从泰博定理发现的定值结论
泰博定理：D是△ABC的BC边上一点，若圆O1、O2分别与AD、BC和△ABC的外接圆都相切，则O1、O2和I三点共线。我发现，即使D在BC的延长线上，结论也成立，如果角ADC是定值，O1I/O2I也是定值。其实很简单，过I做垂线交BC于H，再利用O1、I和O2三点共线即可。 泰博定理的证明不算复杂，可设
\[\mathop {DB}\limits^ \to{\rm{ = }}\frac{{\left( {s + t} \right)\left( {1 - st} \right)}}{{s{{\left( {1 - it} \right)}^2}}}\mathop {DA}\limits^ \to,\mathop {DC}\limits^ \to = \frac{{\left( {p + \frac{1}{t}} \right)\left( {1 - p\frac{1}{t}} \right)}}{{p{{\left( {1 + i\frac{1}{t}} \right)}^2}}}\mathop {DA}\limits^ \to,\mathop {CB}\limits^ \to = \frac{{\left( {s + p} \right)\left( {1 - sp} \right)}}{{s{{\left( {1 - ip} \right)}^2}}}\mathop {CA}\limits^ \to\]
于是\[\mathop {CI}\limits^ \to = \frac{{1 - sp}}{{1 - ip}}\mathop {CA}\limits^ \to\]
进而知\[\mathop {DI}\limits^ \to = \frac{{ - 1 + it - pt + st - ipst + {t^2}}}{{{{\left( {i + t} \right)}^2}}}\mathop {DA}\limits^ \to\]
圆$O_1$的圆心可设为\[\mathop {D{O_1}}\limits^ \to = \lambda \frac{{\left( {1 - st} \right)}}{{1 - it}}\mathop {DA}\limits^ \to\]
其半径为\[{r_{O_1}} = \lambda \frac{{t - s{t^2}}}{{1 + {t^2}}}DA\]
因此$O_1$与$△ABC$的外接圆的相切点$P$可表示为\[\mathop {DP}\limits^ \to = \left( {\lambda \frac{{1 - st}}{{1 - it}} + \lambda \frac{{t - s{t^2}}}{{1 + {t^2}}}\frac{{1 - iu}}{{1 + iu}}} \right)\mathop {DA}\limits^ \to\]
根据$P,A,B,C$四点共圆，交比的虚部为0可得
$ -2 p u^2 t^5-4 p s^2 \lambda ^2 t^5-4 p s^2 u^2 \lambda ^2 t^5+8 p s^2 u \lambda ^2 t^5-2 p t^5+4 p s u^2 \lambdat^5-4 p s \lambdat^5+2 p^2 t^4+2 p^2 u^2 t^4-2 p s u^2 t^4-2 u^2 t^4-4 p s^2 \lambda ^2 t^4+4 p s^2 u^2 \lambda ^2 t^4+4 p s u^2 \lambda ^2 t^4+4 p s \lambda ^2 t^4-8 p s u \lambda ^2 t^4-2 p s t^4-p^2 \lambdat^4+p^2 s^2 \lambdat^4-2 p s^2 \lambdat^4-s^2 \lambdat^4-p^2 u^2 \lambdat^4+p^2 s^2 u^2 \lambdat^4+2 p s^2 u^2 \lambdat^4-s^2 u^2 \lambdat^4-2 p u^2 \lambdat^4-2 p^2 s u^2 \lambdat^4+2 s u^2 \lambdat^4+u^2 \lambdat^4+2 p \lambdat^4+2 p^2 s \lambdat^4-2 s \lambdat^4+2 p^2 u \lambdat^4-2 p^2 s^2 u \lambdat^4+2 s^2 u \lambdat^4-8 p s u \lambdat^4-2 u \lambdat^4+\lambdat^4-2 t^4+2 p^2 s u^2 t^3-2 s u^2 t^3-6 p s^2 \lambda ^2 t^3-6 p s^2 u^2 \lambda ^2 t^3-4 p s u^2 \lambda ^2 t^3+4 p s \lambda ^2 t^3+8 p s^2 u \lambda ^2 t^3+2 p^2 s t^3-2 s t^3-2 p^2 \lambdat^3+2 p^2 s^2 \lambdat^3+2 p s^2 \lambdat^3-2 s^2 \lambdat^3+2 p^2 u^2 \lambdat^3-2 p^2 s^2 u^2 \lambdat^3+2 p s^2 u^2 \lambdat^3+2 s^2 u^2 \lambdat^3-2 p u^2 \lambdat^3-2 p^2 s u^2 \lambdat^3+2 s u^2 \lambdat^3-2 u^2 \lambdat^3-2 p \lambdat^3-2 p^2 s \lambdat^3+2 s \lambdat^3-8 p s^2 u \lambdat^3+8 p u \lambdat^3+8 p^2 s u \lambdat^3-8 s u \lambdat^3+2 \lambdat^3+2 p^2 t^2+2 p^2 u^2 t^2-2 u^2 t^2-4 p s^2 \lambda ^2 t^2+4 p s^2 u^2 \lambda ^2 t^2+6 p s u^2 \lambda ^2 t^2+6 p s \lambda ^2 t^2-8 p s u \lambda ^2 t^2-p^2 \lambdat^2+p^2 s^2 \lambdat^2+2 p s^2 \lambdat^2-s^2 \lambdat^2-p^2 u^2 \lambdat^2+p^2 s^2 u^2 \lambdat^2-2 p s^2 u^2 \lambdat^2-s^2 u^2 \lambdat^2+2 p u^2 \lambdat^2+2 p^2 s u^2 \lambdat^2-4 p s u^2 \lambdat^2-2 s u^2 \lambdat^2+u^2 \lambdat^2-2 p \lambdat^2-2 p^2 s \lambdat^2-4 p s \lambdat^2+2 s \lambdat^2-2 p^2 u \lambdat^2+2 p^2 s^2 u \lambdat^2-2 s^2 u \lambdat^2+8 p s u \lambdat^2+2 u \lambdat^2+\lambdat^2-2 t^2+2 p u^2 t+2 p^2 s u^2 t-2 s u^2 t-2 p s^2 \lambda ^2 t-2 p s^2 u^2 \lambda ^2 t-4 p s u^2 \lambda ^2 t+4 p s \lambda ^2 t+2 p t+2 p^2 s t-2 s t+2 p s^2 \lambdat+2 p s^2 u^2 \lambdat-2 p u^2 \lambdat-2 p^2 s u^2 \lambdat+4 p s u^2 \lambdat+2 s u^2 \lambdat-2 p \lambdat-2 p^2 s \lambdat-4 p s \lambdat+2 s \lambdat+2 p s u^2+2 p s u^2 \lambda ^2+2 p s \lambda ^2+2 p s-4 p s u^2 \lambda -4 p s \lambda = 0 $
由两圆相切的条件（关于$u$的判别式为0），并选取半径较小的（小圆内切于大圆），可得$\lambda= 1 + pt$, 于是
\[\mathop {D{O_1}}\limits^ \to = \frac{{\left( {1 + pt} \right)\left( {1 - st} \right)}}{{1 - it}}\mathop {DA}\limits^ \to\]
同理，由$Q,A,B,C$四点共圆，可得
\[\mathop {D{O_2} = }\limits^ \to\frac{{\left( { - p + t} \right)\left( {s + t} \right)}}{{t\left( {i + t} \right)}}\mathop {DA}\limits^ \to\]
至此我们已得到$O_1,O_2,I$的表示，可验证是共线的。
并且计算得到\[\frac{{\mathop {{O_1}I}\limits^ \to}}{{\mathop {{O_2}I}\limits^ \to}} =- {t^2}\]
也即仅与∠ADC有关。 谢谢答复，s,t表示什么？太复杂了.
巧妙的构造
太佩服原作者的构图了。
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