数学奥林匹克问题解答：平面几何-6

已知: $A$ 为平面上两半径不等的圆 $O_1$ 和 $O_2$ 的一个交点, 外公切线 $P_1P_2$ 与两圆的切点分别为 $P_1, P_2$, 另一外公切线与两圆的切点分别为 $Q_1, Q_2$, 且 $M_1, M_2$ 分别是 $P_1Q_1, P_2Q_2$ 的中点.

求证: $\angle{O_1AO_2} = \angle{M_1AM_2}$.

(IMO 24.2)

分析:

本题关键在于证明 $\angle{O_1AM_1} = \angle{O_2AM_2}$, 可以考虑将此二角相对集中处理，如通过轴对称变换将 $\triangle{O_2AM_2}$ 以 $AB$ 为对称轴翻折至 $\triangle{O_3AM_1}$, 并证明 $AM_1$ 是 $\angle{O_1AO_3}$ 之角平分线即可.

证明:

延长公共弦 $AB$ 交 $P_1P_2$ 于 $T$, 易知 $TP_1^2 = TA \cdot TB = TP_2^2 \Rightarrow TP_1 = TP_2$, 即 $T$ 是 $P_1P_2$ 中点.

由对称性可知, $M_1, M_2$ 均在连心线 $O_1O_2$ 上, 且 $P_1Q_1, AB, P_2Q_2$ 均与 $O_1O_2$ 垂直.

$\because T$ 是 $P_1P_2$ 中点, $\therefore AB$ 是 $M_1M_2$ 的中垂线. 以 $AB$ 为对称轴, 将 $\triangle{AO_2M_2}$ 翻折至 $\triangle{AO_3M_1}$, 下面证明 $AM_1$ 是 $\angle{O_1AO_3}$ 之角平分线.

易知, $\displaystyle{O_1A \over O_3A} = {O_1A \over O_2A} = {O_1P_1 \over O_2P_2}$ 及 $\displaystyle{O_1M_1 \over M_1O_3} = {O_1M_1 \over O_2M_2}$,

而 $\text{Rt}\triangle{O_1M_1P_1} \sim\text{Rt}\triangle{O_2M_2P_2} \Rightarrow \displaystyle{O_1P_1 \over O_2P_2} = {O_1M_1 \over O_2M_2}$,

即 $\displaystyle{O_1A \over O_3A} = {O_1P_1 \over O_2P_2} = {O_1M_1 \over O_2M_2} = {O_1M_1 \over M_1O_3} \Rightarrow AM_1$ 是 $\angle{O_1AO_3}$ 之角平分线.

因此 $\angle{O_1AO_2} = \angle{O_1AM_1} + \angle{M_1AO_2} = \angle{M_1AO_3} + \angle{M_1AO_2} = \angle{O_2AM_2} + \angle{M_1AO_2} = \angle{M_1AM_2}$.

Q$\cdot$E$\cdot$D

 

 

 

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