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当你没想到常规方法时……

2022-08-30 14:54 作者:奥博格沙特 0人读过 | 我要投稿

如图，半圆A、B的半径相等，它们相切，且都内切于半径为1的半圆O，圆 $O_%7B1%7D$ 与它们均相切，圆 $O_%7B2%7D$ 与圆 $O_%7B1%7D$ 、半圆B和半圆O均相切，求圆 $O_%7B2%7D$ 的半径.

解： $%E2%88%B5%5Codot%20O$ 的半径为1

$%E2%88%B4%5Codot%20A%2C%20%5Codot%20B$ 的半径为 $%5Cfrac%7B1%7D%7B2%7D$

设 $%5Codot%20O_1$ 的半径为 $r_1$

$%E2%88%B5%5Codot%20A$ 与 $%5Codot%20O_1$ 外切， $%5Codot%20O$ 与 $%5Codot%20O_1$ 内切

$%E2%88%B4O_1%20A%3D%5Cfrac%7B1%7D%7B2%7D%2Br_1%2C%20OO_1%3D1-r_1$

易知 $OO_1%5Cbot%20AB$

在 $Rt%E2%96%B3OAO_1$ 中，

由勾股定理可解得 $r%3D%5Cfrac%7B1%7D%7B3%7D$

常规做法：

设 $%5Codot%20O_2$ 的半径为 $r_2$

在 $%E2%96%B3OO_1O_2$ 与 $%E2%96%B3OBO_2$ 中用余弦定理表示 $%5Ccos%20%E2%88%A0O_1OO_2$ 与 $%5Ccos%20%E2%88%A0BOO_2%20$ ，

再利用 $%E2%88%A0O_1OO_2%2B%E2%88%A0BOO_2%3D%5Cfrac%7B%5Cpi%20%7D%7B2%7D$ 解出 $r_2$ .

下面介绍两种非常规方法（均用到同一法的思想）：

（我们猜测四边形 $OBO_2O_1$ 为矩形，则 $r_2%3DO_1O_2-r_1%3DOB-r_1%3D%5Cfrac%7B1%7D%7B6%7D$ ）

作矩形 $OBPO_1$ ，以 $P$ 为圆心， $%5Cfrac%7B1%7D%7B6%7D$ 为半径作圆，可验证 $O_2%20%3D%20P$ 时满足条件.

下证 $O_2$ 的唯一性.

法一（几何不等式）：

引理1（左）与引理2（右）

引理1：如图，四边形ABCD为折四边形，则AD + BC < AB + CD.

证明：∵AP + PD > AD, BP + CP > BC

∴AP + PD + BP + CP > AD + BC

即AB + CD > AD + BC

引理2：如图，四边形ABCD为凹四边形，则AB + AD > CB + CD.

证明：∵AB + AP > BP, CP + DP > CD

∴AB + AP + CP + DP > BP + CD

∴AB + AP + CP + DP > CB + CP + CD

即AB + AD > CB + CD

图1

如图1.

由题知， $%5Codot%20O_2$ 在 $%5Codot%20O_1$ 的右侧，在半圆B的上方.

设 $%5Codot%20P$ 的半径为 $r_P$

若 $%5Cexists%20O_2'%20%5Cneq%20P$ 使线段 $O_2'B$ 与线段 $O_1P$ 有交点或线段 $O_1O_2'$ 与线段 $PB$ 有交点，

且 $%5Codot%20O_2'$ 满足条件.

设其半径为 $r_2'$

不妨考虑线段 $O_2'B$ 与线段 $O_1P$ 有交点的情况（另一种情况类似）

由引理1知： $O_1O_2'%2BBP%20%3C%20O_1P%2BBO_2'$

即 $r_1%2Br_2'%2Br_P%2Br_B%3Cr_1%2Br_P%2Br_2'%2Br_B$

矛盾！

若 $%5Cexists%20O_2'%E2%80%99%20%5Cneq%20P$ 使线段 $O_2''B$ 与线段 $O_1P$ 无交点，线段 $O_1O_2''$ 与线段 $PB$ 无交点，

且 $%5Codot%20O_2''$ 满足条件.

设其半径为 $r_2''$

不妨考虑线段 $O_2''$ 在 $%E2%88%A0O_1PB$ 外的情况（另一种情况类似）

由引理2知： $O_1O_2''%2BBO_2''%3EO_1P%2BBP$

即 $r_1%2Br_2''%2Br_2''%2Br_B%3Er_1%2Br_P%2Br_P%2Br_B$

$%5Cimplies%20r_2''%3Er_P$

而 $O_2''$ 在 $%5Codot(O%2C%20OP)$ 外

$%5Cimplies%20OO_2''%3EOP$

即 $1-r_2''%3E1-r_P$

$%5Cimplies%20r_2''%3Cr_P$

矛盾！

综上， $O_2$ 唯一.

法二：（此方法由ctz同学提出）

如图2，只需证明如下结论：

已知存在2个圆与非等圆 $%5Codot%20A%2C%20%5Codot%20B$ 外切，与 $%5Codot%20F$ 内切，且半径小于 $%5Codot%20F$ 半径（图1中这2个圆即为 $%5Codot%20P$ 和 $%5Codot%20A$ ），则这样的圆只有2个.

图2

设与 $%5Codot%20A%2C%20%5Codot%20B$ 外切，与 $%5Codot%20F$ 内切，且半径小于 $%5Codot%20F$ 半径的圆的圆心为C

设 $%5Codot%20A%2C%20%5Codot%20B%2C%20%5Codot%20C%2C%20%5Codot%20F$ 的半径分别为 $r_A%2C%20r_B%2C%20r_C%2C%20r_F$

则 $AC%3Dr_A%2Br_C%2C%20BC%3Dr_B%2Br_C%2C%20CF%3Dr_F-r_C$

$%5Cimplies%20BC-AC%3Dr_B-r_A$ 为定值，

$AC%2BCF%3Dr_A%2Br_F$ 为定值，

$BC%2BCF%3Dr_B%2Br_F$ 为定值.

不妨设 $r_A%3Cr_B$

则C在以A, B为焦点的双曲线的一支 $%5CGamma%20_1$ 上（图2中为左支），

C在以A, F为焦点的椭圆 $%5CGamma%20_2$ 上，

C在以B, F为焦点的椭圆 $%5CGamma_3$ 上.

又存在2个圆与 $%5Codot%20A%2C%20%5Codot%20B$ 外切，与 $%5Codot%20F$ 内切

$%5Cimplies%20%5CGamma_1%2C%20%5CGamma_2%2C%20%5CGamma_3$ 有两个公共点M, N

只需证：有公共焦点的椭圆至多有2个交点.

图3

如图3，假设椭圆 $%5CGamma_1%2C%20%5CGamma_2$ 有3个交点A, B, C.

则一定有另一交点D（若只有3个交点，则可看作C与D重合）……（1）

设 $l_%7BAB%7D%3A%20f_1%3D0%2C%20l_%7BBC%7D%3A%20f_2%3D0%2C%20l_%7BCD%7D%3A%20f_3%3D0%2C%20l_%7BDA%7D%3A%20f_4%3D0$ ，

则过A, B, C, D的二次曲线系（不包含 $f_1f_3%3D0$ ）可表示为 $%5Clambda%20f_1f_3%2Bf_2f_4%3D0$ .

$%E2%88%B5l_%7BAB%7D%2Cl_%7BBC%7D%2Cl_%7BCD%7D%2Cl_%7BDA%7D$ 为定直线

$%E2%88%B4$ 该二次曲线系只含1个参数

由公共焦点F可确定这个参数.

$%E2%88%B4$ 两椭圆重合，矛盾！

$%E2%88%B4$ 不可能有第3个交点.

$Q.E.D.$

注：（1）的严格证明可能较为复杂，如果有机会我会再发一篇文章解释.

本文中法一为个人方法，法二为同学的方法，如有雷同，纯属巧合.

如果读者有其他方法，或者有问题，欢迎分享交流！

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