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两圆相切 如果两个圆恰有一个公共点,则称两圆相切。两圆相切分为内切(一个圆在另一个圆的内部)和外切(一个圆在另一个圆的外部)两种,如下图。设两圆为圆O,圆O’,半径为R,R’,则若两圆相切于点A,则: (1) OO’=R+R’(两圆外切时),OO’=|R-R’|(两圆内切时); (2)O,O’,A共线; (3)过A的一个圆的切线为另一个圆的切线; (4)若过A的直线与两圆交于B,C;B’,C’,则BC//B’C’。这是因为A为两圆位似中心,故B与B’,C与C’为相似对应点,从而AB/AB’=AC/AC’,则BC//B’C’。 相反的,上述性质逆过来 即可判定两圆相切,即 (1)若两圆圆心O,O’及半径确定,则若OO’=R+R’则两圆外切,若OO’=|R-R’|,则两圆内切。 (2)若已知两圆圆心O,O’及一个公共点A,若O,O’,A共线,则两圆相切。 (3)若已知两圆的一个公共点A,过A的一个圆的切线为另一个圆的切线,则两圆相切。 (4)过A的直线与两圆交于B,C;B’,C’,若BC//B’C’则两圆相切于A。这是因为△ABC和△A’B’C’以A为位似中心位似,故他们的外接圆也以A为位似中心位似,故两圆相切于A。 不难发现上述判定中(2)和(3)是等价的。 这些性质和判定都很简单,但是要运用这些判定来判定两个圆,特别是要证明三角形的外接圆与某个圆相切,一般都是比较困难的。下面看一些与两圆相切的性质和判定有关的一些问题。这些题目看起来还是比较恐怖的,很多题目也是非常复杂的,此类问题往往都是各类竞赛的压轴题。关于这个专题的文章相对较少,我写过一篇[1],有兴趣的读者可以参考。 1. 如图,在ΔABC中,M、N是BC边上不同的两点,使得直线AM和AN关于∠BAC内角平分线对称, 求证:△ABC,△AMN外接圆相切。(2012年高中数学联赛几何题变形) 思路分析: 依题意,∠BAM=∠CAN,若两圆相切,则A显然为公切点。两圆圆心距和半径都不太好算,圆心和切线倒是不难确定,因此可以考虑用上面的判定(2)(3)(4)。所以本题对应的就可以得到三种证明方法,都是不难说明的。 证法一: 设△ABC和△AMN外心为O,O', 依题意∠BAM=∠CAN,则 ∠BAO'=∠BAM+∠MAO' =∠CAN+90°-∠ANM =90°-(∠ANM-∠CAN) =90°-∠C =∠BAO ∴A,O,O'共线, 即△ABC,△AMN外接圆相切。 证法二: 设AI为△ABC外接圆切线, 依题意∠BAM=∠CAN,则 ∠IAN=∠IAC+∠CAN =∠B+∠BAM =∠AMC, ∴AI为△AMN外接圆切线, 即△ABC,△AMN外接圆相切。 证法三: 设AM,AN交△ABC外接圆于M',N', 依题意∠BAM=∠CAN,则 M'N'//MN, 由上述判定(4)知 △AM'N',△AMN外接圆相切, 即△ABC,△AMN外接圆相切。 注: (1)本题结构相对简单,证明也不难。据说是2012年全国高中数学联赛二试几何题的原始形式,后来经过审题人的改编,将证明结果改成求证A,O,O’共线。当然通过上述证法一可以发现改编以后难度更简单了。此联赛题应该是近二十年来最简单的联赛几何题目了。 (2)本题中公切点即为点A,角度关系也比较明确,所以适合上述判定中的(2)(3)(4),当然不难发现上述三种证法殊途同归,最终都是通过简单倒角完成证明。 (3)本题应该还有很多其他的证法,相对而言上述三种方法应该是自然而简单的。 (4)本题中AM、AN一般称为∠BAC的等角线,是角平分线的推广。此图形中还有很多有趣而复杂的性质,这里不再赘述。不过本题的结论也算是一个重要而有用的性质。 2. 已知:如图,两圆交于P,R两点,过P的直线l和l',其中l与两圆交于A,B, △ABR的外接圆在A,B处的切线交于C,CR交AB于D。类似的对直线l'得到A',B',C',D', 证明:△DD'P和△CC'R的外接圆相切。 (2020年沙雷金几何奥林匹克通讯赛第8题) 思路分析: 本题图形相对比较复杂,过程也比较曲折, 基本思路是先画出准确图形,挖掘图形的基本性质, 然后从结果入手, 找到公切点,证明此点在两个圆上, 最后再证明过此点的一个圆的切线与另一个圆相切。 画出准确图形以后, 容易发现, AC和A'C',BC和B'C'交点M,N分别在两个圆上。 此相交两圆结构是常见图形,如果对此图形比较熟悉, 容易知道其中有很多等角, 进一步AA',BB'交点L在圆RAB,RA'B'上, 这些都不难通过倒角证明。 下面从结果入手,△DD'P和△CC'R的外接圆相切, 公切点是谁呢?此点一定有丰富的性质。 在准确的图形下面可以发现,似乎DPD'R共圆, 要证明它,需要证明CC'MRN共圆即可, 这样公切点即为R。 下面只需证明过R的一个圆的切线为另一个圆的切线, 这个也容易通过倒角完成证明。 这就得到了第一种证明,具体证明过程如下: 证明一: 设AA'交BB'于L,AC交A'C'于M,BC交B'C'于N, 则∠RBB'=∠RPB'=∠RAA', ∴ALBR共圆,同理A'RB'L共圆。 ∴∠MAP=∠ALB'=∠MA'P, ∴MAA'P共圆,同理NB'BP共圆。 又∠A'MR=∠RPB'=∠C'NR, 则C'MRN共圆,同理C也在此圆上。 ∴∠APA'=∠AMA'=∠C'MC=∠C'RC=∠DRD', 则DPD'R共圆。 设XY为过R的圆PDD’的切线, 则∠XRC'=∠YRD'=∠RPB'=∠RNC', ∴XR为圆RCC'的切线。 综上△DD'P和△CC'R的外接圆相切于R点。 思路分析二: 本结构中有很多的等角和相似, 可以考虑直接通过 △RAB∼△RA'B'证明DPD'R共圆, 而本结构中又有CRD,C'RD', 所以最好利用判定(4)证明两圆相切。 这个由相似三角形对应角相等, 对应线段成比例即可得到。 证明二: 依题意∠RAB=∠RA'B',∠RBA=∠RB'A', ∴△RAB∼△∠RA'B'。 又由相切知C,D和C',D'为相似对应点, ∴∠RDB=∠RD'B', 则DPD'R共圆。 又由相似对应知RC/RD=RC'/RD', ∴CC'//DD', 由上述判定(4)知 △DD'P和△CC'R的外接圆相切于R点。 注: (1) 这是刚结束不久的今年的沙雷金几何奥林匹克第一阶段通讯赛的第8题,通讯赛共24题,难度基本是递增的。本题算是其中的中档题目。 (2) 本题虽然构图比较复杂,结果让证明两个三角形的外接圆相切看起来也挺“可怕”。但是结构很常见,对本结构熟悉的读者不难入手。上述证法一反复利用倒角,得到多组四点共圆,最终利用前文中的判定(3)完成证明,是一种常见而自然的思路。对完全四边形比较熟悉的读者不难发现其中的点R为四条直线AB,A’B’,AA’,BB’构成的完全四边形的密克点。证法二抓住相交两圆的核心性质——旋转相似,利用相似对应一语中的、直击肯綮,利用判定(4)秒杀本题。本题刻画了相交两圆的最基本最核心的性质,两种证明方法从不同角度阐释了此结构的性质,都值得初学者揣摩学习。 (3) 因为判定(2)和(3)是等价的,所以本题应该也可以用判定(2)完成证明。以后类似问题我们尽量选择其中的判定(3),一般不再用判定(2)再证明一遍。 本文通过两个中档难度的题目展示了如何判定两圆相切的问题,上述四种判定方法都很简单,但是运用之妙、存乎一心,还有不少相对困难的此类问题值得探究。欲知后事如何,且听下回分解。 参考文献 [1] 一种证明两圆相切的方法 金磊 《中等数学》 2015年第10期 |
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