2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案第56讲解析法证几何题

第56讲解析法证几何题解析法是利用代数方法解决几何问题的一种常用方法．其一般的顺序是：建立坐标系，设出各点坐标及各线的方程，然后根据求解或求证要求进行代数推算．它的优点是具有一般性与程序性，几何所有的平面几何问题都可以用解析法获解，但对于有些题目演算太繁．此外，如果建立坐标系或设点坐标时处理不当，也可能增加计算量．建系设点坐标的一般原则是使各点坐标出现尽量多的0，但也不可死搬教条，对于一些“地位平等”的点、线，建系设点坐标时，要保持其原有的“对称性”．A类例题例1．如图，以直角三角形ABC的斜边AB及直角边BC为边向三角形两侧作正方形ABDE、CBFG．求证：DC⊥FA．分析只要证kCD·kAF＝－1，故只要求点D的坐标．证明以C为原点，CB为x轴正方向建立直角坐标系．设A(0，a)，B(b，0)，D(x，y)．则直线AB的方程为ax＋by－ab＝0．故直线BD的方程为bx－ay－(b·b－a·0)＝0，即bx－ay－b2＝0．ED方程设为ax＋by＋C＝0．由AB、ED距离等于|AB|，得|C＋ab|a2＋b2＝a2＋b2，解得C＝±(a2＋b2)－ab．如图，应舍去负号．所以直线ED方程为ax＋by＋a2＋b2－ab＝0．解得x＝b－a，y＝－b．(只要作DH⊥x轴，由△DBH≌△BAC就可得到这个结果)．即D(b－a，－b)．因为kAF＝b－ab，kCD＝－bb－a，而kAF·kCD＝－1．所以DC⊥FA．例2．自ΔABC的顶点A引BC的垂线，垂足为D，在AD上任取一点H，直线BH交AC于E，CH交AB于F．试证：AD平分ED与DF所成的角．证明建立直角坐标系，设A(0，a)，B(b，0)，C(c，0)，H(0，h)，于是BH：xb＋yh＝1AC：xc＋ya＝1过BH、AC的交点E的直线系为：λ(xb＋yh－1)＋μ(xc＋ya－1)＝0．以(0，0)代入，得λ＋μ＝0．yxHFEDCBAyxOABCDEFG分别取λ＝1，μ＝－1，有x(1b－1c)＋y(1h－1a)＝0．所以，上述直线过原点，这是直线DE．同理，直线DF为x(1c－1b)＋y(1h－1a)＝0．显然直线DE与直线DF的斜率互为相反数，故AD平分ED与DF所成的角．说明写出直线系方程要求其中满足某性质的直线，就利用此性质确定待定系数，这实际上并不失为一种通法．例3．证明：任意四边形四条边的平方和等于两条对角线的平方和再加上对角线中点连线的平方的4倍．证明在直角坐标系中，设四边形四个顶点的坐标为A1(x1，y1)，A2(x2，y2)，A3(x3，y3)，A4(x4，y4)．由中点公式知对角中点的坐标为B(x1＋x32，y1＋y32)，C(x2＋x42，y2＋y42)．则4(x1＋x32－x2＋x42)2＋(x1－x3)2＋(x2－x4)2＝(x1＋x3－x2－x4)2＋(x1－x3)2＋(x2－x4)2＝2(x21＋x22＋x23＋x24－x1x2－x2x3－x3x4－x4x1)＝(x1－x2)2＋(x2－x3)2＋(x3－x4)2＋(x4－x1)2，同理有4(y1＋y32－y2＋y42)2＋(y1－y3)2＋(y2－y4)2＝(y1－y2)2＋(y2－y3)2＋(y3－y4)2＋(y4－y1)2，两式相加得：|A1A2|2＋|A2A3|2＋|A3A4|2＋|A4A1|2＝4|BC|2＋|A1A3|2＋|A2A4|2．说明本题纯几何证法并不容易，而采用解析法，只需要简单的计算便达到目的．另外本例中巧妙地抓住了各点的“对称性”，设了最为一般的形式，简化了计算．情景再现1．如图，⊙O的弦CD平行于直径AB，过C、D的圆的切线交于点P，直线AC、BC分别交直线OP于Q、R．求证：|PQ|＝|PR|．2．自圆M外一点E作圆的切线，切点为F，又作一条割线EAB，交圆M于A、B，连结EF的中点O与B，交圆M于D，ED交圆M于C．求证：AC∥EF．3．CH是ΔABC中边AB上的高，H为垂足，点K、P分别是H关于边AC和BC的对称点．证明：线段KP与AC，BC(或它们的延长线)的交点是ΔABC高线的垂足．B类例题例4．P、Q在ΔABC的AB边上，R在AC边上，并且P，Q，R将ΔABC的周长分为三等分．求证：SΔPQRSΔABC＞29．MOFEDCBARQPCBAxy证明如图，以A为原点，直线AB为x轴，建立直角坐标系．设AB＝c，BC＝a，CA＝b，Q(q，0)，P(p，0)．则q－p＝13(a＋b＋c)，AR＝PQ－AP＝q－2p，从而yRyC＝ARAC＝q－2pb．由于2SΔPQR＝yR(q－p)，2SΔABC＝xByC，所以SΔPQRSΔABC＝yR(q－p)yCxB＝(q－p)(q－2p)bC．注意到p＝q－13(a＋b＋c)＜c－13(a＋b＋c)，所以q－2p＞23(a＋b＋c)－c＞23(a＋b＋c)－12(a＋b＋c)＝16(a＋b＋c)，SΔPQRSΔABC＞29·(a＋b＋c)24bc＞29·(b＋c)24bc＞29．说明本题中29是不可改进的，取b＝c，Q与B重合，则当a趋向于0时，p趋向于13q，面积比趋向于29．例5．设H是锐角三角形ABC的垂心，由A向以BC为直径的圆作切线AP、AQ，切点分别为P、Q．证明：P、H、Q三点共线．(1996年中国数学奥林匹克)证明如图以BC为x轴BC中点O为原点建立直角坐标系．设B(－1，0)，C(1，0)，A(x0，y0)，则PQ方程为x0x＋y0y＝1．点H的坐标为H(x0，y)，满足yx0＋1·y0x0－1＝－1，即y＝1－x20y0，显然H满足PQ方程，即H在PQ上．从而P、H、Q三点共线．例6．设A、B、C、D是一条直线上依次排列的四个不同的点，分别以AC、BD为直径的两圆相交于X和Y，直线XY交BC于Z．若P为直线XY上异于Z的一点，直线CP与以AC为直径的圆相交于C和M，直线BP与以BD为直径的圆相交于B和N．试证：AM、DN、XY三线共点．分析只要证明AM与XY的交点也是DN与XY的交点即可，为此只要建立坐标系，计算AM与XY的交点坐标．证明如图，以XY为弦的任意圆O，只需证明当P确定时，S也确定．以Z为原点，XY为y轴建立平面直角坐标系，设X(0，m)，P(0，y0)，∠PCA＝α，其中m、y0SZYXPNMyxDCBAQHPCBAxOy为定值．于是有xC＝y0cotα．但是－xA·xC＝yX2，则xA＝－m2y0tanα．因此，直线AM的方程为：y＝cotα(x＋m2y0tanα)．令x＝0，得yS＝m2y0，即点S的坐标为(0，m2y0)．同理，可得DN与XY的交点坐标为(0，m2y0)．所以AM、DN、XY三线共点．情景再现4．在RtΔABC中，AD是斜边上的高，M，N分别是ΔABD与ΔACD的内心，连接MN并延长分别交AB、AC于K、L两点．求证：SΔABC≥2SΔAKL．5．已知△ABC中，∠A＝α，且1|AB|＋1|AC|＝m．求证：BC边过定点．6．设△ABC的重心为G，AG、BG、CG的延长线交△ABC的外接圆于P、Q、R．求证：AGGP＋BGGQ＋CGGR＝3．C类例题例7．以ΔABC的边BC为直径作半圆，与AB、AC分别交于D和E．过D、E作BC的垂线，垂足分别为F、G．线段DG、EF交于点M．求证：AM⊥BC．(1996年国家队选拔题)分析建立以BC为x轴的坐标系，则只要证明点A、M的横坐标相等即可．证明以BC所在的直线为x轴，半圆圆心O为原点建立直角坐标系．设圆的半径为1，则B(－1，0)，C(1，0)．令∠EBC＝α，∠DCB＝β，则直线BD的方程为y＝cotβ·(x＋1)．同样，直线CE的方程为y＝－cotα·(x－1)，联立这两个方程，解得A点的横坐标xA＝cotα－cotβcotα＋cotβ＝sin(α－β)sin(α＋β)．因为∠EOC＝2∠EBC＝2α，∠DOB＝2β，故E(cos2α，sin2α)，D(－cos2β，sin2β)，G(cos2α，0)，F(－cos2β，0)．于是直线DG的方程为y＝sin2β－(cos2α＋cos2β)·(x－cos2α)，直线EF的方程为y＝sin2α－(cos2α＋cos2β)·(x＋cos2β)．HMGFEDCBAxOy联立这两个方程，解得M点的横坐标xM＝sin2α·cos2β－cos2α·sin2βsin2α＋sin2β＝sin2(α－β)sin(α＋β)cos(α－β)＝sin(α－β)sin(α＋β)＝xA．故AM⊥BC．例8．如图，一条直线l与圆心为O的圆不相交，E是l上一点，OE⊥l，M是l上任意异于E的点，从M作圆O的两条切线分别切圆于A和B，C是MA上的点，使得EC⊥MA，D是MB上的点，使得ED⊥MB，直线CD交OE于F．求证：点F的位置不依赖于M的位置(1994年IMO预选题)分析若以l为x轴，OE为y轴建立坐标系，则只要证明F点的纵坐标与点M的坐标无关即可．证明建立如图所示的平面直角坐标系，设圆O的半径为r，OE＝a，∠OME＝α，∠OMA＝θ，显然有sinθsinα＝ra．yC＝MC·sin(α－θ)＝ME·sin(α－θ)cos(α－θ)＝acotα·sin(α－θ)cos(α－θ)，xC＝－yC·tan(α－θ)＝－acotαsin2(α－θ)．同理，yD＝acotα·sin(α＋θ)cos(α＋θ)，xD＝－acotαsin2(α＋θ)．所以，kCD＝sin2(α＋θ)－sin2(α－θ)2[sin2(α－θ)－sin2(α＋θ)]＝－cot2α．则直线CD的方程为y－acotα·sin(α＋θ)cos(α＋θ)＝－cot2α[x＋acotαsin2(α＋θ)]．令x＝0，得yF＝acotα·sin(α＋θ)[cos(α＋θ)－cot2αsin(α＋θ)]＝acotα·sin(α＋θ)sin(α－θ)sin2α＝a·－cos2α＋cos2θ4sin2θ＝a2(1－sin2θsin2α)＝a2－r22a．由于a2－r22a是定值，这就表明F的位置不依赖于点M的位置．情景再现7．在筝形ABCD中，AB＝AD，BC＝CD，经AC、BD交点O作二直线分别交AD、BC、AB、CD于点E、F、G、H，GF、EH分别交BD于点I、J．求证：IO＝OJ．（1990年冬令营选拔赛题）yxOMFEDCBAl8．水平直线m通过圆O的中心，直线lm，l与m相交于M，点M在圆心的右侧，直线l上不同的三点A、B、C在圆外，且位于直线m上方，A点离M点最远，C点离M点最近，AP、BQ、,CR为圆O的三条切线，P、Q,、R为切点．试证：(1)l与圆O相切时，ABCR＋BCAP＝ACBQ；(2)l与圆O相交时，ABCR＋BCAP＜ACBQ；(3)l与圆O相离时，ABCR＋BCAP＞ACBQ．(1993年全国高中数学联合竞赛)习题561．已知AM是ABC的一条中线，任一条直线交AB于P，交AC于Q，交AM于N．求证：ABAP，AMAN，ACAQ成等差数列．2．在四边形ABCD中，AB与CD的垂直平分线相交于P，BC和AD的垂直平分线相交于Q，M、N分别为对角线AC、BD中点．求证：PQ⊥MN．3．证明，如一个凸八边形的各个角都相等，而所有各邻边边长之比都是有理数，则这个八边形的每组对边一定相等．(1973年奥地利数学竞赛题)4．设△ABC是锐角三角形，在△ABC外分别作等腰直角三角形BCD、ABE、CAF，在此三个三角形中，∠BDC、∠BAE、∠CFA是直角．又在四边形BCFE外作等腰直角三角形EFG，∠EFG是直角．求证：⑴GA＝2AD；⑵∠GAD＝135°；(上海市1994年高中数学竞赛)5．如图△ABC和△ADE是两个不全等的等腰直角三角形，现固定△ABC，而将△ADE绕A点在平面上旋转．试证：不论△ADE旋转到什么位置，线段EC上必存在点M，使△BMD为等腰直角三角形．(1987年全国高中数学联赛)6．设A1A2A3A4为⊙O的内接四边形，H1、H2、H3、H4依次为ΔA2A3