解析法证明平面几何问题

例5 直线 l 与圆 O 相离,OE l 于 E , M 是l 上不 同于 E 的任意一点,从 M 作圆 O 的两条切线,切 点为 A, B, 点 C 在 MA 上,且使EC MA, 点 D 在
MB且使 ED MB,直线 CD 与 OE 交于F . 求证: F 的位置不依赖 M 的位置. (35届IMO )
(1994年国家集训队测试题)
P A M B N Q T S
解:如图,设 x x a , y y b , x x a , y y b , P A 1 P A 1 Q B 2 Q B 2
则 xR xA ua1, yR yA ub1, xS xB ua2 , yS yB ub2 . xP kxQ xA kxB y A kyB 又 xM , yM , xN , 1 k 1 k 1 k
试证: AM , DN 和 XY 三条直线共点.(36届 IMO)
分析:如图以 XY 为弦的圆O,只需
M
y S X
证明当 P 确定时,S 也确定.
A O
P Z C x Y
解:设 X (0, m), P(0, y0 ), PCA , m, y0为定值. 则有 xC y0 cot .
连 PN , 则
解析:如图,设 B(2b, 0), C (2c, 0), D(2d , 2e),
PQ 与 x 轴交于点 E.
则 M (b,0), N (c d , e), P(b d , e),
bcd e 从而 Q ( , ). 2 2 所以 Q 是 PE 的中点.
所以 x
E
y
D P Q
a cot sin( ) cos( ), 及 xC yC tan( ) a cot sin2 ( ).
同理 yD a cot sin( ) cos( ), xD a cot sin 2 ( ). 所以
A
I B x
从而
kDE
2sin B 1 2sin B 1 1 . kOI 2 3 sin B 3 4sin(150 B) 2 2 3 2cos B
例4 在 ABC 中,A 60 , 过该三角形的内心 I 作直线平行于AC 交 AB于点 F .在 BC边上取点 P 使得 3BP BC , 求证: BFP 1 B.(32届 IMO) 2 解:显然 B(2R sin C,0), C( R sin B, 3R sin B),
b c' a c' 同理 . 所以有 . c b' c a' 所以 BC '// B ' C.
b
a'
O
l
CB
A x
2 合理选择点和曲(直)线方程的形式
平面几何主要研究直线与圆,而在解析几何中直线 与圆的有关知识简单而丰富,故解题时点和曲(直)线
方程形式的合理选择是减少运算量的重要措施.
事实证明,角参数往往是最有效的. 例9 在矩形 ABCD外接圆的弧 AB 上取不同于顶点
求证: 1 1 1 1 .
PA
PD
PB
PC
解:如图,以 F 为极点, FP 为极轴,建立极坐标系. 设 APF CPF , AFX 1, BFX 2 , PF 0 . 0 sin 1 AP PF 则有 PA . sin AFP sin A sin(1 ) 0 sin 1 sin(1 ) 1 1 同理 PD . 所以 PA PD 0 sin 1 sin(1 )
面几何问题具体介绍如下.
一 证明平行、垂直、相等、共线、过定点等问题:
例1 设线段 AB 的中点为 M ,在线段 AB上另取一 点 C , 点 D位于直线 AB外,连结 CD,线段 CD中点 的为 N , BD的中点为 P, MN的中点为 Q. 求证:直线 PQ平分线段 AC.
平几法:
1 EM // NP // BC. 2
A, B 的点 M .点 P, Q, R, S是 M分别在 AD, AB, BC, CD
上的投影.证明:直线 PQ与 RS 互相垂直.
(南斯拉夫竞赛试题)
解:如图,设单位圆 O : x2 y 2 1,
A(cos ,sin ), M (cos ,sin ),( ).
二 简化运算
1 正确选择坐标系:解析法的基本技能是正确选取直
角坐标系或极坐标系,及正确安置几何图形在坐标系 中的位置.这样往往可以使点的坐标、曲(直)线方程 的形式显得简洁、明了,从而解题明快. 例7 已知 F 为 P 平分线上任意一点,过 F 任作两条
直线 AD, BC 交 P 的两边于 A, B, C , D.
y A D O E I B x
1 又CIB 90 A, BC 2 R sin A. 2 C A B 所以 CI 4 R sin sin . 2 2
y
4sin(75 )sin sin15 cos(150 B) 2cos B 3 2 2 2 kOI . B B 2sin B 1 4sin(75 )sin cos15 sin(150 B) 2 2
则 Q(cos ,sin ), S (cos , sin ),
y R B O C S D M Q
P(cos ,sin ), R( cos ,sin ).
sin sin sin sin k PQ k RS cos cos cos cos sin 2 sin 2 1. 2 2 cos cos
解析法证明平面几何问题
上海市格致中学 茹双林 2012年7月2日
几何研究中的两大类问题:即位置关系与数量关
系问题.相对来说平面几何中的这些问题较抽象,而
解析几何又可把这些问题变成程序化操作,且都可 化成数量关系问题,我想这就是笛卡尔的原始设想. 此法的特点是:首先建立适当的坐标系,引进某角 (直线的倾斜角或三角形中的某角)作为参数,用其表 示点的坐标、曲(直)线的方程,然后通过三角处理使 问题获解.下面结合全国高中数学联赛和 IMO中的平
y
B O A F
kCD
sin 2( ) sin 2( ) 2 sin 2 ( ) sin 2 ( )
l
D M
C E x
cot 2 .
从而CD 方程为: y a cot sin( ) cos( ) cot 2 x a cot sin 2 ( ) . 令x 0得
所以 F 的位置不依赖 M 的位置.
l D M
B O A F C E x
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 及 M直线 BP 与以 BD为直径的圆相交于 B 及 N .
yN
yP kyQ 1 k
xT xM yT yM 所以 u . yN yM xN xM yT yM yN yM 即有 . xT xM xN xM 从而 k k .
MN MT
yR kyS , xT , yT , 1 k 1 k
P A M B N Q T S R
m2 但 xA xC y , 则 xA tan . y0 所以 AM 的方程为:
2 X
y S M X P A O Z C x
m y cot ( x tan ). y0
2
m2 Y . 令 x 0得 yS y0 即点 S 的位置取决于点 P 的位置,与圆 O 无关.
3 R 所以 D( R(2sin B 1), (2sin B 1)), D 2 2 O E ( R(2sin A 1),0), O( R sin A, R cos A), C E A B A B I (4 R sin sin cos15 , 4 R sin sin sin15 ). 2 2 2 2 故 B B
yF a cot sin( ) cos( ) cot 2 sin( )
a cot sin( ) sin( ) cos 2 cos 2 a sin 2 4sin 2 y
a sin 2 a2 r 2 (1 2 ) 为定值. 2 sin 2a
分析:如图,设圆的半径为r ,
y
OE a, OME , OMA . sin r . 显然有 sin a
表达 CD方程,令 x 0 即可.
D l M
B O A F C E x
解: yC MC sin( ) ME sin( ) cos( )
xR kxS
三角形中的几个结论:
AB AC BC 2 R, sin C sin B sin A
A B C r 4 R sin sin sin . 2 2 2
由此
B C A C AI 4 R sin sin ; BI 4 R sin sin ; 2 2 2 2 A B CI 4 R sin sin . 2 2
N
c.
O (A)
E M
C
B
x
例2 已知 P, R 为射线 AX 上两点,Q, S 为射线 BY AR BS 上两点,且满足 , M , N , T 分别在线段 AP BQ 上,且 AM PN RT k . AB, PQ, RS MB NQ TS 问 M , N ,T三点位置关系如何? R