關於內心及外心以求圓與切線的相交點、圓的直角坐標系統

主題為「關於內心及外心以求圓與切線的相交點、圓的直角坐標系統」的題目樣本

題目

$\triangle{O}{P}{Q}$ 為一鈍角三角形。將 $\triangle{O}{P}{Q}$ 的內心及外心分別記為 ${I}$ 及 ${J}$ 。已知 ${P}$ ， ${I}$ 與 ${J}$ 共線。

(a)	證明 ${O}{P}$		$={P}{Q}$ .	(3 分)
(b)	引入一直角坐標系統使得 ${O}$ 及 ${Q}$ 的坐標分別為 ${\left({0},{0}\right)}$ 及 ${\left({40},{30}\right)}$ ，而 ${P}$ 的 ${y}$ 坐標為 ${19}$ 。設 ${C}$ 為通過 ${O}$ 、 ${P}$ 及 ${Q}$ 的圓。
	(i)	求 ${C}$ 的方程。
	(ii)	設 ${L}_{{1}}$ 及 ${L}_{{2}}$ 為 ${C}$ 的兩切線使得每一切線的斜率均為 $\dfrac{{3}}{{4}}$ 且 ${L}_{{1}}$ 的 ${y}$ 截距較 ${L}_{{2}}$ 大。 ${L}_{{1}}$ 分別與 ${x}$ 軸及 ${y}$ 軸相交於 ${S}$ 及 ${T}$ ，而 ${L}_{{2}}$ 分別與 ${x}$ 軸及 ${y}$ 軸相交於 ${U}$ 及 ${V}$ 。某人宣稱梯形 ${S}{T}{U}{V}$ 的面積超過 ${17000}$ 。該宣稱是否正確？試解釋你的答案。
				(9 分)

題解

{I}

{J}

{P}

{O}

{Q}

{Y}

{Z}

{X}

(a)	如下圖所示，當中 ${Y}{J}$ 及 ${Z}{J}$ 分別為 ${O}{P}$ 及 ${P}{Q}$ 的垂直平分線。
	考慮 $\triangle{P}{Y}{J}$ 及 $\triangle{P}{Z}{J}$ ，
	$\angle{Y}{P}{J}$		$=\angle{Z}{P}{J}$		內心的定義
	${P}{J}$		$={P}{J}$		common
	$\angle{P}{J}{Y}$		$={180}^{\circ}-{90}^{\circ}-\angle{Y}{P}{J}$		∠ sum of △
			$={180}^{\circ}-{90}^{\circ}-\angle{Z}{P}{J}$
			$=\angle{P}{J}{Z}$
	∴ $\triangle{P}{Y}{J}\stackrel{\sim}{=}\triangle{P}{Z}{J}$				ASA
	∴ ${P}{Y}={P}{Z}$				corr. sides, ≅△s
	${O}{P}$
	$={2}{\left({P}{Y}\right)}$
	$={2}{\left({P}{Z}\right)}$
	$={P}{Q}$

	(a) 評分標準：
	情況 1	附有正確理由的正確完整證明。				3M
	情況 2	未附有正確理由的正確完整證明。				2M
	情況 3	未附有正確理由的部分完整證明。				1M
	注意：任何基於 ${P}{I}{X}{J}$ 為共線的假設的證明應予零分。

(b)(i)
	設 ${P}$ 的坐標為 ${\left({p},{19}\right)}$ 。
	${O}{P}$		$={P}{Q}$		已證明
	$\sqrt{{{p}^{{2}}+{19}^{{2}}}}$		$=\sqrt{{{\left({p}-{40}\right)}^{{2}}+{\left({19}-{30}\right)}^{{2}}}}$			1M	給利用 (a) 的結果
	${p}^{{2}}+{361}$		$={p}^{{2}}-{80}{p}+{1600}+{121}$
	${80}{p}$		$={1360}$
	${p}$		$={17}$
	∴ ${P}$ 的坐標為 ${\left({17},{19}\right)}$ 。					1A
	設 ${C}$ 的方程為 ${x}^{{2}}+{y}^{{2}}+{D}{x}+{E}{y}+{F}={0}$ 。					1M	給代入 ${O}$ , ${P}$ 及 ${R}$
	把 ${O}{\left({0},{0}\right)}$ 代入至 ${C}$ 的方程中，
	${\left({0}\right)}^{{2}}+{\left({0}\right)}^{{2}}+{D}{\left({0}\right)}+{E}{\left({0}\right)}+{F}$		$={0}$
	${F}$		$={0}$
	把 ${Q}{\left({40},{30}\right)}$ 及 ${P}{\left({17},{19}\right)}$ 分別代入至 ${C}$ 的方程中，
	${\left({40}\right)}^{{2}}+{\left({30}\right)}^{{2}}+{\left({40}\right)}{D}+{\left({30}\right)}{E}$		$={0}$
	${\left({17}\right)}^{{2}}+{\left({19}\right)}^{{2}}+{\left({17}\right)}{D}+{\left({19}\right)}{E}$		$={0}$
	${4}{D}+{3}{E}+{250}$		$={0}$	$\ldots{\left({1}\right)}$
	${17}{D}+{19}{E}+{650}$		$={0}$	$\ldots{\left({2}\right)}$
	解後可得 ${D}=-{112}$ 及 ${E}={66}$ 。
	∴ ${C}$ 的方程為 ${x}^{{2}}+{y}^{{2}}-{112}{x}+{66}{y}$		$={0}$ 。			1A	或等價

(b)(ii)
	分別設 ${L}_{{1}}$ 及 ${L}_{{2}}$ 的 ${y}$ 截距為 ${c}$ 。
	${x}^{{2}}+{y}^{{2}}-{112}{x}+{66}{y}$		$={0}$
	${y}$		$=\dfrac{{3}}{{4}}{x}+{c}$	$\ldots{\left({2}\right)}$
	代 ${\left({2}\right)}$ 至 ${\left({1}\right)}$ 中：
	${x}^{{2}}+{\left(\dfrac{{3}}{{4}}{x}+{c}\right)}^{{2}}-{112}{x}+{66}{\left(\dfrac{{3}}{{4}}{x}+{c}\right)}$		$={0}$
	$\dfrac{{25}}{{16}}{x}^{{2}}+{\left(\dfrac{{3}}{{2}}{c}-\dfrac{{125}}{{2}}\right)}{x}+{\left({c}^{{2}}+{66}{c}\right)}$		$={0}$
	${25}{x}^{{2}}+{\left({24}{c}-{1000}\right)}{x}+{\left({16}{c}^{{2}}+{1056}{c}\right)}$		$={0}$	$\ldots{\left(\ast\right)}$
	由於 ${L}_{{1}}$ 及 ${L}_{{2}}$ 為 ${C}$ 的切線，因此 ${\left(\ast\right)}$ 只有一個重根。
	${\left(\ast\right)}$ 的判別式		$={0}$
	${\left({24}{c}-{1000}\right)}^{{2}}-{4}{\left({25}\right)}{\left({16}{c}^{{2}}+{1056}{c}\right)}$		$={0}$
	$-{1024}{c}^{{2}}-{153600}{c}+{1000000}$		$={0}$
	${\left({4}{c}+{625}\right)}{\left({4}{c}-{25}\right)}$		$={0}$
	${c}$		$=-\dfrac{{625}}{{4}}$ 或 ${c}=\dfrac{{25}}{{4}}$
	因此， ${L}_{{1}}:{y}=\dfrac{{3}}{{4}}{x}+\dfrac{{25}}{{4}},{L}_{{2}}:{y}=\dfrac{{3}}{{4}}{x}-\dfrac{{625}}{{4}}$					2M	給 ${L}_{{1}}$ 及 ${L}_{{2}}$ 的方程
	∴ ${S}={\left(-\dfrac{{25}}{{3}},{0}\right)},{T}={\left({0},\dfrac{{25}}{{4}}\right)},{U}={\left(\dfrac{{625}}{{3}},{0}\right)},{V}={\left({0},-\dfrac{{625}}{{4}}\right)}$					1A	給四點
	${S}{T}{U}{V}$ 的面積
	$={\left(\triangle{T}{S}{U}\right.}$ 的面積 ${)}+{\left(\triangle{V}{S}{U}\right.}$ 的面積 ${)}$						接受其他分割的方法
	$=\dfrac{{1}}{{2}}{\left({S}{U}\right)}{\left({O}{T}\right)}+\dfrac{{1}}{{2}}{\left({S}{U}\right)}{\left({O}{V}\right)}$
	$=\dfrac{{1}}{{2}}{\left(\dfrac{{625}}{{3}}+\dfrac{{25}}{{3}}\right)}{\left(\dfrac{{25}}{{4}}\right)}+\dfrac{{1}}{{2}}{\left(\dfrac{{625}}{{3}}+\dfrac{{25}}{{3}}\right)}{\left(\dfrac{{625}}{{4}}\right)}$
	$={17604}\dfrac{{1}}{{6}}$						接受答案準確至 ${17600}$
	$\gt{17000}$
	因此，同意該宣稱。					1A
	下圖所示為該坐標系統，為了方便展示，該圖像並不依比例繪成。

{x}

{y}

{T}

{S}

{V}

{U}

{O}

{P}

{Q}

{Y}

{L}_{{1}}:

{y}=\dfrac{{3}}{{4}}{x}+\dfrac{{25}}{{4}}

{L}_{{2}}:

{y}=\dfrac{{3}}{{4}}{x}-\dfrac{{625}}{{4}}

其他方法

(a)	注意到 ${J}$ 為 $\triangle{O}{P}{Q}$ 的外心。
	連接 ${J}{O}$ 及 ${J}{Q}$ 。
	${J}{O}$		$={J}{P}={J}{Q}$		radii
	$\angle{J}{P}{O}$		$=\angle{J}{P}{Q}$		內心的定義
	∴ $\angle{J}{O}{P}$		$=\angle{J}{P}{O}=\angle{J}{P}{Q}=\angle{J}{Q}{P}$		base ∠s, isos. △

	考慮 $\triangle{J}{O}{P}$ 及 $\triangle{J}{Q}{P}$ ，
	$\angle{J}{O}{P}$		$=\angle{J}{P}{Q}$		已證
	$\angle{J}{P}{O}$		$=\angle{J}{P}{Q}$		已證
	${P}{J}$		$={P}{J}$		common
	∴ $\triangle{J}{O}{P}$		$\stackrel{\sim}{=}\triangle{J}{Q}{P}$		AAS
	∴ ${O}{P}$		$={P}{Q}$		corr. sides, ≅△s

	(a) 評分標準：
	情況 1	附有正確理由的正確完整證明。				3M
	情況 2	未附有正確理由的正確完整證明。				2M
	情況 3	未附有正確理由的部分完整證明。				1M
	注意：任何基於 ${P}{I}{X}{J}$ 為共線的假設的證明應予零分。

(b)(i)
	設 ${P}$ 的坐標為 ${\left({p},{19}\right)}$ 。
	${O}{P}$		$={P}{Q}$		已證明
	$\sqrt{{{p}^{{2}}+{19}^{{2}}}}$		$=\sqrt{{{\left({p}-{40}\right)}^{{2}}+{\left({19}-{30}\right)}^{{2}}}}$			1M	給利用 (a) 的結果
	${p}^{{2}}+{361}$		$={p}^{{2}}-{80}{p}+{1600}+{121}$
	${80}{p}$		$={1360}$
	${p}$		$={17}$
	∴ ${P}$ 的坐標為 ${\left({17},{19}\right)}$ 。					1A

	設 ${K}$ 為圓 ${C}$ 的中心。
	設 ${O}{P}$ 及 ${P}{Q}$ 的垂直平分線分別為 ${P}_{{1}}$ 及 ${P}_{{2}}$ 。
	由於 ${P}_{{1}}\bot{O}{P}$ 及 ${P}_{{2}}\bot{P}{Q}$ ，兩線均必穿過 ${K}$ 。				圓心平分且垂直弦穿過圓心
	透過解下列聯立方程，可求得 ${K}$ 的坐標。
	${P}_{{1}}$
	${P}_{{2}}$
	${\left({x}-{0}\right)}^{{2}}+{\left({y}-{0}\right)}^{{2}}$		$={\left({x}-{17}\right)}^{{2}}+{\left({y}-{19}\right)}^{{2}}$			1M	給正確解圓 ${C}$ 中心的方法
	${\left({x}-{17}\right)}^{{2}}+{\left({y}-{19}\right)}^{{2}}$		$={\left({x}-{40}\right)}^{{2}}+{\left({y}-{30}\right)}^{{2}}$
	${17}{x}+{19}{y}-{325}$		$={0}$	$\ldots{\left({1}\right)}$
	${23}{x}+{11}{y}-{925}$		$={0}$	$\ldots{\left({2}\right)}$
	解後，可得 ${\left({56},-{33}\right)}$ 。
	∴ ${K}$ 的坐標為 ${\left({56},-{33}\right)}$ 。
	${C}$ 的方程為
	${\left({x}-{56}\right)}^{{2}}+{\left({y}+{33}\right)}^{{2}}$		$={\left(\sqrt{{{56}^{{2}}+{\left(-{33}\right)}^{{2}}}}\right)}^{{2}}$
	${\left({x}-{56}\right)}^{{2}}+{\left({y}+{33}\right)}^{{2}}$		$={4225}$			1A	或等價

(b)(ii)
	${K}={\left({56},-{33}\right)}$				由 (b)(i)
	圓 ${C}$ 的半徑 $=\sqrt{{{56}^{{2}}+{\left(-{33}\right)}^{{2}}}}={65}$
	留意到 ${O}{Q}$ 的斜率等同於 ${L}_{{1}}$ 及 ${L}_{{2}}$ 的斜率。
	因此， ${L}_{{1}}$ 為圓 ${C}$ 在 ${P}$ 的切線。
	${L}_{{1}}$ 的方程為
	${y}-{19}$		$=\dfrac{{3}}{{4}}{\left({x}-{17}\right)}$
	${y}$		$=\dfrac{{3}}{{4}}{x}+\dfrac{{25}}{{4}}$

	設 ${Y}{\left({a},{b}\right)}$ 為一在 ${L}_{{2}}$ 上的點使得 ${P}{Y}$ 為圓 ${C}$ 的一直徑。
	$\dfrac{{{17}+{a}}}{{2}}={56}$ 及 $\dfrac{{{19}+{b}}}{{2}}=-{33}$				mid-pt. theorem
	${a}={95}$ 及 ${b}=-{33}$
	${L}_{{2}}$ 的方程為
	${y}-{\left(-{33}\right)}$		$=\dfrac{{3}}{{4}}{\left({x}-{95}\right)}$
	${y}$		$=\dfrac{{3}}{{4}}{x}-\dfrac{{625}}{{4}}$			2M	給 ${L}_{{1}}$ 及 ${L}_{{2}}$
	∴ ${S}={\left(-\dfrac{{25}}{{3}},{0}\right)},{T}={\left({0},\dfrac{{25}}{{4}}\right)},{U}={\left(\dfrac{{625}}{{3}},{0}\right)},{V}={\left({0},-\dfrac{{625}}{{4}}\right)}$					1A	給四點
	梯形 ${S}{T}{U}{V}$ 的面積
	$=\dfrac{{{S}{V}}}{{2}}{\left({S}{T}+{V}{U}\right)}$
	$={\left(\dfrac{{{65}+{65}}}{{2}}\right)}{\left(\sqrt{{{\left(-\dfrac{{25}}{{3}}\right)}^{{2}}+{\left(\dfrac{{25}}{{4}}\right)}^{{2}}}}+\sqrt{{{\left(\dfrac{{625}}{{3}}\right)}^{{2}}+{\left(-\dfrac{{625}}{{4}}\right)}^{{2}}}}\right)}$				${S}{V}$ = ${C}$ 的直徑	1A	f.t.
	$={17604}\dfrac{{1}}{{6}}$						接受答案準確至 ${17600}$
	$\gt{17000}$
	因此，同意該宣稱。					1A

	下圖所示為該坐標系統，為了方便展示，該圖像並不依比例繪成。

{I}

{J}

{P}

{O}

{Q}

{Y}

{Z}

{X}

{x}

{y}

{T}

{S}

{V}

{U}

{O}

{P}

{Q}

{Y}

{L}_{{1}}:

{y}=\dfrac{{3}}{{4}}{x}+\dfrac{{25}}{{4}}

{L}_{{2}}:

{y}=\dfrac{{3}}{{4}}{x}-\dfrac{{625}}{{4}}

{K}

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