一个切线问题圆O1,O2分别为三
证法2:对n边形适用。
设复平面外接单位圆上另n点为t1,t2,。。。tn,设过t1作内接圆切线交单位圆于t2,由尺规几何基础知由t2满足系数含t1的代数方程p(t1,t)=0。显然t2在几何上最多只有两解,即过t1的两条切线交外接圆的另二点,而由对称性知两解在p中代数重数相同,故p为完全方幂代数式或幂为1。 这样由多项式环的基本知识就知道t2事实上满足一个系数含t1的二次代数方程,相应t2在复平面上有且只有两个解,记为f(t1),g(t1),则h(t1,t)=a(t1)(t-f(t1))(t-g(t1))是一个t的二次代数方程。 由t2和t1的对称性知其为对称二元多项式,且t1,t2...全部
证法2:对n边形适用。
设复平面外接单位圆上另n点为t1,t2,。。。tn,设过t1作内接圆切线交单位圆于t2,由尺规几何基础知由t2满足系数含t1的代数方程p(t1,t)=0。显然t2在几何上最多只有两解,即过t1的两条切线交外接圆的另二点,而由对称性知两解在p中代数重数相同,故p为完全方幂代数式或幂为1。
这样由多项式环的基本知识就知道t2事实上满足一个系数含t1的二次代数方程,相应t2在复平面上有且只有两个解,记为f(t1),g(t1),则h(t1,t)=a(t1)(t-f(t1))(t-g(t1))是一个t的二次代数方程。
由t2和t1的对称性知其为对称二元多项式,且t1,t2的次数最大为2。这样,由t1,t2满足一个代数方程,t2,t3满足一个代数方程,辗转相除消去t2知t1,t3也满足一个代数方程,把t1归入系数,由复根的完备性知t3的解只能是两个新点或沿已作切线往返的点如t2=f(t1)等。
由上,由于老点t2等满足系数含t1的二次代数方程,而由对称性,f(t1),g(t1)在系数含t1的t3满足的代数方程中的代数重数应相同,故作除法消去所有旧点对应的因子b(t1)((t3-f(t1)))(t3-g(t1))等后真正的两个新点t3=f(f(t1)),t3=g(g(t1))也满足一个代数方程,且此代数方程只有两个复根,而代数重数相同,故为完全方幂代数式或幂为1。
从而类上知t3事实上满足一个系数含t1的二次代数方程c(t1)(t-f(f(t1)))(t-g(g(t1)))。
仿此递推就知道设过tn作内切圆切线交单位圆于tn+1,则tn+1将满足一个系数含t1的二次代数方程d(t1)(t-ffff。
。(t1))(t-gggg。。(t1))=k(t,t1),且k(t1,tn+1)为对称二元多项式,t1,tn+1的次数最大为2,系数取决于内切圆半径,位置。原命题即是要证任给单位圆上点t1,有t1满足二次方程k(t1,t)=0,也即要证t1满足四次多项式方程k(t,t)=0。
由题意知原n边形n个顶点z1,z2,。。。zn (n>=3)都满足此4次方程,非恒为零的四次方程最多有四个根,故如果n>=5,则此4次方程为恒等式。而如果n=3或n=4,也不难由几何变换构作出不同的其他根而使总零点数多于4,故k(t,t)=0仍为恒等式。
所以对外接圆上任一点t,恒有k(t,t)=0,故原命题成立,证毕。
注:关于其他零点的构造,当已知点是等腰三角形,等腰梯形和筝形时要计算一下,略。另外不难进一步推广此命题到更一般的二次曲线。
证法1:适用于三角形。对n边形计算量太大,且不能对一般的n作证明。
1。 设外接圆为复平面单位圆,则原三角形三点z1^2,z2^2,z3^2的内心为 -z1*z2-z2*z3-z3*z1 = -s2,内切圆直径d的平方为(s1*s2/s3-1)^2, 这里s1,s2,s3是z1,z2,z3的基本对称多项式。
又设另三点为t1,t2,t3,则过t1,t2的直线为 z + t1*t2*zb = t1+t2等,zb表示z的复共轭。注意t1b = 1/t1,z1b = 1/z1等。
2。 复平面上点 s 到直线 z + a*zb + k =0 的距离为 |s + a*sb + k|/2 。
故得
(s2 + t1*t2*s1/s3 + t1 + t2)^2 = d^2*t1*t2 = (s1*s2/s3 -1)^2 * t1 * t2
(s2 + t1*t3*s1/s3 + t1 + t3)^2 = d^2*t1*t3 = (s1*s2/s3 -1)^2 * t1 * t3
($)
而要证过t2,t3的直线也与内切圆相切,则只须证由系数含t1的关于t的一元二次方程($)解出的两个根t2,t3代入
(s2 + t2*t3*s1/s3 + t2 + t3)^2 = d^2*t2*t3 = (s1*s2/s3 -1)^2 * t2 * t3
(%)
成立即可。
利用($)和韦达定理有
t2 + t3 = (-2*(s2+t1)*(s1/s3*t1+1)+(s1*s2/s3-1)^2*t1)/
(s1/s3*t1+1)^2
t2 * t3 = (s2+t1)^2/(s1/s3*t1+1)^2
代入(%),得需证
(s2+(s2+t1)^2/(s1/s3*t1+1)^2*s1/s3+(-2*(s2+t1)*(s1/s3*t1
+1)+(s1*s2/s3-1)^2*t1)/(s1/s3*t1+1)^2)^2
=
(s1*s2/s3-1)^2*(s2+t1)^2/(s1/s3*t1+1)^2
注意两边都是完全平方,化简此关于t1的式子可知前端 = 后端成立。
故
(s2 + t2*t3*s1/s3 + t2 + t3)^2 = d^2*t2*t3 = (s1*s2/s3 -1)^2 * t2 * t3
成立,从而过t2,t3的直线也与内切圆相切。
3。注:代入后的关于t1的恒等式化简也可用Mathematica验证。收起