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在同一平面上,过圆外任一点引已知圆的切线,共有两条,且切线长相等.这个命题的逆命题该怎样表述?是否成立呢?显然我们应该从平面上一个闭曲线出发,而且要求过曲线外任意一点都可以引曲线的两条切线,我们将这样的曲线称为严格闭凸曲线.这样,“圆的切线长相等”的逆命题就变成“对于平面上的给定一严格闭凸曲线,若过曲线外任一点作曲线的两条切线,有切线长相等,那么该严格闭凸曲线是圆”.这是一个看似无从下手的问题,但这个问题完全可以用初等方法加以证明.本文就研究这个命题的初等证法.
定理1 已知平面上一严格闭凸曲线Γ的任一切线l1,设切点为M,过点M垂直于l1的弦的另一端点为P,则过点P的切线l2必与切线l1平行.(如图1)
证明 用反证法.假设l2不平行l1,则令l2与l1相交于点K.因而在Rt△MPK中,必有PK>MK(如图2),这与已知条件(切线长相等)矛盾.可见l1∥l2,成立.
定理2 将图1中MP左右平移,使之与曲线Γ相切,得到矩形ABCD(如图3),则矩形ABCD是正方形.
证明 如图3,设切点分别为M,N,P,Q.由已知条件知:AM=AN,BN=BP,DM=DQ,CQ=CP.令AM=x,DM=y,则BP=x,PC=y且AN=x=BN,DQ=y=CQ.这样由AB=CD得2x=2y,即x=y.可见矩形ABCD是正方形,[TP10-2.tif,BP]且M,N,P,Q分别是各边中点.
推论1 平面上一严格闭凸曲线,若过曲线外任一点作曲线的两切线,有切线长相等,则过曲线上任一点存在一个外切正方形.
证明:如图4,在曲线Γ上任取一点M,过点M作切线l1,过点M作垂直于l1的直线,交曲线Γ于点P,过点P作曲线Γ的切线l2.由定理1知:l1∥l2.将直线MP向左、向右平移,使其分别与曲线Γ相切,得四边形ABCD.由定理2知:四边形形ABCD是正方形.
定理3 平面上一严格闭凸曲线,若过曲线外任一点作曲线的两切线,有切线长相等,则曲线的任一外切矩形皆为正方形.且切点为各边中点.
证明 如图5,ABCD为封闭凸曲线Γ的外切正方形.M,N,P,Q是切点.令AM=x,BP=y,DM=m,CP=n,则AN=x,BN=y,DQ=m,CQ=n.
由于x m=y n,x y=m n,所以y-m=m-y.即m=y,从而也有x=n.因而,AD=CD.矩形ABCD是正方形.
图5中,过点M作垂直于AD的直线,交曲线Γ于点P′.过点P′作曲线Γ的切线分别交直线AB、CD于B′、C′.由定理2知,四边形AB′C′D为正方形,且M,N,P′,Q分别为各边中点.这样B′N=DM=BN.点B与B′重合,进而得点P与点P′重合.从而得M,N,P,Q分别是正方形ABCD各边中点.
定理4 平面上一严格闭凸曲线,若过曲线外任一点作曲线的两切线,有切线长相等,则曲线的任意两个外切正方形皆全等,且中心重合.
证明 首先证明两外切正方形皆全等:
如图6,设Γ为一严格闭凸曲线,由定理3知,它的任一外切矩形皆为正方形,且切点为各边中点.设四边形ABCD与A′B′C′D′为Γ的任意两个外切正方形,AD边切点为M,BC边切点为点P.A′D′边切点为点M′,B′C′边切点为点P′.MP与M′P′相交于点O,A′D′与AD相交于点S,B′C′与BC相交于点T.连结SO,TO.由条件知,OM⊥AD,OM′⊥A′D′,SM=SM′.可得Rt△SMO≌Rt△SM′O.因此OM=OM′.同理可得OP=OP′.所以MP=M′P′.从而得两正方形边长相等.两正方形全等.
其次证明两正方形中心重合:
如图7,切点M,P分别为正方形ABCD边AD、BC中点;切点U,P′,V,M′分别为正方形A′B′C′D′边A′B′、B′C′、C′D′、D′A′的中点.设UV与M′P′相交于点O1,若两正方形中心不重合,则连结MP,不妨设MP交UV于点O2,交于M′P′于O3.则由于EM=EU,由上面的证明知O1U=O1M,O3M=O3M′.而O1U=O1O2 O2U,因此O2U=O2M′=O2O3 O3M′=O2O3 O3M.由于O1M=O1O3 O3M,所以有:O1O2 O2O3=O1O3,矛盾.可见,O1,O2,O3三点重合.
定理5平面上一严格闭凸曲线,若过曲线外任一点作曲线的两切线,有切线长相等,则该曲线为圆.
证明 设满足条件的曲线为Γ,在Γ上任取两点M,N.由推论1知,存在分别以M、N为切点的曲线Γ的两外切正方形.由定理4知,这两个外切正方形全等且有相同的中心,设中心为点O,则有OM=ON.可见,在曲线Γ内存在一点O,点O到Γ上任意一点的距离是一定值,由圆的定义知,曲线Γ是一个圆.
作者简介 杨俊林,男,江苏泰兴人,1967年12月生.1990年7月毕业于南京师范大学数学系.任教于泰州师专数理科学系,副教授.主要教学与科研方向:几何、数学课程与教学论.发表论文三十余篇.
定理1 已知平面上一严格闭凸曲线Γ的任一切线l1,设切点为M,过点M垂直于l1的弦的另一端点为P,则过点P的切线l2必与切线l1平行.(如图1)
证明 用反证法.假设l2不平行l1,则令l2与l1相交于点K.因而在Rt△MPK中,必有PK>MK(如图2),这与已知条件(切线长相等)矛盾.可见l1∥l2,成立.
定理2 将图1中MP左右平移,使之与曲线Γ相切,得到矩形ABCD(如图3),则矩形ABCD是正方形.
证明 如图3,设切点分别为M,N,P,Q.由已知条件知:AM=AN,BN=BP,DM=DQ,CQ=CP.令AM=x,DM=y,则BP=x,PC=y且AN=x=BN,DQ=y=CQ.这样由AB=CD得2x=2y,即x=y.可见矩形ABCD是正方形,[TP10-2.tif,BP]且M,N,P,Q分别是各边中点.
推论1 平面上一严格闭凸曲线,若过曲线外任一点作曲线的两切线,有切线长相等,则过曲线上任一点存在一个外切正方形.
证明:如图4,在曲线Γ上任取一点M,过点M作切线l1,过点M作垂直于l1的直线,交曲线Γ于点P,过点P作曲线Γ的切线l2.由定理1知:l1∥l2.将直线MP向左、向右平移,使其分别与曲线Γ相切,得四边形ABCD.由定理2知:四边形形ABCD是正方形.
定理3 平面上一严格闭凸曲线,若过曲线外任一点作曲线的两切线,有切线长相等,则曲线的任一外切矩形皆为正方形.且切点为各边中点.
证明 如图5,ABCD为封闭凸曲线Γ的外切正方形.M,N,P,Q是切点.令AM=x,BP=y,DM=m,CP=n,则AN=x,BN=y,DQ=m,CQ=n.
由于x m=y n,x y=m n,所以y-m=m-y.即m=y,从而也有x=n.因而,AD=CD.矩形ABCD是正方形.
图5中,过点M作垂直于AD的直线,交曲线Γ于点P′.过点P′作曲线Γ的切线分别交直线AB、CD于B′、C′.由定理2知,四边形AB′C′D为正方形,且M,N,P′,Q分别为各边中点.这样B′N=DM=BN.点B与B′重合,进而得点P与点P′重合.从而得M,N,P,Q分别是正方形ABCD各边中点.
定理4 平面上一严格闭凸曲线,若过曲线外任一点作曲线的两切线,有切线长相等,则曲线的任意两个外切正方形皆全等,且中心重合.
证明 首先证明两外切正方形皆全等:
如图6,设Γ为一严格闭凸曲线,由定理3知,它的任一外切矩形皆为正方形,且切点为各边中点.设四边形ABCD与A′B′C′D′为Γ的任意两个外切正方形,AD边切点为M,BC边切点为点P.A′D′边切点为点M′,B′C′边切点为点P′.MP与M′P′相交于点O,A′D′与AD相交于点S,B′C′与BC相交于点T.连结SO,TO.由条件知,OM⊥AD,OM′⊥A′D′,SM=SM′.可得Rt△SMO≌Rt△SM′O.因此OM=OM′.同理可得OP=OP′.所以MP=M′P′.从而得两正方形边长相等.两正方形全等.
其次证明两正方形中心重合:
如图7,切点M,P分别为正方形ABCD边AD、BC中点;切点U,P′,V,M′分别为正方形A′B′C′D′边A′B′、B′C′、C′D′、D′A′的中点.设UV与M′P′相交于点O1,若两正方形中心不重合,则连结MP,不妨设MP交UV于点O2,交于M′P′于O3.则由于EM=EU,由上面的证明知O1U=O1M,O3M=O3M′.而O1U=O1O2 O2U,因此O2U=O2M′=O2O3 O3M′=O2O3 O3M.由于O1M=O1O3 O3M,所以有:O1O2 O2O3=O1O3,矛盾.可见,O1,O2,O3三点重合.
定理5平面上一严格闭凸曲线,若过曲线外任一点作曲线的两切线,有切线长相等,则该曲线为圆.
证明 设满足条件的曲线为Γ,在Γ上任取两点M,N.由推论1知,存在分别以M、N为切点的曲线Γ的两外切正方形.由定理4知,这两个外切正方形全等且有相同的中心,设中心为点O,则有OM=ON.可见,在曲线Γ内存在一点O,点O到Γ上任意一点的距离是一定值,由圆的定义知,曲线Γ是一个圆.
作者简介 杨俊林,男,江苏泰兴人,1967年12月生.1990年7月毕业于南京师范大学数学系.任教于泰州师专数理科学系,副教授.主要教学与科研方向:几何、数学课程与教学论.发表论文三十余篇.