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kuing
posted 2025-6-15 00:06
Last edited by kuing 2025-6-15 00:42勉强搞出几何证法，但有个地方不够严谨。
先证明如下命题：
命题 1：如下图，`\Rtt OAC` 和 `\Rtt OBD` 的斜边 `AC` 和 `BD` 均与 `\odot O` 相切，`BA` 的延长线与 `CD` 的延长线交于 `P`，记 `\angle OAC=\alpha`, `\angle OBD=\beta`, `\angle AOB=\gamma`, `\angle POA=\theta`，则有 `2\theta=\alpha+\beta-\gamma`。
证明：不失一般性，设 `\odot O` 的半径为 `1`，则
\[OA=\frac1{\sin\alpha},~OB=\frac1{\sin\beta},~OC=\frac1{\cos\alpha},~OD=\frac1{\cos\beta},\]
在 `\triangle POB` 中，由张角定理有
\[\frac{\sin(\gamma+\theta)}{OA}=\frac{\sin\gamma}{OP}+\frac{\sin\theta}{OB},\]
在 `\triangle POC` 中，易知 `\angle COD=\gamma`，又由张角定理有
\[\frac{\sin(90\du-\theta)}{OD}=\frac{\sin\gamma}{OP}+\frac{\sin(90\du-\gamma-\theta)}{OC},\]
两式相减化简整理得
\begin{gather*}
\frac{\sin(\gamma+\theta)}{OA}+\frac{\cos(\gamma+\theta)}{OC}=\frac{\sin\theta}{OB}+\frac{\cos\theta}{OD},\\[1ex]
\sin(\gamma+\theta)\sin\alpha+\cos(\gamma+\theta)\cos\alpha=\sin\theta\sin\beta+\cos\theta\cos\beta,\\[1ex]
\cos(\gamma+\theta-\alpha)=\cos(\theta-\beta),
\end{gather*}
由于两直角三角形是随便画的，上式两边的括号内一般不相等，那应该是相反（此处欠缺严谨），即
\[(\gamma+\theta-\alpha)+(\theta-\beta)=0\riff2\theta=\alpha+\beta-\gamma,\]
命题 1 得证。
（或许会有更简洁的证法还能更严谨，再说吧……）
接下来，在上图的基础上，我们继续画：
以 `OA` 为对称轴将 `\Rtt OAC` 对称到 `\Rtt OAC'`；
以 `OB` 为对称轴将 `\Rtt OBD` 对称到 `\Rtt OBD'`。
`D'C'` 的延长线与 `AB` 的延长线交于 `Q`，如下图：
那么由上述命题，同样会得出 `2\angle BOQ=\alpha+\beta-\gamma`，于是得到：
推论 1：在上图中有：`\angle POA=\angle BOQ`。
要将上述结论运用到原题，还需要用到这帖：
forum.php?mod=redirect&goto=findpost& … =25195&ptid=2807
帖里的 6# 我证明了一个结论：
命题 2：设点 $A$ 在椭圆 $x^2/a^2+y^2/b^2=1$ 上，点 $B$ 在直线 $y=m$（$m\ne0$）上，且 $OA\perp OB$，则：当 $1/a^2-1/b^2+1/m^2=0$ 时，直线 $AB$ 恒与 $x^2+y^2=b^2$ 相切。
这里 $1/a^2-1/b^2+1/m^2=0$ 化简下就是 `m=\pm ab/c`，正是 1# 原题的两条直线。
于是回到原题，过 `O` 作 `OA` 的垂线交那两直线于 `C`, `C'`，过 `O` 作 `OB` 的垂线交那两直线于 `D`, `D'`，如下图：
根据命题 2，`AC`, `AC'`, `BD`, `BD'` 均与圆 `x^2+y^2=b^2` 相切，于是由推论 1 即得 `\angle POA=\angle BOQ`。 |
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posted 2025-6-14 15:11
