’D’$的方法可以得到所有分别以$\odot O$和$\odot I$为外接圆、内切圆的四边形.

Proof. 由引理1，$P’Q’$、$Q’R’$、$R’S’$、$S’P’$的中点在只与$I$、$U$相关的定圆上，以$\odot I$反演即知$A’B’C’D’$均在同一定圆上，又因为$ABCD$均已在定圆$\odot O$上，所以此定圆就是$\odot O$. 注意到以两圆为外接圆和内切圆的四边形$A’B’C’D’$由其其中一个顶点自动决定，而其又由$A’$对$\odot I$某条切线的切点$P’$自动决定，故引理成立. $\quad\Box$

下面回到原题.

Proof. 任取一个以$\odot O$、$\odot I$分别为外接圆和内切圆的四边形$ABCD$，设其边$AB$、$BC$、$CD$、$DA$在$\odot I$上的切点分别为$P$、$Q$、$R$、$S$，$PR\cap QS=U$，由引理4可知，$U$是不依赖于$ABCD$的选取的，且$U$在$OI$上于是由引理1可知$AC$、$BD$也均过$U$，于是由垂径定理，$AC$、$BD$中点$M$、$N$均在以$OU$为直径的圆上，设圆心为$V$，又由Newton定理$MN$过$I$，故再由垂径定理，$MN$中点（当然也就是四边形的重心）在以$VI$为直径的圆上，其圆心自然在$OI$上. $\quad\Box$