幾個代數(shù)等式對應(yīng)的圖形及應(yīng)用

湖南省湖南師范大學(xué)數(shù)學(xué)與統(tǒng)計學(xué)院(410081)葉 軍 閔福燕

我們知道,對于一個一元一次方程,在平面直角坐標(biāo)系中會有一條直線與其對應(yīng),對于一個一元二次方程,在平面直角坐標(biāo)系中會有一條拋物線與其對應(yīng).同樣地,對于一些特殊的代數(shù)式,在平面中也會有相應(yīng)的圖形與其對應(yīng),有時將代數(shù)問題轉(zhuǎn)化為平面幾何問題來解決,會大大地降低解題難度,達(dá)到化繁為簡的效果.下面我們來看幾個引理和具體例子.

引理1對于三銳角A,B,C,cos2A+cos2B+cos2C+2 cos A cos B cos C =1 當(dāng)且僅當(dāng)A+B+C =π.

證明運用降次公式,原式等價于等價于運用積化和差公式,等價于cos2C +2 cos A cos B cos C +cos(A-B)cos(A+B)=0.對cos C 進(jìn)行因式分解,等價于[cos C+cos(A+B)][cos C+cos(A-B)]=0.因為A,B,C為銳角,所以所以cos C+cos(A-B)＞0,故原式等價于cos C +cos(A+B)=0.等價于cos(A+B)=cos(π-C).又A+B,π-C ∈(0,π),且y =cos x 在(0,π)內(nèi)單調(diào)遞減,所以原式等價于A + B=π - C,等價于A+B+C =π,證畢.

下面給出幾例關(guān)于如何將代數(shù)問題轉(zhuǎn)化為幾何問題并運用上面三角恒等式解題.

例1.1已知正實數(shù)p,q,r 滿足關(guān)系式1,求證方程組有唯一解.

圖1

解顯然p,q,r ∈(0,1),令cos γ,其中則等式化為cos2α+cos2β+cos2γ+2 cos α cos β cos γ =1,由引理知,α+β +γ=π.由此可知,于是可構(gòu)造一個三內(nèi)角依次是α,β,γ,邊長為sin α,sin β,sin γ 的△ABC(此三角形外接圓半徑R 為).如圖1所示.

例1.2設(shè)正實數(shù)x,y,z 滿足x2+y2+z2+2xyz=1.令試求ab+bc+ca 的值.

提示首先,我們來證明一個銳角三角形內(nèi)的恒等式cot α cot β + cot β cot γ + cot γ cot α=1.將上式通分,等 價 于 證 明tan α + tan β + tan γ=tan α tan β tan γ.而tan α+tan β+tan γ=tan(α+β)(1-tan α tan β)+tan γ =tan(π-γ)(1-tan α tan β)+tan γ =-tan γ(1-tan α tan β)+tan γ=tan α tan β tan γ,所 以 有cot α cot β + cot β cot γ +cot γ cot α=1.

解因為x,y,z 均為正實數(shù),x,y,z ∈(0,1),且滿足x2+y2+z2+2xyz=1.所以可令x=cos α,y=cos β,z =cos γ,其中則上面三式分別化簡為=2 cot α,b=2 cot β,c=2 cot γ,則ab+bc+ca=4 cot α cot β +4 cot β cot γ +4 cot γ cot α=4.

例1.3設(shè)a,b,c ＞0,a2+b2+c2+abc=4.求證：恒為常數(shù).

解先用賦值法計算出這個常數(shù),不妨令a=b=c=1,則

下面證明對于任意滿足條件的a,b,c,

恒等于1.

因為a,b,c 均為正實數(shù),a,b,c ∈(0,2),且滿足a2+b2+c2+abc=4.所以可令a=2 cos α,b=2 cos β,c=2 cos γ,其中則上面三式分別化簡為

則

通過以上三例我們可以歸納總結(jié)出對于正實數(shù)x,y,z,若滿足x2+y2+z2+2xyz=1 這種形式的代數(shù)式,則可以構(gòu)造出一個銳角三角形ABC,使得x=cos A,y=cos B,z=cos C,這樣就可以將代數(shù)問題轉(zhuǎn)化成幾何問題,會大大地降低解題難度,達(dá)到化繁為簡的效果.

引理2若三個正實數(shù)a,b,c 滿足a2=b2+c2-2bc cos α(0 ＜α ＜π),則以a,b,c 為邊長可以構(gòu)造一個△ABC.且α為b,c 兩邊的夾角.

此引理稱為余弦定理的逆定理.

證明以a,b,c 為邊長可以構(gòu)成一個三角形的充要條件是由題目條件知a2=b2+c2-2bc cos α,又-1 ＜cos α ＜1,所以0 ＜b2+c2-2bc ＜a2＜b2+c2+2bc,即(b-c)2＜a2＜(b+c)2,所以|b-c| ＜a ＜b+c.由此可知,以a,b,c 為邊長可以構(gòu)成一個三角形,設(shè)此三角形為△ABC,其中角A,B,C 所對邊長分別為a,b,c.則由余弦定理得而由題干知,所以cos A=cos α.又A,α ∈(0,π),故A=α.故以a,b,c 為邊長可以構(gòu)造一個△ABC.且α 為b,c 兩邊的夾角.

下面給出幾例關(guān)于如何將代數(shù)問題轉(zhuǎn)化為幾何問題并運用余弦定理逆定理解題.

例2.1設(shè)正實數(shù)a,b,c 滿足試求b2-ac 的值.

圖2

解如圖2,以O(shè) 為起點,作長度為a,b,c 的三條線段OA,OB,OC,使得∠AOB=90°,∠AOC=120°則∠BOC =150°.由余弦定理得,

則易得∠CAB =90°,過O 作OE⊥AC,OF⊥AB.設(shè)AE =m,OE=n,易得∠ABO=∠OAE,所以即又有∠AOC=120°,所以tan ∠AOC =即

例2.2證明：對任意正實數(shù)x,y,z 有√

圖3

證明聯(lián)想到余弦定理逆定理以及三角形中兩邊之和大于第三邊,我們可以構(gòu)造圖形,如圖3,以O(shè) 為起點,作120°,則∠BOC=150°.由余弦定理有由于三角形中兩邊之和大于第三邊,所以AB+AC ＞BC,即證得原不等式成立.

通過以上兩例可以歸納總結(jié)出對于三個正實數(shù)a,b,c,若滿足a2=b2+c2-2bc cos α(0 ＜α ＜π)這種形式,則可以構(gòu)造出一個三角形△ABC,使得△ABC 三邊長分別為a,b,c,從而將代數(shù)問題轉(zhuǎn)化成幾何問題,將抽象的代數(shù)式轉(zhuǎn)化成圖形直觀的表現(xiàn)出來.

引理3在凸四邊形ABCD 中,若AB·CD+BC·AD =AC ·BD,則A,B,C,D 四點共圓.此定理稱為托勒密定理的逆定理.

圖4

證明如圖4所示,在凸四邊形ABCD 中,取點E 使∠BAE =∠CAD,∠ABE =∠ACD,則△ABE ∽△ACD,即有即

又∠DAE =∠CAB,有△ADE ∽△ACB,亦有

由 ①式和 ②式,注意到BE+ED ≥BD,有AB·CD+BC·AD =AC·(BE+ED)≥AC·BD.其中等號成立當(dāng)且僅當(dāng)E 在BD 上,即∠ABD=∠ACD.此時A,B,C,D四點共圓.證畢.

下面給出一例關(guān)于如何將代數(shù)問題轉(zhuǎn)化為幾何問題并運用托勒密定理的逆定理解題.

例3.1解方程

圖2

解此等式具有ab+cd=ef 的形式,可以考慮運用托勒密定理的逆定理進(jìn)行解答.由托勒密定理的逆定理知,以為邊的四邊形ACBD 四點共圓,且四邊形兩對角線長分別為如圖5所示.又因為所以對角線AB 恰好是此外接圓的直徑,且AB 的長度就是方程的解x.在△BCD 中,應(yīng)用余弦定理得,所以∠BCD=120°,再應(yīng)用正弦定理得

例3.2設(shè)a,b,c,d,x,y 為正實數(shù),且滿足xy =ac+bd,求證：

圖6

分析對于代數(shù)式xy=ac+bd,運用托勒密定理的逆定理,可以構(gòu)造一個圓內(nèi)接四邊形ABCD,其中a,b,c,d 為四邊形ABCD 的四條邊長,x,y 為其對角線的長.根據(jù)面積關(guān)系可以證明在此四邊形ABCD 中,有

再通過考察欲證等式的幾何意義,問題可以轉(zhuǎn)化為證明rA+ rC=rB+ rD.其中rA,rB,rC,rD依次為△ABD,△BCA,△CDB,△DAC 的內(nèi)切圓半徑.這是本例的大致解題思路,具體的解題過程不再贅述,感興趣的讀者可以多多研究.

可見對于給定的具有ab+cd=ef 形式的代數(shù)式,可以考慮應(yīng)用托勒密定理及其逆定理構(gòu)造圓內(nèi)接四邊形,將代數(shù)問題轉(zhuǎn)化成幾何問題,將抽象的代數(shù)式轉(zhuǎn)化成圓內(nèi)接四邊形表示出來,從而達(dá)到較好的解題效果.

從上面的引理和例題我們可以發(fā)現(xiàn),對于一些特殊的代數(shù)式如三角恒等式、余弦定理及其逆定理、托勒密定理的逆定理等,在平面中都會有相應(yīng)的圖形與其對應(yīng),所以在今后的學(xué)習(xí)中遇到這類代數(shù)問題,可以盡量將其轉(zhuǎn)化到平面幾何上進(jìn)行思考研究,可能會極大的降低解題難度.