docs: 添加了基础构型的部分内容，更新了katex.js的cdn路径

Author: jayi0908

docs/Basic_Cons/cons.md

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+三角联合定理只是确定了大部分基本构型，而这些基本构型中以线型为主，而上述基本定理中能处理圆的目前只有三弦定理。尽管它能较为出色的完成共圆问题的解决，但对于两圆相交、两圆相切甚至多圆问题却无能为力。此外还有一些其他的构型，需要借助一些“二级结论”才能更好处理，所以我们需要补全一些基本构型的三角表示，以使得三角法能够更好的解决几何问题。
+
+- [圆相切](./tangentcirc.md)
+- [塞瓦型补充](./more_ceva.md)

docs/Basic_Cons/more_ceva.md

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+在解决几何问题的过程中，有一个较为常见的构型：
+<figure>
+<img src="https://cdn.jsdelivr.net/gh/jayi0908/jayi0908-trigonometry@master/docs/image/塞瓦型_default.png" class="light-theme-image" alt="塞瓦型" style="height: 200px">
+<img src="https://cdn.jsdelivr.net/gh/jayi0908/jayi0908-trigonometry@master/docs/image/塞瓦型_slate.png" class="dark-theme-image" alt="塞瓦型" style="height: 200px">
+<!-- <figcaption> -->
+<small>塞瓦型</small>
+<!-- </figcaption> -->
+</figure>
+$P$为$\triangle A B C$内一点，考察$P A \cdot B C$的性质。
+
+由于这是一个二次式，而正弦定理是一次式，塞瓦定理、梅涅劳斯定理是齐次式，而与二次相关的直接结论便是余弦定理，但余弦定理的交叉项需要两条边共顶点，图中的这两条边$P A$与$B C$显然不满足这一点，所以已有的定理无法直接处理这个问题。
+
+这时就需要如下引理：
+
+---
+
+（Ceva型引理）图如上，则有：
+$$ \dfrac{P A \cdot B C}{\sin(\angle B P C-\angle B A C)}=\dfrac{P B \cdot A C}{\sin(\angle A P C-\angle A B C)}=\dfrac{P C \cdot A B}{\sin(\angle A P B-\angle A C B)} $$
+
+---
+
+??? proof "引理之证明"
+    构造相似形如下：
+    <div>
+        <img src="https://cdn.jsdelivr.net/gh/jayi0908/jayi0908-trigonometry@master/docs/image/Ceva型引理_default.png" class="light-theme-image" alt="Ceva型引理" style="height: 180px; float: right">
+    </div>
+    <div>
+        <img src="https://cdn.jsdelivr.net/gh/jayi0908/jayi0908-trigonometry@master/docs/image/Ceva型引理_slate.png" class="dark-theme-image" alt="Ceva型引理" style="height: 180px; float: right">
+    </div>
+    其中$\triangle A B P \sim \triangle A C P'$，故又有$\triangle A B C \sim \triangle A P P'$，从而：
+    $$ \dfrac{B C}{P P'}=\dfrac{A B}{A P} $$
+    而
+    $$ \dfrac{P P'}{\sin \angle P C P'}=\dfrac{P C}{\sin \angle C P P'} $$
+    <br>
+    且 $\angle P C P'=\angle A B P+\angle A C P=\angle B P C-\angle B A C$, $\angle C P P'=\angle A P C-\angle A B C$, 故有：
+    $$ P A \cdot B C=A B \cdot \dfrac{P C \sin(\angle B P C-\angle B A C)}{\sin(\angle A P C-\angle A B C)} $$
+    即
+    $$ \dfrac{P A \cdot B C}{\sin(\angle B P C-\angle B A C)}=\dfrac{P C \cdot A B}{\sin(\angle A P B-\angle A C B)} $$
+    同理有其他两式。结论得证。
+
+    <div style="text-align: right">$\Box$</div>
+
+---
+
+!!! Note "值得一提的是"
+    此引理是笔者遇到的印象十分深刻的引理，在某些情况下有化腐朽为神奇之用
+
+下面用一个例子展示一下这个引理的强大之处：
+
+<div>
+    <img src="https://cdn.jsdelivr.net/gh/jayi0908/jayi0908-trigonometry@master/docs/image/CevaLemma_eg_default.png" class="light-theme-image" alt="Ceva引理例题" style="height: 180px; float: left">
+</div>
+<div>
+    <img src="https://cdn.jsdelivr.net/gh/jayi0908/jayi0908-trigonometry@master/docs/image/CevaLemma_eg_slate.png" class="dark-theme-image" alt="Ceva引理例题" style="height: 180px; float: left">
+</div>
+<p>$\space$</p>
+<p style="margin-bottom: 15px;">
+P为$\triangle A B C$外接圆上一动点，$I_1$和$I_2$为$\triangle A B P$和$\triangle B C P$的旁心，证明：$\triangle I_1 I_2 P$的外接圆过不依赖于$P$的定点。
+</p>
+<br>
+
+---
+
+??? proof "定理之证明"
+    证明：设$\triangle A B C$的外接圆为$\omega$，令$\odot I_1 P I_2 \cap \omega$ 于$F$，我们证明 $F$ 即为所求.
+    设$B I_1$交$\omega$于$D$，$C I_2$交$\omega$于$E$，记$\angle B A D=\alpha$，$\angle F A D=\beta$，利用旁心导角有：
+    $$ \angle A I_1 P=\dfrac{\angle A X P}{2}=\dfrac{B+\angle C A P}{2}=\dfrac{A+B-2 \alpha}{2}=\dfrac{\pi-C}{2}-\alpha, $$
+    $$ \angle I_1 A P=\alpha \Rightarrow\angle A P I_1=\dfrac{\pi+C}{2} $$
+    同理：$$ \angle A P I_2=\dfrac{\pi+B}{2} , \angle I_1 P I_2=\dfrac{\pi+A}{2} $$
+    $$ \angle I_1 I_2 F=\angle I_1 P F=\angle A F P-\angle I_1 A F-\angle A I_1 P=\angle A I_1 P-\angle I_1 A F=\dfrac{\pi-C}{2}-\alpha-\beta $$
+    $$ \angle I_2 I_1 F=\pi-\angle I_1 I_2 F-\angle I_1 P I_2=\dfrac{C-A}{2}+\alpha +\beta, \angle I_2 A F=\dfrac{A}{2}-\beta. $$
+    从而
+    $$ \angle I_1 I_2 F+\angle I_1 A F=\dfrac{\pi-C}{2}-\alpha, \angle I_2 I_1 F+\angle I_2 A F=\dfrac{C}{2}+\alpha. $$
+    由引理：
+    $$ \dfrac{I_1 F \cdot A I_2}{\sin(\dfrac{\pi-C}{2}-\alpha)}=\dfrac{I_2 F \cdot A I_1}{\sin(\dfrac{C}{2}+\alpha)} $$
+    $$ \Rightarrow \dfrac{I_1 F}{I_2 F}=\dfrac{A I_1}{A I_2} \cdot \dfrac{\cos(\dfrac{C}{2}+\alpha)}{\sin(\dfrac{C}{2}+\alpha)}. $$
+    而由内心性质
+    $$ A I_1=4R \cos \dfrac{\angle A B P}{2} \cos \dfrac{\angle A P B}{2}=4R \cos \frac{\pi-C-2\alpha}{2} \cos \dfrac{C}{2}=4R \sin (\dfrac{C}{2}+\alpha) \cos \dfrac{C}{2}, $$
+    $$ A I_2=4R \cos \dfrac{\angle A C P}{2} \cos \dfrac{\angle A P C}{2}=4R \cos (\dfrac{C}{2}+\alpha) \cos \dfrac{B}{2}, $$
+    $$ \Rightarrow \dfrac{I_1 F}{I_2 F}=\dfrac{\sin \angle I_1 I_2 F}{\sin \angle I_2 I_1 F}=\dfrac{\cos(\dfrac{C}{2}+\alpha+\beta)}{\sin(\dfrac{C-A}{2}+\alpha+\beta)}=\dfrac{\cos(\dfrac{C}{2}+\angle B A F)}{\sin(\dfrac{C-A}{2}+\angle B A F)}=\dfrac{\cos \dfrac{C}{2}}{\cos \dfrac{B}{2}} $$
+    由余切联合定理知$\tan \angle B A F$为只依赖于$A,B,C$的值，所以$F$为定点，得证. <div style="text-align: right">$\Box$</div>

docs/Basic_Cons/tangentcirc.md

@@ -0,0 +1,59 @@
+基于相切的定义进行的证明不再赘述，这里我想引入一个重要的定理：开世定理。
+
+---
+
+<div>
+    <img src="https://cdn.jsdelivr.net/gh/jayi0908/jayi0908-trigonometry@master/docs/image/casey_default.png" class="light-theme-image" alt="开世定理" style="height: 180px; float: left">
+</div>
+<div>
+    <img src="https://cdn.jsdelivr.net/gh/jayi0908/jayi0908-trigonometry@master/docs/image/casey_slate.png" class="dark-theme-image" alt="开世定理" style="height: 180px; float: left">
+</div>
+<p>$\space$</p>
+<p style="margin-bottom: 8px;">
+    如图，$\odot o_1$,$\odot o_2$, $\odot o_3$,$\odot o_4$是四个内切于$\odot o$的圆，$t_{i j}$为$\odot o_i$与$\odot o_j$的外公切线的长($\forall i \neq j$)，那么有：
+    $$ t_{1 2}t_{3 4}+t_{1 4}t_{2 3}=t_{1 3}t_{2 4} $$
+</p>
+
+---
+
+??? proof "定理之证明"
+    证明：设$\odot o$的圆心是点$O$，半径是$R$，四个圆的圆心分别是点$O_1,O_2,O_3,O_4$，半径分别是$R_1,R_2,R_3,R_4$，每个圆与$\odot o$的切点分别是$K_1,k_2,K_3,K_4$。那么我们可以得到：
+    $$ t_{ij}^2=O_i O_j^2-(R_i-R_j)^2 ,\forall i \neq j (\star) $$
+    而$$ O_i O_j^2=O O_i^2 +O O_j^2 - 2O O_i \cdot O O_j \cos \angle O_i O O_j $$
+    $$ =(R-R_i)^2+(R-R_j)^2-2(R-R_i)(R-R_j)\cos \angle K_i O K_j , $$
+    $$ \cos \angle K_i O K_j = 1 - 2 \sin^2 \dfrac{\angle K_i O K_j}{2} = 1-2(\dfrac{K_i K_j}{2R})^2 $$
+
+    代入$(\star)$式有：
+    $$ t_{ij}^2=2R^2-2R(R_i+R_j)+R_i^2+R_j^2-(R^2-R(R_i+R_j)+R_i R_j)(2-\dfrac{K_i K_j^2}{R^2})-(R_i-R_j)^2 $$
+    $$ =(R_i-R_j)^2+\dfrac{(R-R_i)(R-R_j)(K_i K_j^2)}{R^2-(R_i-R_j)^2}=\dfrac{(R-R_i)(R-R_j)(K_i K_j^2)}{R^2} $$
+    即$$ t_{ij}=K_i K_j \sqrt{\dfrac{(R-R_i)(R-R_j)}{R}} $$
+    故由托勒密定理，
+    $$ t_{12}t_{34}+t_{1 4}t_{2 3}=\sqrt{\dfrac{(R-R_1)(R-R_2)(R-R_3)(R-R_4)}{R^2}} (K_1K_2 \cdot K_3K_4+K_1K_4 \cdot K_2K_3) $$
+    $$ =\sqrt{\dfrac{(R-R_1)(R-R_2)(R-R_3)(R-R_4)}{R^2}} (K_1K_3 \cdot K_2K_4)=t_{1 3}t_{2 4} $$得证.
+
+    <div style="text-align: right">$\Box$</div>
+
+（将任意一个圆的内切改为外切，结论也是成立的）
+
+---
+
+其逆定理也成立，即只要这四个圆的外公切线满足$(\star)$式，那么这四个圆就与某一个圆相切。
+
+值得一提的是，开世定理的退化情形也成立，当四个圆均退化成点时即为托勒密定理；而只有三个圆退化为点时即有如下结论：
+<div>
+    <img src="https://cdn.jsdelivr.net/gh/jayi0908/jayi0908-trigonometry@master/docs/image/backcasey_default.png" class="light-theme-image" alt="退化开世定理" style="height: 180px; float: left">
+</div>
+<div>
+    <img src="https://cdn.jsdelivr.net/gh/jayi0908/jayi0908-trigonometry@master/docs/image/backcasey_slate.png" class="dark-theme-image" alt="退化开世定理" style="height: 180px; float: left">
+</div>
+<p>$\space$</p>
+<p style="margin-bottom: 8px;">
+    $A,B,C$为$\odot O$上任意三点，$t_1,t_2,t_3$为$A,B,C$到$\odot O_1$的切线长，则有：
+</p>
+<p>
+    $\odot O_1$与$\odot O$相切 $\Leftrightarrow$ $A B \cdot t_3+A C \cdot t_2=B C \cdot t_1$
+</p>
+
+---
+
+这种方法的优点在于，我们不需要知道两圆的交点并证明它是切点（相比之下，使用纯几何方法证明时需要知道这个），而只需要知道三个点以及切线长即可——这一好处是我们可以选择恰当的$A,B,C$来使得计算更简洁。