眾里尋他千百度——對(duì)內(nèi)含兩圓切接三角形存在性的探索

●金竹明(洛舍鎮(zhèn)中心學(xué)校浙江德清313218)

我們知道，等邊三角形每個(gè)角的內(nèi)角平分線、對(duì)邊上的中線、對(duì)邊上的高線都互相重合，即每條邊上都三線合一．因?yàn)槿切蔚膬?nèi)心是3個(gè)內(nèi)角平分線的交點(diǎn)，外心是3條邊中垂線的交點(diǎn)，所以等邊三角形的內(nèi)心與外心重合，即等邊三角形的內(nèi)切圓與外接圓是同心圓．筆者在教授了三角形的內(nèi)切圓的新課后，在課后練習(xí)中碰到了一個(gè)習(xí)題：

若△ABC的內(nèi)切圓和外接圓是2個(gè)同心圓，則△ABC一定是

()

A．等邊三角形B．等腰三角形

C．直角三角形D．鈍角三角形

因?yàn)榈冗吶切蝺?nèi)切圓與外接圓是同心圓，所以根據(jù)直覺答案應(yīng)選A．由于三角形的內(nèi)心在三角形的內(nèi)部，而直角三角形的外心在其斜邊的中點(diǎn)，不可能與三角形內(nèi)部的內(nèi)心重合；鈍角三角形的外心在三角形的外部，也不可能與三角形的內(nèi)心重合；等腰三角形包括等腰直角三角形，其內(nèi)心與外心不能重合.因此可依次排除選項(xiàng)C，D，B，正確答案只能選A．這個(gè)選擇題是用排除法解決了，但除等邊三角形外的其他三角形的內(nèi)心與外心是否都不能重合？由此，筆者展開了以下的探究之旅．

顯然，任意一個(gè)確定的三角形必有唯一的內(nèi)切圓和唯一的外接圓.任何一個(gè)三角形的內(nèi)切圓與其外接圓的位置關(guān)系只能是內(nèi)含，因此內(nèi)含兩圓中可能存在一個(gè)三角形，這個(gè)三角形既是小圓的外切三角形，又是大圓的內(nèi)接三角形.以下為了說明的方便，我們不妨定義：如果內(nèi)含兩圓中小圓的外切三角形又是大圓的內(nèi)接三角形，那么稱這個(gè)三角形為內(nèi)含兩圓的切接三角形，簡稱切接三角形．不妨規(guī)定三角形的外接圓、內(nèi)切圓半徑分別為R，r，△ABC的邊BC，AC，AB所對(duì)邊長分別為a，b，c．

圖1

1直角三角形

1．1內(nèi)切圓半徑

證明聯(lián)結(jié)OD，OE，OF，則

OD⊥AC，OE⊥BC，OF⊥AB．

因?yàn)椤螩=90°，所以四邊形ODCE為矩形.又因?yàn)镺D=OE=r，所以矩形ODCE為正方形，從而

CD=CE=r，

因此AD=AC-CD=b-r，BE=BC-CE=a-r.

由切線長定理可得

AF=AD=b-r，BF=BE=a-r，

從而AB=AF+BF=b-r+a-r=a+b-2r.

又因?yàn)锳B=c，所以

c=a+b-2r，

故

1.2外接圓半徑

2等腰三角形

2.1等邊三角形

2.1.1內(nèi)切圓半徑

如圖2，邊長為a的等邊△ABC的3條邊BC，AB，AC分別切⊙O于點(diǎn)D，E，F(xiàn)，聯(lián)結(jié)OB，OC，OD，則OB，OC分別平分∠ABC，∠ACB，從而

圖2 圖3

2.1.2外接圓半徑

如圖3，邊長為a的等邊△ABC內(nèi)接于⊙O，聯(lián)結(jié)OB，OC，則OB=OC=R．作OD⊥BC于點(diǎn)D，則

因?yàn)椤螦=60°，所以∠BOC=120°，從而

至此可知，等邊三角形的內(nèi)切圓與外接圓是同心圓，且R=2r．

2．2一般等腰三角形

2.2.1內(nèi)切圓半徑

例2如圖4，在等腰△ABC中，AB，AC，BC分別切⊙O于點(diǎn)D，E，F(xiàn)．記AB=AC=a，BC=c，求等腰△ABC的內(nèi)切圓半徑r．

解聯(lián)結(jié)OB，OD，OF，OA,則OD⊥AB，OF⊥BC.由圓和等腰三角形的軸對(duì)稱性知點(diǎn)A，O，F(xiàn)共線，從而AF⊥BC，于是

BF2+AF2=AB2，

即

從而

故

因?yàn)?/p>

所以

故

圖4 圖5

2.2.2外接圓半徑

例3如圖5，等腰△ABC內(nèi)接于⊙O．記AB=AC=a，BC=c,求△ABC的外接圓半徑R．

從而

在Rt△BOD中,

BD2+OD2=OB2，

即

從而

3一般三角形

3.1內(nèi)切圓半徑

例4如圖6，△ABC的3條邊切其內(nèi)切圓⊙O于點(diǎn)D，E，F(xiàn)，求△ABC的內(nèi)切圓半徑r．

解聯(lián)結(jié)OD，OE，OF，OA，OB，OC.因?yàn)辄c(diǎn)D，E，F(xiàn)是切點(diǎn)，所以O(shè)D⊥AB，OE⊥AC，OF⊥BC，且OD=OE=OF=r，從而

S△ABC=S△BOC+S△AOC+S△AOB=

于是

圖6 圖7

3.2外接圓半徑

例5如圖7，已知⊙O是△ABC的外接圓，求△ABC的外接圓半徑．

解作AD⊥BC于點(diǎn)D，聯(lián)結(jié)AO并延長交⊙O于點(diǎn)E，聯(lián)結(jié)BE．因?yàn)锳E是直徑，所以

∠ABE=90°=∠ADC.

又因?yàn)椤螮=∠C，所以

Rt△ABE∽R(shí)t△ADC，

從而

即

從而

故

類似地，借助海倫公式，我們也能用只含a，b，c的式子表示R，但形式較復(fù)雜，不如此式簡潔．

3．3任意三角形內(nèi)外心之間的距離

(第4屆IMO試題)

證明如圖8，聯(lián)結(jié)IO，延長IO，OI分別交⊙O于點(diǎn)E，F(xiàn)．聯(lián)結(jié)CI，并延長CI交⊙O于點(diǎn)G．聯(lián)結(jié)GB，IB，GO，并延長GO交⊙O于點(diǎn)H，聯(lián)結(jié)BH．顯然

R2-d2=(R+d)(R-d)=IE·IF,

由相交弦定理可得

IE·IF=IG·IC，

即

R2-d2=IG·IC.

因?yàn)镮是內(nèi)心，所以

∠ABI=∠CBI，∠ACI=∠BCI，

從而∠GIB= ∠CBI+∠BCI=∠ABI+∠ACI=

∠ABI+∠GBA=∠GBI，

即

BG=IG.

因?yàn)镚H是⊙O的直徑，所以

∠GBH=∠IDC=90°.

又∠DCI=∠H，從而

Rt△IDC∽R(shí)t△GBH，

于是

即

IC·GB=ID·GH，

亦即

IC·IG=ID·GH=r·2R=2Rr，

從而

R2-d2=2Rr，

故

圖8 圖9

例7如圖9,已知△ABC的內(nèi)切圓與外接圓為同心圓，△ABC的3條邊分別切⊙O于點(diǎn)D，E，F(xiàn),求證：△ABC為等邊三角形．

R=2r(R=0舍去),

進(jìn)而

OB=2OF.

因?yàn)镺F⊥BC，所以

從而

∠OBF=30°.

因?yàn)樾　袿內(nèi)切于△ABC，所以

∠ABC=2∠OBF=2×30°=60°，

同理可得

∠A=∠C=60°，

故△ABC為等邊三角形．

證法2聯(lián)結(jié)OD，OE，OF．因?yàn)椤鰽BC的3條邊與小⊙O相切，所以

OD⊥AB，OE⊥AC，OF⊥BC.

又因?yàn)镺D=OE=OF，所以AB=BC=AC(同圓中相等的弦心距所對(duì)應(yīng)的弦相等)，因此△ABC為等邊三角形．

至此，我們“令人信服”地解決了這個(gè)問題，即若一個(gè)三角形的內(nèi)切圓與外接圓是同心圓，則此三角形必為等邊三角形，且R=2r．

如果再進(jìn)一步思考，我們不難聯(lián)想到以下2個(gè)問題：

1)是否任意半徑的2個(gè)同心圓都存在切接三角形？如果必定存在，其切接三角形是否唯一？如果有條件存在，那么存在的條件是什么？其切接三角形是否唯一？

2)更一般地，內(nèi)含兩圓是否存在切接三角形？如果必定存在，其切接三角形是否唯一？如果有條件存在，那么存在的條件是什么？其切接三角形是否唯一？

似乎第1)個(gè)問題簡單些，但筆者找不到好的解決辦法，于是將視線轉(zhuǎn)到第2)個(gè)問題．如果第2)個(gè)問題能解決，那么第1)個(gè)問題自然容易解決．因?yàn)槿魏我粋€(gè)三角形都有唯一的內(nèi)切圓和唯一的外接圓，所以內(nèi)含兩圓是可能存在切接三角形的，即內(nèi)含兩圓存在切接三角形是有條件的．估計(jì)這個(gè)條件與大圓的半徑R、小圓的半徑r及兩圓的圓心距d有關(guān)．如何得到這個(gè)存在的條件呢？筆者思索良久，沒有頭緒．后來豁然開朗，考慮到會(huì)不會(huì){“d2=}R2-2Rr”就是這個(gè)條件呢？即“切接三角形存在”是否成立．筆者進(jìn)行了多次正面嘗試，無功而返，于是嘗試用反證法來證明．

圖10

證明假設(shè)切接三角形不存在．過點(diǎn)I，O作⊙O的直徑MN．過⊙O與MN的交點(diǎn)D作⊙O的切線交⊙I于點(diǎn)A，B，過點(diǎn)A，B分別作⊙O的2條切線AC，BE，交于點(diǎn)P，由圓及過圓外一點(diǎn)的圓的2條切線的軸對(duì)稱性知，點(diǎn)P必定在MN上．

因?yàn)榍薪尤切尾淮嬖?，所以點(diǎn)P必不在⊙I與MN的交點(diǎn)處．設(shè)PI=t，則PO=t+d，PD=t+{d+}r，ID=d+r，聯(lián)結(jié)AI，則AI=R，聯(lián)結(jié)CO，則{OC⊥}AP，OC=r，從而

由切線長定理可得

從而AP=AC+PC=

2邊平方，并化簡整理得

2邊再平方，得

[(t+d)2-r2][R2-(d+r)2]=r2(t+d+r)2，

即(t+d-r)[R2-(d+r)2]=r2(t+d+r)，

亦即[R2- (d+r)2-r2]t=

(d+r)r2-(d-r)[R2-(d+r)2]，

從而(R2-d2-2dr-2r2)t=-dR2+d3+d2r+R2r.

d2=R2-2Rr，

于是(R2-R2+2Rr-2dr-2r2)t=

-dR2+(R2-2Rr)d+(R2-2Rr)r+R2r，

因此

(2Rr-2dr-2r2)t=2R2r-2Rrd-2Rr2.

因?yàn)閐+r≠R，所以

從而點(diǎn)P在⊙I上，即點(diǎn)P就在⊙I與MN的交點(diǎn)處，這與前文所述的“點(diǎn)P必定不在⊙I與MN的交點(diǎn)處”矛盾，因此假設(shè)不成立，切接三角形存在，即當(dāng)內(nèi)含兩圓的圓心距d與兩圓半徑R，r滿足{d2=}R2-2Rr時(shí)，必存在切接三角形．這樣，我們就證明了當(dāng)d2=R2-2Rr時(shí)，切接三角形的存在性．

圖11

這真是“眾里尋他千百度，驀然回首，那人卻在燈火闌珊處”！

事實(shí)上，當(dāng)內(nèi)含兩圓的圓心距d與兩圓的半徑R，r之間滿足d2=R2-2Rr的關(guān)系時(shí)，其切接三角形必定存在，且有無數(shù)個(gè)．我們只要過大圓上任意一點(diǎn)作小圓的2條切線，則這2條切線與大圓的2個(gè)交點(diǎn)的連線必為小圓的切線(如圖11).

雖然筆者暫時(shí)還不能證明“無限性”這個(gè)美妙的結(jié)論，但筆者確信她美麗地存在著．這讓筆者真正領(lǐng)略到了數(shù)學(xué)美的“震撼”性！

數(shù)學(xué)之美，精妙絕倫，如聞韶樂，如飲甘露，妙趣橫生！