（$20$ 分）如图，圆 $O_1$ 与圆 $O_2$ 相交于 $P$、$Q$ 两点，圆 $O_1$ 的弦 $PA$ 与圆 $O_2$ 相切，圆 $O_2$ 的弦 $PB$ 与圆 $O_1$ 相切，直线 $PQ$ 与 $\triangle PAB$ 的外接圆 $O$ 交于另一点 $R$．求证：$PQ=QR$．
【难度】
【出处】
2016年全国高中数学联赛陕西省预赛（二试）
【标注】
【答案】
{\bf{方法一}}\quad 如图1，连结 $O_1O_2$，分别交 $PQ$、$PO$ 于点 $M$、$N$，则 $O_1O_2 \perp PQ$，且 $M$ 为 $PQ$ 的中点．连结 $PO_1$、$PO_2$、$OO_1$、$OO_2$、$OQ$、$OR$．因为 $PA$ 与圆 $O_2$ 相切，所以 $PA \perp PO_2$．又 $PA$ 为圆 $O_1$ 与圆 $O$ 的公共弦，所以 $PA \perp O_1O$．所以$$PO_2 \parallel O_1O.$$同理，$$PO_1 \parallel O_2O.$$所以四边形 $PO_1OO_2$ 为平行四边形．从而，$N$ 为 $PO$ 的中点．又 $M$ 为 $PQ$ 的中点，所以 $MN \parallel OQ$，即$$O_1O_2 \parallel OQ.$$因为 $O_1O_2 \perp PQ$，所以$$OQ \perp PQ,$$即 $OQ \perp PR$．又 $OP=OR$，故 $Q$ 为 $PR$ 的中点，即 $PQ=QR$．
{\bf{方法二}}\quad 如图2，连结 $AQ$、$BQ$、$AR$、$BR$．因为 $PA$ 与圆 $O_2$ 相切，$PB$ 与圆 $O_1$ 相切，所以 $\angle APQ=\angle PBQ,\angle PAQ =\angle BPQ$．所以 $\triangle PAQ \backsim \triangle BPQ$，所以$$\dfrac{PQ}{BQ}=\dfrac{AQ}{PQ},$$即 $PQ^2=AQ\cdot BQ$．
又$$\angle AQR=\angle APQ+\angle PAQ =\angle APQ+\angle BPQ=\angle APB,\angle QRA=\angle PRA=\angle PBA,$$所以$$\triangle QAR \backsim \triangle PAB.$$同理，$\triangle QRB \backsim \triangle PAB$．所以$$\triangle QAR \backsim \triangle QRB.$$所以 $\dfrac{QR}{QB}=\dfrac{QA}{QR}$，即 $QR^2=QA\cdot QB$．故 $PQ^2=QR^2$，即 $PQ=QR$
{\bf{方法二}}\quad 如图2，连结 $AQ$、$BQ$、$AR$、$BR$．因为 $PA$ 与圆 $O_2$ 相切，$PB$ 与圆 $O_1$ 相切，所以 $\angle APQ=\angle PBQ,\angle PAQ =\angle BPQ$．所以 $\triangle PAQ \backsim \triangle BPQ$，所以$$\dfrac{PQ}{BQ}=\dfrac{AQ}{PQ},$$即 $PQ^2=AQ\cdot BQ$．
又$$\angle AQR=\angle APQ+\angle PAQ =\angle APQ+\angle BPQ=\angle APB,\angle QRA=\angle PRA=\angle PBA,$$所以$$\triangle QAR \backsim \triangle PAB.$$同理，$\triangle QRB \backsim \triangle PAB$．所以$$\triangle QAR \backsim \triangle QRB.$$所以 $\dfrac{QR}{QB}=\dfrac{QA}{QR}$，即 $QR^2=QA\cdot QB$．故 $PQ^2=QR^2$，即 $PQ=QR$
【解析】
略
答案
解析
备注
