巧构几何图形 证明代数问题

巧构几何图形证明代数问题
——兼谈构造法
习题已知a,b,c,d为正数，a^2+b^2=c^2+d^2，ac=bd，求证a=d，b=c. 分析注意到条件a^2+b^2=c^2+d^2，如果把a，b；c，d分别看成两个直角三角形的直角边，那么a^2+b^2，c^2+d^2分别表示这两个直角三角形的斜边的平方。

故可构造如下图形1。

Θac=bd，即
BC*AD=AB*CD
∴BC/AB=CD/AD
又∠B=∠D=90 ֯֯
∴Rt⊿ABC 相似于Rt⊿ADC
但为公共斜边，故
Rt⊿ABC≅Rt⊿ADC
∴AB=AD,BC=CD,即b=c,a=d.
评注把正数与线段的长联系起来，给代数等式附以几何意义，从而利用图形的特点巧妙地解决了上述习题。

其证法十分简捷，独具风格，耐人寻味！其高明之处就在于选择了恰当的图形！这种思考方法的关键是把数和形结合起来以互相利用！对代数等式可以这样做，对不等式也可以。

应用
【例1】已知a，b是两个不相等的正实数，求证（a+b）/2 >ab
[证明] 以a+b为边长作正方形，然后过a,b的连接点作正方形各边的垂线（如图2），于是大正方形的面积为（a+b)^2,四个矩形的面积都是ab,这样得
（a+b）^2>4ab
Θab>0
∴a+b>2ab
即（a+b)/2>ab
【例2】已知0<θ<∏/2，求证1<sinθ+cosθ≤2
[证明]作圆使其直径为单位长1，如图3，由于0<θ<∏/2,故θ可如图作出。

ΘBC+AC>AB
∴sinθ+cosθ>1(三角形两边之和大于第三边)
又⊿ABC的面积=(1/2)BC*AC≤(1/2)AB*CO=(1/4)AB^2(三角形面积不大于一边与这边上中线积的一半)
∴2BC*AC≤AB^2
又BC^2+AC^2≤AB^2
∴(BC+AC)^2≤2AB^2，BC+AC≤2AB,即sinθ+cosθ≤2
【例3】设a,b 为小于1的正数，求证2)^1(2)^1(2)^1(2^2^2)^1(2^2^b a b a b a b a -+-+-+++-++22≥
[证明]如图4作边长为1的正方形ABCD,分别在AB,AD 上取AE=a,AG=b(Θa 、b<1),并过E,G 分别作AD,AB 的平行线，分别交DC,BC 于F ，H,设EF,GH 的交点为O ，则 OA=2^2^b a +, OB=2^2^a -1b +）
（, OC=2)^1(2^-1b a -+）（, OD=2)^1(2^a b -+,
ΘOA+OC ≥AC, OB+OD ≥BD.
∴OA+OB+OC+OD ≥AC+BD,即
2)^1(2)^1(2)^1(2^2^2)^1(2^2^b a b a b a b a -+-+-+++-++22≥
【例4】设a/b=c/d,且a,b,c,d 均为正数，求证(a+b)/(c+d)=2^2^/2^2^a d c b ++
[证明] 不妨设a ≥c ，作直角⊿ABC,使∠C=90֯(如图5)，BC=a ，AC=b.在BC 上取点D,使BD=c;过D 作DE ⊥BC 交AB 于E ，故 BC/AC=BD/ED
又a/b=c/d,所以ED=d.在BC 直线上取点F,G ,使CF=AC,DG=ED,连EG ,AF,易知EG//AF,故
BF/BG=BA/BE
即(a+b)/(c+d)=2^2^/2^2^a d c b ++
【例5】设a>0，b>0，2c>a+d. 求证c^2>ab 且 c-ab -2^c <a<c+ab -2^c
[证明] 如图6，作半圆O ，直径AB=2c,在AB 上顺次取
AC=a,CD=b(Θ2c>a+b)以AD 为直径作半圆，过C 作CE ⊥AD 交圆于E,则两圆相切，且CE<c,OC<c(ΘOE<c)
由相交弦定理知CE^2=ab.
∴c^2>ab.
又CO^2+CE^2=OE^2，
∴(a-c)^2+ab<c^2.即
｜a-c ｜<ab -2^c ,
亦即 c-ab -2^c <a<c+ab -2^c .
【例6】在锐角三角形ABC 中求证
cos A+cos B+cos C<sin A+sin B+sin C
[证明]如图7，作⊿ABC 三边上的高AE,BF,CD,则A,B,E,F 四点共圆。

同圆中所对的圆周角大的弦也大（圆周角为锐角使时）。

由于∠ABF<∠ABC,所以AF<AE,故
cos A=AF/AB<AE/AB=sin B,
同理os c B<sin C,cos C<sin A.
∴cos A+cos B+cos C<sin A+sin B+sin C
【例7】求证
1/2(2^s in α+2^s in β)+2cos^α+2cos^β≤2βαcos cos +βαsin s in +4.
[证明]原不等式经整理即为
1/2(αin s -βsin )^2+(βαcos cos -)^2≤4.
根据此三角函数的特点可设 x=θcos
y=2/2θsin (椭圆的参数方程)，如图8，A(αcos ，2αsin /2), B(βcos ,βsin 2/2)为椭圆上两点。

｜AB ｜≤｜CD ｜=2(椭圆长轴等于2，长轴是椭圆中最大的弦)
∴2)^cos (cos 2)^sin (sin 2/1βαβα-+-2≤.
即2/1(βαsin sin -)2^+(βαcos c -os )2^4≤.
【例8】当m 为何值时，方程 mx-y+5m+3=0 有唯一解。

x^2+y^2-6y=0
解：方程mx-y+5m+3=0表示一条过点（-5,3）且斜率为m 的直线，而方程x^2+y^2-6y=0表示一个圆心在（0,3），半径为3的圆。

要使原方程组有唯一解，要求这直线与圆相切。

如图9，设切点为P,P ’.
ΘRt ⊿ABP,Rt ⊿ABP ’的三条边的长度分别为3,4,5.
∴AP,AP ’的斜率是±(3/4)即当m=±(3/4)时原方程组有唯一解。

拓广 用几何法证代数题构思精巧，利于锻炼思维能力。

代数等式或不等式反映出来的是线段间等量与不等量关系，最常见的有以下一些基本图形：
代数结构 几何定理 图形
a^2+b^2=c^2 勾股定理（图10）
a/b=c/c 相似三角形
ab=bc 平行线，相交弦（图12）
割线（图13）等
ab+cd=ef 托勒米定理(图14)
a>b 斜边<直角边（图15）
直径>弦（图16）
X=b a射影定理（图17）
切割线定理（图18）
上面谈到的造图证代数题的方法，是构造法解题的一种。

所谓构造法，就是根据题设条件或命题的结论所具有的特征、性质，构造满足条件或结论的其他数学形式去解决数学题的方法。

它是一种综合运用数学知识解题的方法，题设或结论不同，所采用的构造方法或形式也各异。

采用构造法解题，必须审清题意，挖掘明显的或隐含的条件，综合各分支知识，去联想、类比，找到恰当的构造形式。

下面以例说明常用的几种构造方法。

1.构造方程
方程是中学数学中的一个十分重要的内容，是解决数学问题的重要工具。

很多数学问题粗看起来无从下手或用一般方法去解决很困难，而通过用方程的知识解决却显得十分简捷。

构造方程解题，常用的方法有：
A.直接利用已知条件构造方程
【例9】求证3
3/73/21++33/73/21-=1
[证明]设x=33/73/21++33/73/21-,则 x^3=(33/73/21+)^3+(33/73/21-)^3 +33)3/73/21(3/73/21-+）
（ (33/73/21++33/73/21-). =2+3327/281-•x
=2-x
即x^3+x-2=0,(x-1)(x^2+x+2)=0,因x^2+x+2>0,所以x=1,亦即 33/73/21++33/73/21-=1.
【例10】求证：不论x 取什么值，多项式
[（x+b ）（x+c ）]÷[(a-b)(a-c)]+[(x+c)(x+a)]÷[(b-c)(b-a)]+
[(x+a)(x+b)]÷[(c-a)(c-b)]的值恒为1。

分析 用分式计算，可以得出所求的结论，但过程较复杂。

若用
构造方程的方法来解，则要简捷得多。

[证明] 构造辅助方程
f(x)= [（x+b ）（x+c ）]÷[(a-b)(a-c)]+[(x+c)(x+a)]÷[(b-c)(b-a)] +[(x+a)(x+b)]÷[(c-a)(c-b)]-1=0.
显然-a,-b,-c 是上述方程的根，因a,b,c 两两不等，于是上述方程至少有三个不同的根，但方程的次数不超过2，所以只有f(x)≡0，即[（x+b ）（x+c ）]÷[(a-b)(a-c)]+[(x+c)(x+a)]÷[(b-c)(b-a)]+
[(x+a)(x+b)]÷[(c-a)(c-b)]=1.
【例11】
把γβαγβαcos sin sin 22sin^2sin^sin^2--+化为积的形式。

解： 作方程γβαγβα2sin^sin^2sin cos sin 2sin^2-+-=0，解此关于 αsin 的方程得
)sin(sin γβα±=
原式=[])sin(sin γβα+-[])sin(sin γβα--
=4[])/2--(sin γβα[])/2-(sin γβα+[])/2(sin γβα++[])/2(cos γβα++
B.用判别式构造方程
【例12】若（z-x ）^2-4(x-y)(y-z)=0,求证x,y.z 成等差数列。

分析 题中所给等式的左边是b^2-4ac 的形式，故构造方程 （x-y ）t^2+(z-x)t+(y-z)=0.
因方程各项系数之和为0，故1是此方程的一个根。

由已知∆=0，故此方程的另一根也为1，于是由韦达定理有1×1(y-z)/(x-y)即得 x-y=y-z.说明x,y,z 成等差数列。

【例13】证明柯西不等式
∑=n
1i a 【例14】已知a,b,c ∈R,且a+b+c=0,abc=1。

求证a,b,c 中必有一个大于3/2.
[证明] 由已知得a,b,c 中必有一个大于0，设c>0,则a+b=-c,ab=1/c,可知a 、b 是方程x^2+cx+1/c=0的两根。

因a,b ∈R ，故∆=c^2-4/c ≥0,又c>0,所以c^3-4≥0,c^3≥4,于是
c ≥34=38/32>38/27=3/2.
【例15】 已知x,y,z ∈R,且满足等式
x^2-yz-8x+7=0 ①
y^2+z^2+yz-6x+6=0 ②
求证1≤x≤9.
[证明] 由①得yz=x^2-8x+7,由②得（y+z）^2=yz+6x-6=(x-1)^2,从而y+z=±(x-1),即说明，z是方程t^2±(x-1)t+(x^2-8x+7)=0的两根。

因t∈R,所以∆=（x-1）^2-4(x^2-8x+7)≥0,解之得1≤x≤9。

D.用根的定义构造方程
【例16】解方程组
x+ay+a^2z=a^3 ①
x+by+b^2z=b^3 (a≠b≠c) ②
x+cy+c^2z=c^3 ③
[证明] 由①，②，③知a,b,c是方程t^3-zt^2-yt-x=0的三根，由韦达定理得
a+b+c=z, ab+bc+ca=-y, abc=x.
所以原方程组的解为
x=abc
y=-ab-bc-ca
z=a+b+c
【例17】通过第一象限内定点m（x1,y1）的两圆都与两坐标轴相切，它们的半径分别为r1,r2,求证r1r2=x1^2+y1^2。

[证明]设两圆的方程为
（x-r1）^2+(y-r1)=r1^2,
(x-r2)^2+(y-r2)=r2^2.
因点（x1,y1）在这两圆上，所以
（x1-r1）^2+(y1-r1)^2=r1^2,
(x1-r2)^2+(y1-r2)^2=r2^2,
即r1,r2是方程(x1-z)^2+(y1-z)^2=z^2的两根，并将此方程整理为： 2^2-2（x1+y1)z+x1^2+y1^2=0,由韦达定理得 r1r2=x1^2+y1^2。

E. 用一些公式构造方程
【例18】求πππ7/6cos 7/4cos 7/2cos ++的值。

[证明] 设θ7=πn ^2(n=1,2,3),则θ4=θπ3^2-n ，θθ3cos 4c =os ，θ22^cos 21-=θθcos 33^c 4-os ，于是
01cos 32cos^83cos^44^c 8=++--θθθθos 。

易知1，π7/2c os ,π7/3cos ,π7/6cos 是方程
8x^4-4x^3-8x^2+3x+1=0.
的四个根，由韦达定理得1+π7/2cos +π7/4cos +π7/6cos =1/2,即 πππ7/6cos 7/4cos 7/2cos ++=-1/2.
2.构造复数
由于复数具有代数、几何、三角等多种表示形式以及它的特定性质、运算法则、几何意义，因而可以通过构造复数解决许多数学问题。

A.构造复数证明几何题
【例19】向⊿ABC 形外作正方形ABEF,ACGH 。

求证BH 与CF 垂直且相等。

[证明] 设A,B,C 在复平面上对应复数a,b,c 则有：
F 、H 对应的复数分别为a+(a-b)i,a+(c-a)i 于是
BH =(a-b)+(c-a)i, =(a-c)+(a-b)i=
i[(a-b)+(c-a)i].由此即知BH ⊥CF 且BE=CF 。

【例20】在平行四边形ABCD 中，若AC^2•BD^2=AB^4+AD^4，求证这平行四边形的锐角必为45֯。

[证明] 选择坐标系如图19，于是A: a(正实数)，C:θβi ^e ，B:θβαi ^+，D:0，所以有 ｜｜^2=｜θβαi e ^-｜^2, ｜｜^2=｜θβαi e ^+｜^2 ｜｜^2•｜｜^2=｜(θβαi e ^+)(θβαi e ^-)｜^2
=｜θβα2^2^2^i e -｜^2
=4^α+4^β-)2^2^(2^2^θθβαi e i e +
=4^α+4^β-θβα2cos 2^2^2.
依题设条件可知θ2cos =0，故θ=45֯ 。

B.构造复数解证三角及反三角问题
关于构造复数解证三角问题，例8就是一例，下面专就复数在反三角函数方面的应用给出例示。

非零复数z=a+bi(a,b ∈R)的三角形式是：z=r(θθsin cos i +),其中r= 2^2^a b +,r /cos αθ=,r /b sin =θ对任一角r b /sin arc ，总可构造一个辐角为r b rc /sin a 的复数z=a+bi,其中a=2^2^r b -(因2/π-≤r b /sin arc 2/π≤) 于是角r b /sin arc 的终边OZ 只能落在第一象限或第四象限，或落在x 轴的正向，y 轴上，故角r b /sin arc 所对应的复数z=a+bi 的实部非负）
如5/3sin arc 是复数z=4+3i 的一个辐角。

同样，r a /cos arc 是复数z=a+bi 的辐角，这里b=2^2^r a -;当a>0时，a b /arctg 是复数a+bi 的辐角；当b>0时，b a /arctg 是复数a+bi 的辐角。

利用这些结果及复数的其他运算性质可解决许多反三角函数方面的问题。

【例21】求5/2arccos 5/4arcsin -的值。

解：Θ0<5/4sin a rc <2/π, 2/π-<5/2arccos <0.
2/π-<5/4c a rcsi , 5/2arccos -<2/π.
5/4sin a rc ,5/2arccos 分别是复数3+4i, 2+i 的辐角，则5/4sin a rc ，5/2arccos -是3+4i 与2+i 的商在区间（2/π-，2/π）内的辐角。

因（3+4i ）/(2+i)=2+i,它在区间（2/π-，2/π）内的辐角可表示为2/1a rctg ，所以5/2arccos 5/4arcsin -=2/1a rctg 。

【例22】求)/1(arctg x arcctg x -.
解：2/3π-<)/1(arctg x arcctg x -<2/π,设)/1(arctg x arcctg x ，分别是复数z1=1+xi, z2=1/x+i 的辐角。

Θz1/z2=(1+xi)/(1/x+i)=x,当x>0时，z1/z2的辐角终边落在x 轴正向上，当x<0时，z1/z2的辐角终边落在x 轴负向上。

∴)/1(arctg x arcctg x -= 0 当x>0时
π- 当x<0时
【例23】求)211373(10arcctg arcctg arcctg arcctg ctg +++的值。

解： 211373arcctg arcctg arcctg arcctg +++是它们依次对应的复数3+i,7+i, 13+i,21+i 之积的辐角θ，而
（3+i ）（7+i ）（13+i ）（21+i ）=1700（3+2i ）θtg c =3/2
所以 )211373(10arcctg arcctg arcctg arcctg ctg +++
=10*3/2
=15.
【例24】设0<x<1,证明π=+-+-+)2^1/()2^1arcsin()1/()x (12x x x arctg 。

[证明]Θ0<x<1
∴0<)1/()1(arc 2x x tg -+. )2^1/()2^1sin(arc x x +-<π2/3.
设)1/()x 1(arc x tg -+，)2^1/()2^1sin(arc x x +-分别是复数（1-x)+(1+x)i, 2x+(1-x^2)i 的辐角，则)1/()1(arctg 2x x +-是复数[(1-x)+(1+x)i]^2=-4x+ 2(1-x^2)的辐角。

Θ[(1-x)+(1+x)i]^2[2x+(1-x^2)i]=-2(x^2-1)^2,它在区间（0,3/2π）内的辐角为π。

∴ π=+-+-+)2^1/()2^1arcsin()1/()x (12x x x arctg 。

【例25】解方程4/)1()2(arc π=+-+x arctg x tg 。

解：)1()2(arc +-+x arctg x tg 是复数1+（x+2)i/1+(x+1)i 的辐角，而 1+（x+2)i/1+(x+1)i=1/x^2+2x+2[(x^2+3x+3)+i]它的辐角是 )332^/(1arctg ++x x ，所以
4/)332^/(1arctg π=++x x ，1/(x^2+3x+3)=1.
解得x1=-1, x2=-2,经检验都是原方程的根。

【例26】解不等式x arctg x rc 2sin a >。

解 原不等式同解于02sin a >-x arctg x rc 。

Θππ<-<x arctg x 2arcsin -.
∴π<-<x arctg x 2arcsin 0.
又x arctg x 2arcsin -是复数)21/()2^x -1(xi xi ++的辐角，于是这个复数的辐角终边落在复平面的实轴上方（不包括实轴）的半平面内，故其复数的虚部为正，即
2^-12x x x ->0
解上述不等式，并注意到arcsinx 的定义域-1≤x ≤1,得原不等式的解为 12/3≤<x ，或02/3-<<x 。

【例27】求和
Sn=)12^/(113/17/13/1arctg ++++++n n arctg arctg arctg Λ
分析 此类问题通常将和式的各项裂项相消，为此需把通项)12^/(1++n n arctg 拆成两项之差。

但)12^/(1++n n arctg 是复数（n^2+n+1）+i 的辐角主值，于是需将复数（n^2+n+1）+i 化为两复数之商。

解 )12^/(1arctg ++k k 是复数（k^2+k+1）+i 的辐角主值，所以
（k^2+k+1）+i=[k(k+1)+1]+[(k+1)-k]i
=(k+i)[(k+1)-i]
=[(k+1)^2+1](k+i)/[(k+1)+i]，
)12^/(1arctg ++k k =)1/(1/1arctg +-k arctg k .
令k=1,2,3,Λ,n,得n 个等式，诸式相加得
)12^/(113/17/13/1arctg ++++++n n arctg arctg arctg Λ
=)1/(14/+-n arctg π。

进而可得∑∞
===++14/lim )12^/(1n Sn n n arctg π。

用同样的方法，读者可自行证明
Λ++++++)2^4*31/()2^3*21/()2^2*11/(a x arctgx x arctgx x rctgx ]2^)1(1/[]2^)1(1/[arctg x n arctgnx x n n x ++=+++.
【例28】若π=++arctgc arctgb a arctg ，求证
ab+bc+ca>1, a+b+c=abc.
[证明] 因arctgc arctgb a ,,arctg 分别为复数1+ai,1+bi,1+ci 的辐角，而 （1+ai ）（1+bi ）（1+ci ）
=(1-ab-bc-ca)+(a+b+c-abc)i.
据已知，它的辐角为π，即其辐角的终边落在x 轴负向上，所以 1-ab-bc-ca<0, a+b+abc=0
即ab+bc+ca>1, a+b+c=abc.
C.构造复数证不等式
【例29】设a,b,c,d,x ∈R,求证
2^2)^(2^2^x d c x b a +--+-）（2)^(2^a -c d b -+≤）（
分析 不等式左边的根式可以看作是两复数的模，右边可看成是另一复数的模，从而联想到不等式。