坐標化一直推算不出來的題目？

=題目= 

圓上有四點 $A, B, C, D$，已知兩弦 $\overline{AC} \perp \overline{BD}$，設 $\overline{AB} = 2$，$\overline{CD} = 3$，則此圓面積為 $\underline{\hspace{2cm}}$。

=答案=

$\frac{13}{4} \pi$

=詳解=

設$O = \overline{AC} \cap \overline{BD} = (0, 0)$，$\overrightarrow{AC} = x$軸、$\overrightarrow{BD} = y$軸，$\angle BDC = \theta$，則$A = ( -2 \cos \theta, 0), C = ( 3 \sin \theta, 0), B = (0, -2 \sin \theta), D = ( 0, 3 \sin \theta)$，再設圓心為$K$，則$K = \left( \frac{-2 \cos \theta + 3 \sin \theta}{2}, \frac{-2 \sin \theta + 3 \cos \theta}{2} \right)$，於是$\overrightarrow{KC} = \left( \frac{3 \sin \theta + 2 \cos \theta}{2}, \frac{2 \sin \theta - 3 \cos \theta}{2} \right)$，得到$r = \left| \overrightarrow{KC} \right| = \sqrt{ \left( \frac{3 \sin \theta + 2 \cos \theta}{2} \right)^2 + \left( \frac{2 \sin \theta - 3 \cos \theta}{2} \right)^2 } = \frac{ \sqrt{13} }{2}$，因此圓面積$= \pi \left( \frac{ \sqrt{13} }{2} \right)^2 = \frac{13}{4} \pi$。

=參考文獻=

[1] 歪歪數學，坐標化一直推算不出來的題目 | 麗山高中教甄 | 不停更挑戰 DAY60，YouTube連結

[2] 宇宙數學教室，[107指考數甲，圓] 圓內兩線段互相垂直，求$\overline{CD}$長度

=附註=

朋友連威翔先生告知我有人在歪歪老師的YouTube頻道留言提到我，所以我野人獻曝一下。

[107指考數甲，圓] 圓內兩線段互相垂直，求$\overline{CD}$長度

==問題== 

設$A$，$B$，$C$，$D$為圓上的相異四點。已知圓的半徑為$\frac{7}{2}$，$\overline{AB}=5$，兩線段$\overline{AC}$與$\overline{BD}$互相垂直，如圖所示（此為示意圖，非依實際比例）。則\( \overline{CD} \)的長度為何？（化成最簡根式）

[107，指考，數學甲]

==答案==

$2\sqrt{6}$

==解析==

設$\overline{AC}$與$\overline{BD}$的交點為$O$。然後再假設$\angle BAC = \theta$，於是$\overparen{BC}$之弧度為$2 \theta$。由於$\angle BDC$所對的弧也是$\overparen{BC}$，因此$\angle BDC = \theta$。

接著座標化，取$\overline{AC}$為$x$軸，$\overrightarrow{AC}$之方向為正向；取$\overline{BD}$為$y$軸，$\overrightarrow{BD}$之方向為正向。於是$O$點座標為$(0, 0)$。

再假設$\overline{CD} = x$，於是$\overline{OC} = x \sin \theta, \overline{OD} = x \cos \theta, \overline{OA} = 5 \cos \theta, \overline{OB} = 5 \sin \theta$，從而可得各點座標$A = (-5 \cos \theta, 0), B = (0, -5 \sin \theta), C = (x \sin \theta, 0), D = (0, x \cos \theta)$。

再設圓心為$K$，注意到$K$點的$x$座標與$\overline{AC}$中點的$x$座標相同，$y$座標與$\overline{BD}$中點的$y$座標相同，因此可得$K$點的座標為$\left( \frac{x \sin \theta - 5 \cos \theta}{2}, \frac{x \cos \theta - 5 \sin \theta}{2} \right)$。

由題目條件「圓的半徑為$\frac{7}{2}$」可知

$$\overline{KC} = \frac{7}{2},$$

$$\sqrt{ \left( \frac{x \sin \theta - 5 \cos \theta}{2} - x \sin \theta \right)^2 + \left( \frac{x \cos \theta - 5 \sin \theta}{2} - 0 \right)^2 } = \frac{7}{2},$$

等號兩邊左右同時平方，展開得

$$\frac{x^2 \sin^2 \theta + 10 x \sin \theta \cos \theta + 25 \cos^2 \theta + x^2 \cos^2 \theta - 10 x \sin \theta \cos \theta + 25 \sin^2 \theta}{4} = \frac{49}{4},$$

於是

$$\frac{(x^2 \sin^2 \theta + x^2 \cos^2 \theta) + (25 \cos^2 \theta + 25 \sin^2 \theta)}{4} = \frac{49}{4},$$

$$\frac{ x^2(\sin^2 \theta + \cos^2 \theta) + 25( \cos^2 \theta + \sin^2 \theta)}{4} = \frac{49}{4},$$

$$\frac{ x^2 \cdot 1 + 25 \cdot 1}{4} = \frac{49}{4},$$

$$x^2 + 25 = 49,$$

$$x^2 = 24,$$

$$x = \pm \sqrt{24} = \pm 2 \sqrt{6} \quad {\text{負不合}},$$

$$x = 2 \sqrt{6}.$$

因此所求$\overline{CD} = 2 \sqrt{6}$。

(解答終了)

一道平面幾何的圓的問題

=題目=

如圖，已知兩平行線\( L_1, L_2 \)與圓\( \Gamma \)交於\( A, B, C, D \)四點，連接\( \overline{AD}, \overline{BC} \)交於\( P \)點，且\( \angle BPD = 45^\circ \)。若直線\( L_1 \)平分圓\( \Gamma \)的面積，則\( \Delta ABP \)的面積為\( \Delta CDP \)面積的幾倍？

=答案=

2倍

=詳解=

由於\( L_1 \)平分\( \Gamma \)的面積，所以\( \overline{AB} \)為直徑。

由於\( \angle ABC \)與\( \angle ADC \)皆為圓周角，且都夾\( \overparen{AC} \)，所以\( \angle ABC = \angle ADC \)。又\( \angle APB \)與\( \angle CPD \)為對頂角，所以\( \angle APB = \angle CPD \)。因此\( \Delta APB \sim \Delta CPD \)。

過\( P \)做直線\( L_3 \parallel \overline{AB} \)，則由平行線內錯角相等可知\( 45^\circ = \angle ABP + \angle CDP (= 2\angle ABP = 2\angle CDP ) \)，即\( \angle ABP = \frac{45^\circ}{2} \)。

自\( P \)向\( \overline{AB} \)與\( \overline{CD} \)作垂線，設垂足分別為\( M \)與\( N \)。連接\( \overline{AC} \)，注意\( \angle BCA = 90^{\circ} \)。

假設圓\( \Gamma \)半徑長1。於是便可寫出\( \overline{MB} = 1, \overline{PB} = \frac{1}{\cos 22.5^\circ} \)。

再假設\( \overline{PD} \)是\( \overline{PB} \)的\( k \)倍。於是\( \overline{PN} = k, \overline{PD} = \frac{k}{\cos 22.5^\circ} \)。由於\( \Delta PCD \)是等腰三角形，其中\( \overline{PC} = \overline{PD} \)，所以\( \overline{PC} = \frac{k}{\cos 22.5^\circ} \)。

在\( \Delta ABC \)中，利用銳角三角函數的定義有

\[ \frac{\frac{1}{\cos 22.5^\circ} + \frac{k}{\cos 22.5^\circ}}{2} = \cos 22.5^\circ. \]

整理得

\[ \frac{k+1}{2 \cos 22.5^\circ} = \cos 22.5^\circ. \]

於是再利用半角公式得

\[ k = 2 \cos^2 22.5^\circ - 1 = 2 \times \frac{1 + \cos 2 \times 22.5^\circ}{2} - 1 = \frac{1}{\sqrt{2}}. \]

這表示\( \Delta PBA \)與\( \Delta PCD \)邊長比為\( 1: \frac{1}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}: 1 \)，從而面積比為\( (\sqrt{2})^2: 1^2 = 2: 1 \)。

（解答終了）

2022年9月16日文章〈一道式的運算題目〉的幾何另解

原題目如下

若三個非零實數$a, b, c$滿足$a+b+c=a^2+b^2+c^2=2$，則

$$\frac{(1-a)^2}{bc}+\frac{(1-b)^2}{2ca}+\frac{(1-c)^2}{3ab}$$

的值為何？

原解答請見我2022年9月16日的文章〈一道式的運算題目〉 。類似的題目也可參考我2021年1月10日的文章〈一道三變數的受約束極值問題〉。

以下是本題的幾何解答。

為敘述方便，將原題目的$a, b, c$依序替換為$x, y, z$。如2022年9月16日文章所言，兩個約束條件$x + y + z = 2$與$x^2 + y^2 + z^2 = 2$分別是三維空間中的平面與球，記為$E$與$S$。聯立考慮則為一個空間中的圓，設其圓心為$K$、半徑為$R$。

我們可以取平面$E$的法向量為$\overrightarrow{n} = (1, 1, 1)$。而$d(O, E) = \frac{|0 + 0 + 0 - 2|}{\sqrt{1^2 + 1^2 + 1^2}} = \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{2}{3} \sqrt{3}$。由於$| \overrightarrow{n}| = \sqrt{1^2 + 1^2 + 1^2} = \sqrt{3}$，因此有$\overrightarrow{OK} = \frac{2}{3} \overrightarrow{n} = \left( \frac{2}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3} \right)$，故$K$之座標為$\left( \frac{2}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3} \right)$。

由於球面$S$的半徑為$\sqrt{2}$，而$\overline{OK} = d(O, E) = \frac{2}{3} \sqrt{3}$，因此由商高定理有$R = \sqrt{(\sqrt{2})^2 - \left( \frac{2}{3} \sqrt{3} \right)^2} = \frac{\sqrt{6}}{3}$。

現在我們要取一個與法向量$\overrightarrow{n}$垂直的向量，從而這向量可經過適當的平移而完全落在平面$E$上。不難由內積的計算可取向量$\overrightarrow{a} = (1, 0, -1)$，其長度為$\sqrt{2}$。接著再取$\overrightarrow{b} = \overrightarrow{n} \times \overrightarrow{a} = (-1, 2, -1)$。從而$\overrightarrow{n}, \overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}$構成空間中的一組正交基。

接著我們重新調整向量$\overrightarrow{a}$與$\overrightarrow{b}$的長度，使其長度恰好是$R = \frac{\sqrt{6}}{3}$。取向量$\overrightarrow{p} = \frac{\sqrt{3}}{3} \overrightarrow{a} = \left( \frac{\sqrt{3}}{3}, 0, -\frac{\sqrt{3}}{3} \right)$，然後$\overrightarrow{q} = \frac{1}{3} \overrightarrow{b} = \left( -\frac{1}{3}, \frac{2}{3}, -\frac{1}{3} \right)$。

此時圓$K$之圓周上任一點$P$的座標均可表示為

$$P = K + \cos \theta \overrightarrow{p} + \sin \theta \overrightarrow{q}, \quad \theta \in [0, 2\pi].$$

具體寫出其每個座標分量為

$$\left\{ \begin{align*} &x = \frac{2}{3} + \frac{\sqrt{3}}{3} \cos \theta - \frac{1}{3} \sin \theta \\ &y = \frac{2}{3} + \frac{2}{3} \sin \theta \\ &z = \frac{2}{3} - \frac{\sqrt{3}}{3} \cos \theta - \frac{1}{3} \sin \theta \end{align*} \right. ,$$

將之代入所要計算的式子$\frac{(1-a)^2}{bc}+\frac{(1-b)^2}{2ca}+\frac{(1-c)^2}{3ab}$進行化簡，即可求出結果為$\frac{11}{6}$。

參考資料

[1] 〈Re: [幾何] 三維空間的圓〉https://www.ptt.cc/bbs/Math/M.1295717959.A.C88.html

[2] 一道三變數的受約束極值問題https://cosmicmathschool.blogspot.com/2021/01/blog-post.html

圓內最長的弦為直徑

• 以下參考書籍均為S. Lang, "Geometry (2nd ed)"。

先複習我們要使用的公設。

==公設==(DIST 2，距離基本公設2)

P. 8, Line 19

For any points P, Q, we have $d(P, Q) = d(Q, P)$.

[譯文]：

對於平面上任意兩點$P, Q$，恆有$d(P, Q) = d(Q, P)$。

==公設==(SEG，線段長度公設)

P. 9, Line 9

Let $P, Q, M$ be points. We have $d(P, M) = d(P, Q) + d(Q, M)$ if and only if $Q$ lies on the segment between $P$ and $M$.

[譯文]

設$P, Q, M$為(平面上)任意三點。關係式$d(P, M) = d(P, Q) + d(Q, M)$成立若且唯若$Q$在由$P$和$M$連成的線段上。

==定理==

圓內最長的弦為直徑。

==證明==

設圓心為$P$，半徑長為$r$。今任取圓上任意兩點$X$與$Y$，根據習題1.2.8 (P. 11)[或習題1.4.7 (P. 34)]，我們有
$$
d(X, Y) \leq 2r.
$$

請注意，$2r$正是直徑的長度。

$d(X, Y) \leq 2r$意味著圓上任意一條弦的長度必定不比直徑長。

然而我們要追問的是，如果一根弦的長度為$2r$，那麼這根弦必定是直徑嗎？

如今假定弦$\overline{XY}$的長度為$2r$，於是便有
\begin{eqnarray*}
d(X, Y)
&=& 2r \\
&=& r + r \\
&=& d(X, P) + d(Y, P)
\end{eqnarray*}
根據公設DIST 2，得
$$
d(X, Y) = d(X, P) + d(P, Y).
$$
根據公設SEG，$P$必在線段$\overline{XY}$上。根據直徑的定義，線段$\overline{XY}$是直徑。

(證明終了)