一類“線段比”問題的解法

扈保洪

在學(xué)生學(xué)過“圖形的投影”后，知道了平行投影可分為正投影和斜投影，而且無論是正投影還是斜投影都具有保持比值不變的性質(zhì)，即在同一直線（或平行直線）上，兩條線段平行投影的比等于這兩條線段的比（注：其根據(jù)是平行線分線段成比例定理，下同）。又因?yàn)樵谄矫嬷苯亲鴺?biāo)系中，用正投影的方法來確定點(diǎn)的橫（或縱）坐標(biāo)，所以在該坐標(biāo)系中，同一直線（或平行直線）上兩線段之比等于其端點(diǎn)的橫（或縱）坐標(biāo)之差的比。以此類推，若建立平面斜角坐標(biāo)系，并根據(jù)斜投影的方法來確定點(diǎn)的橫（或縱）坐標(biāo)，則在該斜角坐標(biāo)系中，同一直線（或平行直線）上兩線段之比也等于其端點(diǎn)的橫（或縱）坐標(biāo)之差的比（見圖1，AB∶BC=（x2-x1）∶（x3-x2）=（y1-y2）∶（y2-y3））。而且，因?yàn)楸戎禌]有單位，所以為了方便起見，可根據(jù)比的各項(xiàng)所占份數(shù)的大小，靈活設(shè)定線段端點(diǎn)的（相對(duì)）坐標(biāo)。因此，對(duì)于涉及同一直線上“線段比”的一類平面幾何問題，可嘗試運(yùn)用下述方法來解答。

這種方法的一般步驟為：（1）根據(jù)已知條件，建立適當(dāng)?shù)钠矫嫘苯亲鴺?biāo)系，并給出某些點(diǎn)的（相對(duì)）坐標(biāo)；（2）求出某些直線的函數(shù)解析式，再通過解方程組得出所求的（相對(duì)）坐標(biāo)；（3）根據(jù)平行投影保持比值不變的性質(zhì)，求出同一直線上的“線段比”，進(jìn)而推出最后的結(jié)論。

現(xiàn)給出幾例，以饗讀者。不當(dāng)之處，也請(qǐng)批評(píng)指正。

圖1圖2例1如圖2，在△ABC的一邊AB上有P1、P2兩點(diǎn)，在另一邊AC上有Q1、Q2兩點(diǎn)，若AB1AP1+AC1AQ1=AB1AP2+AC1AQ2=3，則直線P1Q1與P2Q2的交點(diǎn)G是△ABC的重心。（數(shù)學(xué)問題第1212題，見《數(shù)學(xué)通報(bào)》1999年第10期第47頁(yè)）

證明如圖2所示，以點(diǎn)A為原點(diǎn)，建立平面斜角坐標(biāo)系。

因?yàn)锳B1AP1+AC1AQ1=AB1AP2+AC1AQ2=3，

所以設(shè)AB1AP1=1。5+t，AC1AQ1=1。5-t，AB1AP2=1。5-k，AC1AQ2=1。5+k.

所以可令下列各點(diǎn)的相對(duì)坐標(biāo)為：B（1，0）、C（0，1）、P1111。5+t，0、P2111。5-k，0、Q10，111。5-t、Q20，111。5+k.

所以由待定系數(shù)法易知P1Q1、P2Q2的函數(shù)解析式為：

P1Q1：y=-1。5+t11。5-tx+111。5-t。①

P2Q2：y=-1。5-k11。5+kx+111。5+k。②

又因?yàn)榻猗倥c②組成的方程組，知G113，113.

所以由中線AM的解析式為y=x，知點(diǎn)G在中線AM上，且AG∶GM=2∶1，故點(diǎn)G是△ABC的重心。

例2如圖3，設(shè)⊙O為銳角△ABC的外接圓，其半徑為R；AO、BO、CO的延長(zhǎng)線分別交BC、CA、AB于點(diǎn)D、E、F。求證11AD+11BE+11CF=21R。（數(shù)學(xué)問題第606題，見《數(shù)學(xué)教學(xué)》2004年第4期第47頁(yè)）

圖3證明如圖3所示，以點(diǎn)B為原點(diǎn)，建立平面斜角坐標(biāo)系。設(shè)點(diǎn)A、C、O的相對(duì)坐標(biāo)為：A（0，1）、C（1，0）、O（x0，y0）（即令點(diǎn)O、A的縱坐標(biāo)之比為y0∶1，點(diǎn)O、C的橫坐標(biāo)之比為x0∶1）；再分別作OO1∥AB，OO2∥BC，并令∠ABC=β。

則在△BOO1、△AOO2、△COO1中，分別應(yīng)用余弦定理（或作垂線，利用勾股定理。下同），得：

x20+y20+2x0y0cosβ=R2=OB2，

x20+1-y02-2x01-y0cosβ=R2=OA2，

y20+1-x02-2y01-x0cosβ=R2=OC2。

消去R2，得2x0cosβ+2y0=1，

2x0+2y0cosβ=1。

因?yàn)榻膺@個(gè)方程組，知O112+2cosβ，112+2cosβ.

所以易知AD、BE、CF、AC的函數(shù)解析式分別為：

AD：y=-1+2cosβx+1；①

BE：y=x；②

CF：y=-111+2cosβx-1；③

AC：y=-x+1；④

又因?yàn)橛散?、③或解②與④組成的方程組，知D111+2cosβ，0、F0，111+2cosβ、E112，112，

所以R1AD=AO1AD=1-112+2cosβ÷1

=1-112+2cosβ.

同理可得

R1BE=BO1BE=111+cosβ；R1CF=CO1CF=1-112+2cosβ.

因此把以上三式相加，得11AD+11BE+11CF=21R.

圖4例3如圖4，△ABC的邊AB、AC上各有一點(diǎn)R、Q，直線RQ與BC的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)P。

求證：AQ1PQ·CQ1RQ+PC1PQ·PB1PR-AR1QR·BR1PR=1。（網(wǎng)上“懸賞”征解題，見《數(shù)學(xué)教學(xué)》2011年第3期第28—29頁(yè)）

證明如圖4所示，以點(diǎn)Q為原點(diǎn)，建立平面斜角坐標(biāo)系。

設(shè)以下各點(diǎn)的相對(duì)坐標(biāo)為Pa，0、R-1，0、A0，b、C0，-1，則易知AR、PC的函數(shù)解析式分別為：

AR：y=bx+b；①

PC：y=11ax-1。②

因?yàn)榻猗倥c②組成的方程組，知Bab+a11-ab，ab+b11-ab.

所以PB1PC=-ab+b11-ab÷1=ab+b1ab-1，

BR1AR=-ab+b11-ab÷b=a+11ab-1；

而在△PQC和△AQR中，根據(jù)余弦定理，得：

PC2=a2+1-2acosβ，AR2=b2+1-2bcosβ.

因此AQ1PQ·CQ1RQ+PC1PQ·PB1PR-AR1QR·BR1PRendprint

=AQ·CQ1PQ·RQ+PC21PQ·PR·PB1PC-AR21QR·PR·BR1AR

=b×11a×1+a2+1-2acosβ1aa+1·ab+b1ab-1-b2+1-2bcosβ11×a+1·a+11ab-1=a2b-a1a2b-a=1.

例4如圖5，已知⊙O是四邊形ABCD的外接圓，AD與BC相交于點(diǎn)R，BA與CD相交于點(diǎn)P，而過A、C分別作⊙O的切線，兩線相交于點(diǎn)M，過B、D分別作⊙O的切線，兩線相交于點(diǎn)N。求證：11RM+11RN=21RP（數(shù)學(xué)問題第881題，見《數(shù)學(xué)教學(xué)》2013年第6期第46頁(yè)）。

圖5證明如圖5所示，以點(diǎn)D為原點(diǎn)，建立平面斜角坐標(biāo)系。

設(shè)以下各點(diǎn)的相對(duì)坐標(biāo)為A0，b、R0，-1、Pa，0、C-1，0，則易知RC、PA、RP的函數(shù)解析式分別為：

RC：y=-x-1，①

PA：y=-b1ax+b，②

RP：y=11ax-1。③

因?yàn)榻猗?、②組成的方程組，知Bab+11b-a，ba+11a-b.

所以RB1RC=0-ab+11b-a÷0+1=ab+11a-b。

又因?yàn)橛筛罹€定理知RB1RC·RC2=RD·RA，

且RC2=DC2+DR2-2DC·DR·cosβ

=2-2cosβ（這里令∠ADP=β）.

所以2-2cosβ·ab+11a-b=1×b+1，

得a=b12cosβ-1。④

而易知AC、BD的中點(diǎn)分別為E-112，b12、Fab+112b-a，ba+112a-b.

從而把④代入③及點(diǎn)F的坐標(biāo)中，得：

RP：y=2cosβ-11bx-1；⑤

Fb+114cosβ-1，b+2cosβ-1141-cosβ.

又因?yàn)橛门c例2類似的方法，可得O-bcosβ+112sin2β，b+cosβ12sin2β.

所以易知直線OE、OF的函數(shù)解析式分別為：

OE：y=-1+bcosβ1b+cosβx+b2-112b+cosβ；⑥

OF：y=2cosβ+b+11b-1x+2bcosβ+b2+112b-11-cosβ；⑦

再令直線OE與RP交于點(diǎn)M′，OF與RP交于點(diǎn)N′，則分別解⑤與⑥、⑤與⑦組成的方程組，知M′b12cosβ，-112cosβ、N′b12cosβ-1，112cosβ-1。

因此RP1RN′+RP1RM′=a÷b12cosβ-1+a÷b12cosβ=2a2cosβ-11b=2b12=2。⑧

作OG∥y軸M′G∥x軸，則在△OGM′中，由余弦定理知：

OM′2=b12cosβ+bcosβ+112sin2β2+b+cosβ12sin2β+112cosβ2-2b12cosβ+bcosβ+112sin2βb+cosβ12sin2β+112cosβ·cosβ，

整理，得OM′2=b2+2bcosβ+114sin2β·cos2β.

同理可得：

OA2=2bcosβ+b2+114sin2β，

AM′2=2bcosβ+1+b214cos2β.

由此可知OA2+AM′2=OM′2，這表明OA⊥AM′，AM′是⊙O的切線。

顯然，若分別連接CM′、BN′、DN′，則同理可證CM′、BN′、DN′均為⊙O的切線，從而點(diǎn)M′、N′分別為已知條件中的點(diǎn)M、N。于是，由已證結(jié)論⑧，得11RM+11RN=21RP。

由以上幾例可見，上述方法的思路自然、簡(jiǎn)捷、流暢，三個(gè)基本步驟也環(huán)環(huán)相扣，且用它解題時(shí)，有利于把握問題的本質(zhì)，濃縮思維的過程，簡(jiǎn)化解題的途徑。對(duì)于后面的兩例，雖然其難度較大，可利用該方法解起來，仍然似“行云流水”一般，很少有迂回曲折的感覺，因而彰顯了該方法的非凡價(jià)值。但“小荷才露尖尖角”，該方法的潛在功能還有待老師們深入研究。endprint

=AQ·CQ1PQ·RQ+PC21PQ·PR·PB1PC-AR21QR·PR·BR1AR

=b×11a×1+a2+1-2acosβ1aa+1·ab+b1ab-1-b2+1-2bcosβ11×a+1·a+11ab-1=a2b-a1a2b-a=1.

例4如圖5，已知⊙O是四邊形ABCD的外接圓，AD與BC相交于點(diǎn)R，BA與CD相交于點(diǎn)P，而過A、C分別作⊙O的切線，兩線相交于點(diǎn)M，過B、D分別作⊙O的切線，兩線相交于點(diǎn)N。求證：11RM+11RN=21RP（數(shù)學(xué)問題第881題，見《數(shù)學(xué)教學(xué)》2013年第6期第46頁(yè)）。

圖5證明如圖5所示，以點(diǎn)D為原點(diǎn)，建立平面斜角坐標(biāo)系。

設(shè)以下各點(diǎn)的相對(duì)坐標(biāo)為A0，b、R0，-1、Pa，0、C-1，0，則易知RC、PA、RP的函數(shù)解析式分別為：

RC：y=-x-1，①

PA：y=-b1ax+b，②

RP：y=11ax-1。③

因?yàn)榻猗佟ⅱ诮M成的方程組，知Bab+11b-a，ba+11a-b.

所以RB1RC=0-ab+11b-a÷0+1=ab+11a-b。

又因?yàn)橛筛罹€定理知RB1RC·RC2=RD·RA，

且RC2=DC2+DR2-2DC·DR·cosβ

=2-2cosβ（這里令∠ADP=β）.

所以2-2cosβ·ab+11a-b=1×b+1，

得a=b12cosβ-1。④

而易知AC、BD的中點(diǎn)分別為E-112，b12、Fab+112b-a，ba+112a-b.

從而把④代入③及點(diǎn)F的坐標(biāo)中，得：

RP：y=2cosβ-11bx-1；⑤

Fb+114cosβ-1，b+2cosβ-1141-cosβ.

又因?yàn)橛门c例2類似的方法，可得O-bcosβ+112sin2β，b+cosβ12sin2β.

所以易知直線OE、OF的函數(shù)解析式分別為：

OE：y=-1+bcosβ1b+cosβx+b2-112b+cosβ；⑥

OF：y=2cosβ+b+11b-1x+2bcosβ+b2+112b-11-cosβ；⑦

再令直線OE與RP交于點(diǎn)M′，OF與RP交于點(diǎn)N′，則分別解⑤與⑥、⑤與⑦組成的方程組，知M′b12cosβ，-112cosβ、N′b12cosβ-1，112cosβ-1。

因此RP1RN′+RP1RM′=a÷b12cosβ-1+a÷b12cosβ=2a2cosβ-11b=2b12=2。⑧

作OG∥y軸M′G∥x軸，則在△OGM′中，由余弦定理知：

OM′2=b12cosβ+bcosβ+112sin2β2+b+cosβ12sin2β+112cosβ2-2b12cosβ+bcosβ+112sin2βb+cosβ12sin2β+112cosβ·cosβ，

整理，得OM′2=b2+2bcosβ+114sin2β·cos2β.

同理可得：

OA2=2bcosβ+b2+114sin2β，

AM′2=2bcosβ+1+b214cos2β.

由此可知OA2+AM′2=OM′2，這表明OA⊥AM′，AM′是⊙O的切線。

顯然，若分別連接CM′、BN′、DN′，則同理可證CM′、BN′、DN′均為⊙O的切線，從而點(diǎn)M′、N′分別為已知條件中的點(diǎn)M、N。于是，由已證結(jié)論⑧，得11RM+11RN=21RP。

由以上幾例可見，上述方法的思路自然、簡(jiǎn)捷、流暢，三個(gè)基本步驟也環(huán)環(huán)相扣，且用它解題時(shí)，有利于把握問題的本質(zhì)，濃縮思維的過程，簡(jiǎn)化解題的途徑。對(duì)于后面的兩例，雖然其難度較大，可利用該方法解起來，仍然似“行云流水”一般，很少有迂回曲折的感覺，因而彰顯了該方法的非凡價(jià)值。但“小荷才露尖尖角”，該方法的潛在功能還有待老師們深入研究。endprint

=AQ·CQ1PQ·RQ+PC21PQ·PR·PB1PC-AR21QR·PR·BR1AR

=b×11a×1+a2+1-2acosβ1aa+1·ab+b1ab-1-b2+1-2bcosβ11×a+1·a+11ab-1=a2b-a1a2b-a=1.

例4如圖5，已知⊙O是四邊形ABCD的外接圓，AD與BC相交于點(diǎn)R，BA與CD相交于點(diǎn)P，而過A、C分別作⊙O的切線，兩線相交于點(diǎn)M，過B、D分別作⊙O的切線，兩線相交于點(diǎn)N。求證：11RM+11RN=21RP（數(shù)學(xué)問題第881題，見《數(shù)學(xué)教學(xué)》2013年第6期第46頁(yè)）。

圖5證明如圖5所示，以點(diǎn)D為原點(diǎn)，建立平面斜角坐標(biāo)系。

設(shè)以下各點(diǎn)的相對(duì)坐標(biāo)為A0，b、R0，-1、Pa，0、C-1，0，則易知RC、PA、RP的函數(shù)解析式分別為：

RC：y=-x-1，①

PA：y=-b1ax+b，②

RP：y=11ax-1。③

因?yàn)榻猗?、②組成的方程組，知Bab+11b-a，ba+11a-b.

所以RB1RC=0-ab+11b-a÷0+1=ab+11a-b。

又因?yàn)橛筛罹€定理知RB1RC·RC2=RD·RA，

且RC2=DC2+DR2-2DC·DR·cosβ

=2-2cosβ（這里令∠ADP=β）.

所以2-2cosβ·ab+11a-b=1×b+1，

得a=b12cosβ-1。④

而易知AC、BD的中點(diǎn)分別為E-112，b12、Fab+112b-a，ba+112a-b.

從而把④代入③及點(diǎn)F的坐標(biāo)中，得：

RP：y=2cosβ-11bx-1；⑤

Fb+114cosβ-1，b+2cosβ-1141-cosβ.

又因?yàn)橛门c例2類似的方法，可得O-bcosβ+112sin2β，b+cosβ12sin2β.

所以易知直線OE、OF的函數(shù)解析式分別為：

OE：y=-1+bcosβ1b+cosβx+b2-112b+cosβ；⑥

OF：y=2cosβ+b+11b-1x+2bcosβ+b2+112b-11-cosβ；⑦

再令直線OE與RP交于點(diǎn)M′，OF與RP交于點(diǎn)N′，則分別解⑤與⑥、⑤與⑦組成的方程組，知M′b12cosβ，-112cosβ、N′b12cosβ-1，112cosβ-1。

因此RP1RN′+RP1RM′=a÷b12cosβ-1+a÷b12cosβ=2a2cosβ-11b=2b12=2。⑧

作OG∥y軸M′G∥x軸，則在△OGM′中，由余弦定理知：

OM′2=b12cosβ+bcosβ+112sin2β2+b+cosβ12sin2β+112cosβ2-2b12cosβ+bcosβ+112sin2βb+cosβ12sin2β+112cosβ·cosβ，

整理，得OM′2=b2+2bcosβ+114sin2β·cos2β.

同理可得：

OA2=2bcosβ+b2+114sin2β，

AM′2=2bcosβ+1+b214cos2β.

由此可知OA2+AM′2=OM′2，這表明OA⊥AM′，AM′是⊙O的切線。

顯然，若分別連接CM′、BN′、DN′，則同理可證CM′、BN′、DN′均為⊙O的切線，從而點(diǎn)M′、N′分別為已知條件中的點(diǎn)M、N。于是，由已證結(jié)論⑧，得11RM+11RN=21RP。

由以上幾例可見，上述方法的思路自然、簡(jiǎn)捷、流暢，三個(gè)基本步驟也環(huán)環(huán)相扣，且用它解題時(shí)，有利于把握問題的本質(zhì)，濃縮思維的過程，簡(jiǎn)化解題的途徑。對(duì)于后面的兩例，雖然其難度較大，可利用該方法解起來，仍然似“行云流水”一般，很少有迂回曲折的感覺，因而彰顯了該方法的非凡價(jià)值。但“小荷才露尖尖角”，該方法的潛在功能還有待老師們深入研究。endprint