解析三角法证明平面几何中的多圆问题

(江苏省苏州市苏苑中学 2x2y 在平面几何问题中,若题设中有两线 = 又OO2=(r-r-rcos2)2+(rsin2) 角参数解题我们称此法为解析三角法别以它们为x轴和y轴.例 ⊙O1和⊙O2被包含在⊙O内⊙O1经过点O2,O1O2的两个O相交于点A和BMAMBO1CD证明CD与⊙O2相切.(40分析:⊙O2的半径分r、r1、r2.⊙O1x-r2+y2=r2 ⊙O22))2(x-r)2+y2-

=r-r22, r2-2r2(1+cos2)=2rr-2rr(1+cos 2x2y)O2CDα)r1α+r2-r1(1+cos2)=r22Ol1和l2,O1l1A,O于CO2l2B,OD,O1EADBCQ.求证:Q是△CDE的外心. 2x-r1-r1cos2)2y-r1sin2)2-r2 分析2O1Oxα∠O2Ox2 2(2y β,三个圆的半径分别为Rr1r2 (r),CD

O1((R+r1)cosα(R+r1)sin),,)O2((R+r2)cosβ,-(R+r2)sinβ)2rcosαrx-r1+sin22rcosαrx-r1+sin2·r+r-2r=0 B((R+r2)cosβ,-R),D(Rcosβ,-Rsinβ)1 收稿日期:2003-07-23修改日期:2003-11- R+ R+sin

R-

,cosβ=

tM1M2+)ccsi)R+ R+|O1O2|2=(r1+r2)=(R+r1)2+(R+r2)2-2(R+r1)

由|PM1|=|PM2|(R+r2)(cosαcosβ-sinαsinβ), cc2[cos(ωt+)-cos]2-2x0csc·所以,R2=4r1r2. [cos(ωt+)-s]+csc2sin2(ωt+)-kDH

Rcosβ

-sinβ-= =

si+cc[0 π)+cos]2-2xcscβ[cos(ωt-β+π0 = =1 R

cc2in2 (R+r1)cosα

sin(ωt-β+π)kDH·kOA=-1OAAHO,AD也是切线.同理,BC也是切线.故QC=QD.如果QE

令ωt=π,cαoα+xxx0cotβ-cot.⊙O1的切线,也不 令ωt=π,当x=cotβ-cotα时, QX≠QY.而QX·QEQC2=QD2=QY·QEQX=QY,.因此, 图是△CDE的外心两圆连心线与交线互相垂直,故可分别以它们为xy轴.3在平面上已知两相交圆⊙O1⊙O2,A为交点之一M1M2从A,O1O2,A.证明:在平面上存在不动点P,使得点P到M1M2的距离在整个运动过程中每一时(21分析:4OA1∠AO1O2 β,角速度为 P(x0y0),

csc2(sinα+cos)2+2x0csc(inαcos)+ccαoα-20ycotα=cc(osβ-sinβ)2-2x0cscβ(cosβ-sinβ)+ccβoβ+2y0cotβ.y0x0cotβcotαy01时,容易验证45⊙O1O2ABC的EFGH为,EGFHP求证:直线PABC垂直.(1996,高中数赛分析:5只须证明OAEGFH共,EGFH的交点P横坐标为0.而EG和FH的方程依赖ABC故BC为参r1=cscr2=csc所以, 图

数设∠Bα, ∠C2βxB=-b xC=cAy,btanα=ctan BO2CO2y=tanα(x+b),y=cotβ·(x-c)btan+ccot b+

m2-r2+ 4R2+ 2 sinβ=rm因为R-r2-O1O244R2+= -2 cotβ-tanα 4R24R2+

=r -2R)>0,0btanαccot,0故 cotβ-tan=-1=-oαHF的方 2α

O2O1内部.因,BD·CE=(AD-AB)(AE-=[2Rcosα+)-mcosβ][2Rcos(β-)y=- x

mcos=4R2(o2-1)+cos2β(4R2-4Rmcos+ 2 m2-

=4 m-r+ 4R+2

-1 m2(1-tan m-r+ 4R+ taβ-

=r2

+分子2btanαtanβ·2tanβ2ctan·-tatanα=)xP0Py轴上.因此,PA⊥BC.R2+r2- 4R2+R2+r2- 4R2+

注R2rO1O2的长有意义6考虑在同一平面上半径为RrR>r的两个同心圆设P是小圆周上的一个定点,B是大圆周上的一个动点,直线BPC,PBPRr,O1

,R≥ lA如l与小圆相切于点P,A=P).2rAO1,ABAC分别切小圆⊙O22于点BC分O1于DE.求证BD·CE=r2.R2+m2-(R2+r2- 4R2+r2

(1994,加利亚数学 图分析:6,O2Axα∠O2ADβAO2=m,BC2+CA2AB2所取值的集合;AB中点的轨迹.(第29届IMO) 析如图建立直角

坐标系,=αA(x1y1)、B(x2y2)、C(x3y3.PB 2 A,A(-x1y1),x1=-rcosα,y1=-rsinα,x2+x3=2xD=-2riα,y2+y3=2yD=2rcosαsin.BCytanα(x+r代入大圆的方程x2+y2=R2得tan2)rtan2xtan2r2tan2r2-R2

直角,OA=1∠BAO=.O到ABAC的距离sinα故只须O到BC的距离也等于sinα即yB=yC=-sin.2R=OA+OK+KD=OA+OK+oα+se 1+o则x2x3 1+taα 1+sin=r2iαR2oα R=2oα =tan2(x+r)(x3+=(r2-R2)in2.

My=1-R

cosα-2sinBC2+CA2+

=(x2-x3)2+((y3-y)2+(

-y)2+(-x)2+(

-x)2-y)

x2 y

cosα-sinα2oα

2oα =4R2+2r2-2(xy1y2+y2y3+y3y1

+x2x3+x3x1 AB的方程ycotαx=4R2+2r2-4r2cosαi2α-2(r2iαR2cos2)αco-2(r2-R2)iα=6R2+2r2ABQxy),7APBB是矩形,x′=2x-r=2y2x2y2=R2,2x +y2=R

yA=1,yB=-sin.故命题成立ABCD是凸四边,CDAB为直径的圆的切线证明:BCAD,直线AB是以CD为直径的圆的切线.(25提示:充分性 为x2+y2=R2因此这是一个以点2,0为圆心、27ABCAB=AC,有一圆内切于ABC的外接,且与ABAC分别

∠FEx=θ(F是切点∠DAB.求出CDAD的方程得切于点P和Q.求证:PQ连线的中点是ABC(第20分析:设O,O∠BAC的平分线AD上.如图8建 图

) cosθ-) R.同理,yC (1-cos)sinαcosθ-) ·R2yG|CD|必要性略.平面上已知三个圆Cii1,2,3),其中圆C1AB1C2C1,k1k3C3A,2k.考虑所有线段EF,一端EC2,FC3,且EF含有B问当EB为何值,线段EF的长度B(第16届数学

获得了一块金牌和两个三等奖。俄罗斯的金牌标准非常严格,在我国赴俄参赛史上还是第一次得席台一侧的中国国旗,成了奥廖尔蓝天中翱翔的雄17日晚,为主试和所有领队举办了庆贺阅卷胜利结束的晚宴,我们正副领队和两位观察员应邀参加。晚宴的主办方特意安排我们的一些和我们坐在一起,意在冲淡由于防控措施给我们带来的不快。坐在我对面的是我的,十年级阅卷组保尔。他是1992年IMO的金牌得主,无今年的IMO选手?”我说,不但没有一个今年的IMO选手,甚至没有一个入选国家集训队的队员。他是IMO允许中国派两个或是 队参赛的话, 中,就连团体第二名、第三名也是 感到压抑了多日的情感得到了释放,作为一个的民族自豪感在心中升腾而由于我们还想到莫斯科参观两天,赶不上闭幕式了。4月18日,请我们到当地的中餐馆吃

晚餐。饭前,就在中餐馆门前的空地上为我们举行了一个俭朴的颁奖仪式,既避免了与俄罗斯学生的过多接触,又不失礼仪。4月9早,车们往斯。,他们也没有忘记询问我们,每天一早都要,回答他们各种各题,这已经成了修的功课。是日下0日我们在莫斯科参观了克里姆林宫,瞻仰了墓,,,一行人还兴致勃勃地采购了礼品。0,场,只不过前往的旅,话,更没有人受到行李检查,啪地21晨9时,机达。场,,脸,边检人员也都戴着。全国人民已经在新一届和的坚强有力的带下,入抵御的张斗。:10EBxθ,θ<π,2OG=1sin2BG=1cos.

⊙O1、⊙O2F,它们的外公切线分O1、⊙O2AB一条平行于AB的O2C,O1DE求证:△ABC与△BDE的外接圆的公共弦经过点F.(20届俄罗斯数学)(提示:如图11,12O、⊙O的半122,BE 1sinθ

分别 r1、r2∠O1O2x.求出 图 F、CB、O1A的2cosθ,BH2

易证A、F、C共线.由BFAC

+1co