平面几何

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同事代她朋友的儿子问我两道平面几何题,第一题我已经给出解答,下面我们来求解第2个平面几何题:

题目:已知$\triangle ABC$中,$H$是$\triangle ABC$的垂心,直线$BH$交直线$AC$于点$D$.$M$为$AH$的中点.$O$是$\triangle ABH$的外心.直线$CM,DO$交于点$G$.连接$HG$,过点$C$作$HG$的平行线交$AH$延长线于点$E$.连接$DE$.求证:$DO\perp DE$.

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证明:如图2,设$\triangle ABH$中,$\angle ABH=\alpha$,$\angle BAH=\beta$,设$\triangle ABH$的外接圆半径为$R$.设直线$OD$与直线$BC$交于点$F$,直线$OD$与直线$AB$交于点$P$.设线段$BH$的中点为$Q$.过点$E$作直线$AC$的垂线,设垂足为$K$.先用$\alpha,\beta,R$表示出若干线段的长度和角的度数.易得
$$
AH=2R\sin\alpha,BH=2R\sin\beta,
$$
$$
\angle OBA=\angle OAB=\angle HAD=\angle HBC=90^{\circ}-(\alpha+\beta).
$$

\begin{align*}
\tan\angle BDP&=\frac{OQ}{QD}=\frac{OQ}{QH+HD}\\&=\frac{R\sin\angle
OBH}{\frac{1}{2}BH+AH\sin\angle
HAD}\\&=\frac{R\sin(90^{\circ}-\beta)}{R\sin\beta+2R\sin\alpha\sin[90^{\circ}-(\alpha+\beta)]}\\&=\frac{\cos\beta}{\sin\beta+2\sin\alpha\cos(\alpha+\beta)}
\\&=\frac{\cos\beta}{\sin(2\alpha+\beta)}.
\end{align*}

\begin{align*}
\frac{AP}{PB}&=\frac{S_{\triangle DAP}}{S_{\triangle
DBP}}=\frac{\frac{1}{2}DA\cdot DP\sin\angle
ADP}{\frac{1}{2}DB\cdot DP\sin\angle BDP}\\&=\frac{\frac{1}{2}DA\cdot DP\cos\angle
BDP}{\frac{1}{2}DB\cdot DP\sin\angle BDP}\\&=\frac{DA}{DB\tan\angle
BDP}
\\&=\frac{\tan\alpha}{\tan\angle BDP}
\\&=\frac{\tan\alpha\sin(2\alpha+\beta)}{\cos\beta}.
\end{align*}

$$
\frac{CD}{DA}=\frac{CD/BD}{DA/BD}=\frac{\tan \angle DBC}{\tan \angle
ABD}=\frac{1}{\tan\alpha\tan(\alpha+\beta)}.
$$由梅涅劳斯定理,
$$
\frac{AP}{PB}\cdot \frac{BF}{FC}\cdot \frac{CD}{DA}=1,
$$

$$
\frac{FC}{BF}=\frac{AP}{PB}\cdot \frac{CD}{DA}=\frac{\sin(2\alpha+\beta)}{\cos\beta\tan(\alpha+\beta)}
$$
因为
$$
BD=BH+HD=2R\sin\beta+2R\sin\alpha\cos(\alpha+\beta)=2R\sin(\alpha+\beta)\cos\alpha,
$$
所以
$$
BC=\frac{BD}{\cos\angle DBC}=\frac{2R\sin(\alpha+\beta)\cos\alpha}{\sin(\alpha+\beta)}=2R\cos\alpha.
$$
于是
$$
\frac{FC}{BF}=\frac{FC}{BC+CF}=\frac{FC}{2R\cos\alpha+FC}=\frac{\sin(2\alpha+\beta)}{\cos\beta\tan(\alpha+\beta)},
$$
解得
\begin{align*}
FC&=\cfrac{2R\cos\alpha}{\cfrac{\cos\beta\tan(\alpha+\beta)}{\sin(2\alpha+\beta)}-1}\\&=
\frac{2R\cos\alpha\sin(2\alpha+\beta)}{\cos\beta\tan(\alpha+\beta)-\sin(2\alpha+\beta)}
\\&=\frac{2R\cos\alpha\sin(2\alpha+\beta)\cos(\alpha+\beta)}{\cos\beta\sin(\alpha+\beta)-\sin(2\alpha+\beta)\cos(\alpha+\beta)}
\\&=\frac{2R\cos\alpha\sin(2\alpha+\beta)\cos(\alpha+\beta)}{\cfrac{\sin(\alpha+2\beta)+\sin\alpha}{2}-\cfrac{\sin(3\alpha+2\beta)+\sin\alpha}{2}}
\\&=\frac{2R\cos\alpha\sin(2\alpha+\beta)\cos(\alpha+\beta)}{\cfrac{\sin(\alpha+2\beta)-\sin(3\alpha+2\beta)}{2}}
\\&=\frac{2R\cos\alpha\sin(2\alpha+\beta)\cos(\alpha+\beta)}{-\sin\alpha\cos(2\alpha+2\beta)}.
\end{align*}
由于$OM=R\cos\alpha$,故
$$
\frac{MH}{HE}=\frac{MG}{GC}=\frac{OM}{FC}=-\frac{\sin\alpha\cos(2\alpha+2\beta)}{2\sin(2\alpha+\beta)\cos(\alpha+\beta)}.
$$
由于$MH=R\sin\alpha$,解得
$$
HE=-\frac{2R\sin(2\alpha+\beta)\cos(\alpha+\beta)}{\cos(2\alpha+2\beta)},
$$
下面先用$HE$表示出$\tan\angle EDK$.
$$
EK=AE\sin\angle EAK=(AH+HE)\sin\angle EAK=(2R\sin\alpha+HE)\cos(\alpha+\beta),
$$
$$
AK=AE\cos\angle EAK=(AH+HE)\cos\angle EAK=(2R\sin\alpha+HE)\sin(\alpha+\beta).
$$
所以
$$
DK=AK-AD=(2R\sin\alpha+HE)\sin(\alpha+\beta)-2R\sin\alpha\sin(\alpha+\beta)=HE\sin(\alpha+\beta),
$$
所以
\begin{align*}
\tan\angle
EDK=\frac{EK}{DK}&=\frac{(2R\sin\alpha+HE)\cos(\alpha+\beta)}{HE\sin(\alpha+\beta)}
\\&=\frac{2R\sin\alpha}{HE\tan(\alpha+\beta)}+\frac{1}{\tan(\alpha+\beta)}
\\&=-\frac{\sin\alpha\cos(2\alpha+2\beta)}{\sin(2\alpha+\beta)\sin(\alpha+\beta)}+\frac{1}{\tan(\alpha+\beta)}
\\&=-\frac{\sin\alpha\cos(2\alpha+2\beta)}{\sin(2\alpha+\beta)\sin(\alpha+\beta)}+\frac{\cos(\alpha+\beta)\sin(2\alpha+\beta)}{\sin(\alpha+\beta)\sin(2\alpha+\beta)}
\\&=\frac{\sin(2\alpha+\beta)\cos(\alpha+\beta)-\sin\alpha\cos(2\alpha+2\beta)}{\sin(2\alpha+\beta)\sin(\alpha+\beta)}
\\&=\frac{[\sin(3\alpha+2\beta)+\sin\alpha]-[\sin(3\alpha+2\beta)-\sin(\alpha+2\beta)]}{2\sin(2\alpha+\beta)\sin(\alpha+\beta)}
\\&=\frac{\sin\alpha+\sin(\alpha+2\beta)}{2\sin(2\alpha+\beta)\sin(\alpha+\beta)}
\\&=\frac{\sin(\alpha+\beta)\cos\beta}{\sin(2\alpha+\beta)\sin(\alpha+\beta)}
\\&=\frac{\cos\beta}{\sin(2\alpha+\beta)}
\\&=\tan\angle BDP,
\end{align*}
故$\angle BDP=\angle EDK$.由于$\angle EDK+\angle BDE=90^{\circ}$,故$\angle BDP+\angle BDE=90^{\circ}$,即$DO\perp DE$.$\Box$

陈娥老师代她朋友的儿子问我两道平面几何题,其中一题如下:

题目:已知$\triangle ABC$,过点$B,C$的圆分别交$AC,AB$于点$E,F$,$BE$与$CF$交于点$P$,$AP$交$BC$于点$D$,若$\angle BFD=\angle CFD$,求证:$BE=CE$.

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证明:由赛瓦定理,
\begin{equation}\label{eq:1}
\frac{AF}{FB}\cdot \frac{BD}{DC}\cdot \frac{CE}{EA}=1,
\end{equation}
又因为$ED$是$\angle BFC$的角平分线,由角平分线分线段成比例定理,
\begin{equation}\label{eq:2}
\frac{FB}{FC}=\frac{BD}{DC}.
\end{equation}
将关系\eqref{eq:2}代入关系\eqref{eq:1},可得
$$
\frac{AF}{FB}\cdot \frac{FB}{FC}\cdot \frac{CE}{EA}=1,
$$
化简可得
\begin{equation}\label{eq:3}
\frac{AF}{FC}=\frac{EA}{CE}.
\end{equation}
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如图2所示,连接$EF$,延长线段$FD$交圆于点$H$.连接$BH$.

由角平分线分线段成比例定理的逆定理,关系式\eqref{eq:3}表明$EF$是$\angle AFC$的角平分线.则
$$
\angle EFH=\angle EFC+\angle CFH=\frac{1}{2}\angle
AFC+\frac{1}{2}\angle CFB=\frac{1}{2}\angle AFB=90^{\circ}.
$$
即圆周角$\angle EFH$为直角,故$EH$为圆的直径.由直径所对的圆周角为直角,可得$\angle EBH=90^{\circ}$.设$\angle BFD=\angle HFC=\alpha$,则由于圆周角$\angle HBC$和圆周角$HFC$对应于同一个圆心角,故
$$
\angle HBC=\angle HFC=\alpha,
$$
则$\angle EBC=\angle EBH-\angle HBC=90^{\circ}-\alpha$.

下面求角$\angle ECB$.因为
\begin{align*}
\angle EFB&=\angle EFC+\angle CFB
\\&=(\angle EFH-\angle CFH)+\angle CFB
\\&=(90^{\circ}-\alpha)+2\alpha
\\&=90^{\circ}+\alpha,
\end{align*}

$$
\angle ECB=180^{\circ}-\angle
EFB=180^{\circ}-(90^{\circ}+\alpha)=90^{\circ}-\alpha=\angle EBC.
$$
故$\angle EBC$是等腰三角形,其中$EB=EC$.$\Box$

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众所周知,由抛物线的准线定义,若$l$为平面上一定直线,$A$为直线$l$外一定点,则到直线$l$和点$A$距离相等的点形成的轨迹为抛物线.直线$l$称为抛物线的准线.


设$P$是抛物线上的任意一个定点,$Q$是抛物线上的动点,且相对于点$P$,点$Q$距准线$l$更远.过点$P,Q$分别作准线$l$的垂线,垂足依次为$P’,Q’$.再过点$P$作线段$Q’Q$的垂线,垂足为$R$.因为
$$
|QA|=|QQ’|>|PP’|=|PA|,
$$
所以可以在线段$QA$上取一点$S$,使得$|SA|=|PA|$.则
$$
|QR|=|QQ’|-|RQ’|=|QA|-|PP’|=|QA|-|PA|=|QA|-|SA|=|QS|.
$$
当点$Q$越来越接近点$P$时,等腰三角形$PAS$的顶角越来越接近$0^{\circ}$,因此$\angle QSP$越来越接近$90^{\circ}$.因此,$\cos \angle PQS$越来越接近于$$\frac{|QS|}{|QP|}=\frac{|QR|}{|QP|}=\cos \angle PQR.$$于是,$\angle PQS$越来越接近$\angle PQR$,即直线$PQ$越来越接近成为$\angle Q’QA$的角平分线.在极限情形,直线$PQ$成了抛物线在点$P$处的切线.可得到如下结论:


设直线$l$是抛物线在点$P$处的切线,则直线$l$是$\angle P’PA$的角平分线.


该结论其实就是抛物线的光学性质.至于是否可以类似地从椭圆和双曲线的准线定义出发,直接推出椭圆和双曲线的光学性质,我将放在稍后研究.

继续在QQ群过着荒诞不经的生活.中学教研网(QQ号712018203)的六盘水―高中数学―苏世贤问了一道题,

题目:已知$\triangle ABC$的外接圆圆心为$O$,且$\angle A=60^{\circ}$.若$\overrightarrow{AO}=\alpha\overrightarrow{AB}+\beta\overrightarrow{AC}(\alpha,\beta\in \mathbf{R})$,则$\alpha+\beta$的最大值是 _______.

有人说这题用奔驰定理做.话是没错.可是有多少学生掌握了这个所谓的“奔驰定理”呢?事实上,即便不用“奔驰定理”,老老实实地用纯向量方法也能方便地解决这道题.解答如下,连画图都免了.

:由题意,
$$
\overrightarrow{AO}^2=\overrightarrow{BO}^2=\overrightarrow{CO}^2,
$$
结合$\overrightarrow{AO}=\alpha\overrightarrow{AB}+\beta\overrightarrow{AC}$,$\overrightarrow{BO}=\overrightarrow{AO}-\overrightarrow{AB}=(\alpha-1)\overrightarrow{AB}+\beta\overrightarrow{AC}$,$\overrightarrow{CO}=\overrightarrow{AO}-\overrightarrow{AC}=\alpha\overrightarrow{AB}+(\beta-1)\overrightarrow{AC}$,
可得
$$
(\alpha\overrightarrow{AB}+\beta\overrightarrow{AC})^2=[(\alpha-1)\overrightarrow{AB}+\beta\overrightarrow{AC}]^2=[\alpha\overrightarrow{AB}+(\beta-1)\overrightarrow{AC}]^{2}.
$$
化简$(\alpha\overrightarrow{AB}+\beta\overrightarrow{AC})^2=[(\alpha-1)\overrightarrow{AB}+\beta\overrightarrow{AC}]^2$可

\begin{equation}
\label{eq:1}
(2\alpha-1)|\overrightarrow{AB}|+\beta|\overrightarrow{AC}|=0,
\end{equation}
同理,化简$(\alpha\overrightarrow{AB}+\beta\overrightarrow{AC})^2=[\alpha\overrightarrow{AB}+(\beta-1)\overrightarrow{AC}]^{2}$可得
\begin{equation}
\label{eq:2}
\alpha|\overrightarrow{AB}|+(2\beta-1)|\overrightarrow{AC}|=0.
\end{equation}
由\eqref{eq:1}和\eqref{eq:2}可得
$$
\beta=\frac{2}{3}-\frac{|\overrightarrow{AB}|}{3|\overrightarrow{AC}|},\alpha=\frac{2}{3}-\frac{|\overrightarrow{AC}|}{3|\overrightarrow{AB}|},
$$
因此
$$
\alpha+\beta=\frac{4}{3}-\frac{1}{3}\left(\frac{|\overrightarrow{AB}|}{|\overrightarrow{AC}|}+\frac{|\overrightarrow{AC}|}{|\overrightarrow{AB}|}\right)\leq
\frac{4}{3}-\frac{1}{3}\cdot 2 \sqrt{\frac{|\overrightarrow{AB}|}{|\overrightarrow{AC}|}\cdot\frac{|\overrightarrow{AC}|}{|\overrightarrow{AB}|}}=\frac{2}{3}.
$$
最大值当且仅当$\triangle ABC$是等边三角形时取到.

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同事替她亲戚问我一道初中几何题,题目及我的解答如下:

题目: 将两块全等的三角板按如图1所示摆放,其中{\angle A_1CB_1=\angle ACB=90^{\circ}},{\angle A_1=\angle A=30^{\circ}}.

  • 将图1中的{\triangle A_1B_1C}顺时针旋转{45^{\circ}}得图2,点 {P_1}{A_1C}{AB}的交点,点{Q}{A_1B_1}{BC}的交点,求证:{CP_1=CQ}.

  • 在图2中,若{AP_1=2},则{CQ}等于多少?
  • 在图3中,在{B_1C}上取一点{E},连接{BE,P_1E},设{BC=1},当{BE\perp P_1B}时,求{\triangle P_1BE}面积的最大值.

 

 

 

 

 

解:

  • \displaystyle \begin{cases} \angle CB_1Q=\angle CBP_1=60^{\circ}\\ B_1C=BC\\ \angle B_1CQ=\angle BCP_1=45^{\circ} \end{cases}\Rightarrow \triangle B_1CQ\cong \triangle BCP_1\Rightarrow CP_1=CQ.

  • 如图4所示,过点{P_1}{CA}的垂线,垂足为{H}.则 {P_1H=\frac{1}{2}P_1A=1}(直角三角形{30^{\circ}}内角所对的直角边长度 为斜边长度的一半).则{CP_1=\sqrt{2}P_1H=\sqrt{2}}.因此{CQ=CP_1=\sqrt{2}}.

  • {\triangle A_1CB_1}以点{C}为旋转中心顺时针旋转{\alpha}度角.过点{P_1}{CA}的垂线,垂足为{H}.设{AP_1=x},则 {P_1H=\frac{1}{2}AP_1=\frac{x}{2}},{AH=\sqrt{3}P_1H=\frac{\sqrt{3}}{2}x}.所 以{CH=CA-AH=\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}x},所以

    \displaystyle \tan\alpha=\frac{P_1H}{CH}=\frac{\frac{x}{2}}{\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}x},

    解得{x=\frac{2 \sqrt{3}\tan\alpha}{1+\sqrt{3}\tan\alpha}}.所以

    \displaystyle BP_1=AB-AP_1=2-\frac{2 \sqrt{3}\tan\alpha}{1+\sqrt{3}\tan\alpha}=\frac{2}{1+ \sqrt{3}\tan\alpha}.

    如图5所示,因为{\angle EBP_1+\angle ECP_1=90^{\circ}+90^{\circ}=180^{\circ}},所以{B,E,C,P_1}四点共圆.或者 可以这么看,取{EP_1}的中点{M},因为{\triangle EBP_1}是直角三角形,所以 {BM=\frac{1}{2}EP_1=EM=P_1M}(直角三角形斜边上的中线等于斜边一半),同 理,{CM=EM=P_1M}.因此,

    \displaystyle BM=EM=CM=P_1M,

    照样可得{B,E,C,P_1}四点共圆,且点{M}是圆心.

因此{\angle BP_1E=\angle BCE=\alpha}(同弧所对的圆周角相等).因此

\displaystyle \frac{BE}{BP_1}=\tan\alpha,

可得

\displaystyle BE=BP_1\tan\alpha=\frac{2\tan\alpha}{1+\sqrt{3}\tan\alpha}.

因此

\displaystyle \begin{array}{rcl} S_{\triangle EBP_1}&=&\frac{1}{2}BE\cdot BP_1 \\&=&\frac{1}{2} \times\frac{2\tan\alpha}{1+\sqrt{3}\tan\alpha}\cdot \frac{2}{1+\sqrt{3}\tan\alpha} \\&=&\frac{2\tan\alpha}{(1+\sqrt{3}\tan\alpha)^2} \\&=&\frac{2\tan\alpha}{1+3\tan\alpha^2+2 \sqrt{3}\tan\alpha} \\&=&\frac{2}{\frac{1}{\tan\alpha}+3\tan\alpha+2 \sqrt{3}} \\&=&\frac{2}{(\frac{1}{\tan\alpha}+3\tan\alpha-2 \sqrt{3})+4 \sqrt{3}} \\&=&\frac{2}{(\sqrt{\frac{1}{\tan\alpha}}-\sqrt{3\tan\alpha})^{2}+4 \sqrt{3}} \\&\leq& \frac{2}{4 \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{6}. \end{array}

等号当且仅当{\tan\alpha=\frac{\sqrt{3}}{3}},即{\alpha=30^{\circ}}时取到. \Box

现行中学教材中是用如下方式定义两个平面向量的夹角的:已知两个非零向量 {\mathbf{a},\mathbf{b}},作{\overrightarrow{OA}=\mathbf{a}},{\overrightarrow{OB}=\mathbf{b}},则{\angle AOB}称作 向量{\mathbf{a}}{\mathbf{b}}的夹角,记作{\langle \mathbf{a},\mathbf{b}\rangle}.

下面我们给出两个平面向量的广义夹角的概念.对于平面向量{\overrightarrow{OA}}{\overrightarrow{OB}},如果将{\overrightarrow{OA}}以点{O}为旋转中心,逆时针旋转 {\theta}角,得到的向量{\overrightarrow{OA'}}{\overrightarrow{OB}}同向,则称 {\theta}为从向量{\overrightarrow{OA}}{\overrightarrow{OB}}的广义夹角,记为{\langle \overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}\rangle^{*}}.

 

从一个向量到另一个向量的广义夹角有无数个,它们都相差{2\pi}的整数倍.

 

由定义可得

\displaystyle \langle \overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}\rangle^{*}=2k\pi -\langle \overrightarrow{OB},\overrightarrow{OA}\rangle^{*},k\in\mathbf{Z}.

且由诱导公式{\cos\theta=\cos(2k\pi -\theta)}可得

\displaystyle \overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=|\overrightarrow{OA}||\overrightarrow{OB}|\cos\langle \overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}\rangle=|\overrightarrow{OA}||\overrightarrow{OB}|\cos\langle \overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}\rangle^{*}=|\overrightarrow{OA}||\overrightarrow{OB}|\cos\langle \overrightarrow{OB},\overrightarrow{OA}\rangle^{*}. \ \ \ \ \ (1)

(1)表明,在向量积的运算中,可以放心地用从某个向量到另一个向量 的广义夹角来代替两个向量的夹角,运算得到的结果会是相同的.

下面我们将广义夹角的概念与三角形的有向面积的概念联系起来.设平面上有三 点{A,B,C}.

  • 如果{A,B,C}三点按照逆时针方向排列,则三角形{ABC}的有向面积 {S_{\triangle ABC}}为正,其数值为 {\frac{1}{2}|\overrightarrow{AB}||\overrightarrow{AC}|\sin\langle \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\rangle^{*}=\frac{1}{2}|\overrightarrow{BC}||\overrightarrow{BA}|\sin \langle \overrightarrow{BC},\overrightarrow{BA}\rangle^{*}=\frac{1}{2}|\overrightarrow{CA}||\overrightarrow{CB}|\sin\langle \overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB}\rangle^{*}}.
  • 如果{A,B,C}三点按照顺时针方向排列,则三角形{ABC}的有向面积 {S_{\triangle ABC}}为负,其数值也为 {\frac{1}{2}|\overrightarrow{AB}||\overrightarrow{AC}|\sin\langle \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\rangle^{*}=\frac{1}{2}|\overrightarrow{BC}||\overrightarrow{BA}|\sin \langle \overrightarrow{BC},\overrightarrow{BA}\rangle^{*}=\frac{1}{2}|\overrightarrow{CA}||\overrightarrow{CB}|\sin\langle \overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB}\rangle^{*}}.

可见,引入向量广义夹角的概念有助于解释有向面积.

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题目: 如图1所示,设{O}{\triangle ABC}内任意一点,{\triangle OAB,\triangle OBC,\triangle OCA}的面积分别为{S_3,S_1,S_2}.证明:

\displaystyle S_1\overrightarrow{OA}+S_2\overrightarrow{OB}+S_3\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}.

 

 

 

证明1:如图2所示,

图2


\displaystyle x\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB}+z\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}. \ \ \ \ \ (1)

将线段{OB}以点{O}为旋转中心,逆时针旋转{\frac{\pi}{2}},得到线段{OB'}.由方程(1)可得

\displaystyle \left(x\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB}+z\overrightarrow{OC}\right)\cdot\overrightarrow{OB'}=\overrightarrow{0}\cdot\overrightarrow{OB'}=0,

结合数量积的乘法分配律,可得

\displaystyle x\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB'}+y\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OB'}+z\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OB'}=0,

因为{\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OB'}=0},所以

\displaystyle x\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB'}+z\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OB'}=0. \ \ \ \ \ (2)

设从向量{\overrightarrow{OA}}{\overrightarrow{OB}}广义夹角{\alpha},从{\overrightarrow{OB}}{\overrightarrow{OC}}的广义夹角 为{\beta},则由数量积的定义,方程(2)可以化为

\displaystyle x|\overrightarrow{OA}||\overrightarrow{OB'}|\cos(\alpha+\frac{\pi}{2})+z|\overrightarrow{OC}||\overrightarrow{OB'}|\cos(\beta-\frac{\pi}{2})=0. \ \ \ \ \ (3)

又因为{|\overrightarrow{OB'}|=|\overrightarrow{OB}|},且 {\cos(\alpha+\frac{\pi}{2})=-\sin\alpha},{\cos(\beta-\frac{\pi}{2})=\sin\beta}, 所以方程(3)可以化为

\displaystyle z|\overrightarrow{OC}||\overrightarrow{OB}|\sin\beta- x|\overrightarrow{OA}||\overrightarrow{OB}|\sin\alpha=0,

\displaystyle x:z=|\overrightarrow{OC}||\overrightarrow{OB}|\sin\beta:|\overrightarrow{OA}||\overrightarrow{OB}|\sin\alpha=S_1:S_{3}.

同理可得{y:z=S_2:S_3},{x:y=S_1:S_2}.所以{x:y:z=S_1:S_2:S_3}.所以

\displaystyle S_1\overrightarrow{OA}+S_2\overrightarrow{OB}+S_3\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}.

\Box

也可以利用行列式来证明.

证明2: 在平面{ABC}上建立平面直角坐标系.设{O}为坐标原点,{A,B,C}的坐标分别为 {A(x_A,y_A)}, {B(x_B,y_B)},{C(x_C,y_C)}.则

\displaystyle \begin{array}{rcl} S_1\overrightarrow{OA}+S_2\overrightarrow{OB}+S_3\overrightarrow{OC}&=& \begin{vmatrix} x_B&x_C\\ y_B&y_C \end{vmatrix} \begin{bmatrix} x_A\\ y_A \end{bmatrix}+ \begin{vmatrix} x_C&x_A\\ y_C&y_A \end{vmatrix} \begin{bmatrix} x_B\\ y_B \end{bmatrix}+ \begin{vmatrix} x_A&x_B\\ y_A&y_B \end{vmatrix} \begin{bmatrix} x_C\\ y_C \end{bmatrix} \\&=& \begin{bmatrix} \begin{vmatrix} x_A&x_{B}&x_{C}\\ x_{A}&x_{B}&x_{C}\\ y_{A}&y_{B}&y_{C} \end{vmatrix}\\\\ \begin{vmatrix} y_{A}&y_{B}&y_{C}\\ x_{A}&x_{B}&x_{C}\\ y_{A}&y_{B}&y_C \end{vmatrix} \end{bmatrix} \\&=& \begin{bmatrix} 0\\ 0 \end{bmatrix}. \end{array}

\Box

还有一种证明方法如下:

图3

证明3: 延长线段{AO},与{BC}交于点{D}.延长{BO},与{AC}交于点{E}.过点{C}作直线{OA}的 平行线,与直线{BO}交于点{A'},过点{C}作直线{OB}的平行线,与直线{AO}交于点 {B'}.则

\displaystyle \overrightarrow{CO}=\overrightarrow{CA'}+\overrightarrow{CB'}=\frac{EC}{AE}\overrightarrow{OA}+\frac{DC}{BD}\overrightarrow{OB}=\frac{S_1}{S_3}\overrightarrow{OA}+\frac{S_2}{S_3}\overrightarrow{OB}.

所以

\displaystyle S_1\overrightarrow{OA}+S_2\overrightarrow{OB}+S_3\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}.

\Box

也可以利用定比分点公式来证明.

证明4: 延长线段{AO},与线段{BC}交于点{D}.则 {\frac{BD}{DC}=\frac{S_3}{S_2}},由定比分点公式,

\displaystyle \overrightarrow{AD}=\frac{S_2}{S_2+S_3}\overrightarrow{AB}+\frac{S_3}{S_2+S_3}\overrightarrow{AC},

因此

\displaystyle \begin{array}{rcl} \overrightarrow{AO}=\frac{S_2+S_3}{S_1+S_2+S_3}\overrightarrow{AD}&=&\frac{S_2}{S_1+S_2+S_3}\overrightarrow{AB}+\frac{S_3}{S_1+S_2+S_3}\overrightarrow{AC} \\&=&\frac{S_2}{S_1+S_2+S_3}(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA})+\frac{S_3}{S_1+S_2+S_3}(\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OA}). \end{array}

整理可得

\displaystyle \frac{S_1}{S_1+S_2+S_3}\overrightarrow{OA}+\frac{S_2}{S_1+S_2+S_3}\overrightarrow{OB}+\frac{S_3}{S_1+S_2+S_3}\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}.

结论得证. \Box

推论1 当点{I}{\triangle ABC}的内心时,{S_1:S_2:S_3=a:b:c},其中{a,b,c}分别是 {\angle A,\angle B,\angle C}所对的边.此时有

\displaystyle a\overrightarrow{IA}+b\overrightarrow{IB}+c\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}.

 

注1:这道题的背景是三角形的重心坐标.可参见杨路的《谈谈重心坐标

 

如果引进有向面积的概念,则题目中的结论还可以推广.我们规定,对于 {\triangle ABC}来说,如果{ABC}三点在图形上是按照逆时针方向排列的,则 {S_{\triangle ABC}}为正,其数值就是{\triangle ABC}的面积;如果{\triangle ABC}在图形上是按照顺时针方向排列的,则{S_{\triangle ABC}}为负,其数值是 {S_{\triangle CBA}}的相反数.如果{A,B,C}三点排列在一条直线上,则其面积为 {0}.

这样,三角形的面积就可正可负.原结论可以推广为:

定理 1{O}为平面{ABC}上的任意 一点,则

\displaystyle S_{\triangle OAB}\overrightarrow{OA}+S_{\triangle OBC}\overrightarrow{OB}+S_{\triangle OCA}\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}.

 

对于这个推广了的结论,上述四个证明都可以原封不动地照搬过来.只是在证明3,4中涉及的线段都成为有向线段.

推论 2 {O}{\triangle ABC}的外心,则

\displaystyle \sin 2A\overrightarrow{OA}+\sin 2B\overrightarrow{OB}+\sin 2C\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}.

 

推论 3 设{H}{\triangle ABC}的垂心,则

\displaystyle \tan A \overrightarrow{HA}+\tan B\overrightarrow{HB}+\tan C\overrightarrow{HC}=\overrightarrow{0}.

 

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培训地点:永临中学教师会议室

培训时间:2018.3.29

人员:高一、高二联合竞赛培训

 

培训材料(来自甘大旺编著的《高考数学150专题》):

有关三角形及其五心的向量关系来自甘大旺的《高考数学150专题》

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附加材料:

1.向量法证明三角形三条高线交于一点(一种更自然的思路),写于2018.3.31

向量法证明三角形三条高线交于一点

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2.一道与面积比有关的向量题

3.欧拉线定理的几何证明(来自维基百科)

4.坐标法证明欧拉线定理(此文用到了二阶行列式和解线性方程组的Cramer法则,以及和差化积、积化和差等三角公式,可能不适合学生阅读,仅供参考)

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定理(欧拉线定理) 若点{O}、点{G}、点{H}分别是{\triangle ABC}的外心、重心、垂心,求证:

  • {\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}};
  • {\overrightarrow{GH}=2\overrightarrow{OG}}.

 

证明:

  • 使用坐标法.以{O}为原点,在平面{ABC}上建立平面直角坐标系.设 {\triangle ABC}的半径为{R},且点{A,B,C}的坐标依次为 {A(x_{A},y_{A})=(R\cos\alpha,R\sin\alpha)},{B(x_{B},y_{B})=(R\cos\beta,R\sin\beta)}, {C(x_{C},y_{C})=(R\cos\gamma,R\sin\gamma)}.先求垂心{H}的坐标{(x,y)}.因为向量{\overrightarrow{AH}\perp \overrightarrow{BC}},所以 {\overrightarrow{AH}\cdot\overrightarrow{BC}=0},由向量数量积的坐标表示,可 得

    \displaystyle (x-R\cos\alpha)(R\cos\gamma-R\cos\beta)+(y-R\sin\alpha)(R\sin\gamma-R\sin\beta)=0.

    整理可得

    \displaystyle (\cos\gamma-\cos\beta)x+(\sin\gamma-\sin\beta)y=(\cos\gamma-\cos\beta)R\cos\alpha+(\sin\gamma-\sin\beta)R\sin\alpha \ \ \ \ \ (1)

    同样由{\overrightarrow{BH}\perp \overrightarrow{CA}},可得

    \displaystyle (\cos\alpha-\cos\gamma)x+(\sin\alpha-\sin\gamma)y=(\cos\alpha-\cos\gamma)R\cos\beta+(\sin\alpha-\sin\gamma)R\sin\beta. \ \ \ \ \ (2)

    联立方程(1),(2),得到方程组.下面解该线性方程组.令行列式

    \displaystyle \begin{array}{rcl} \det A= \begin{vmatrix} \cos\gamma-\cos\beta & \sin\gamma-\sin\beta\\ \cos\alpha-\cos\gamma &\sin\alpha-\sin\gamma \end{vmatrix}&=& \begin{vmatrix} 2\sin \frac{\beta+\gamma}{2}\sin \frac{\beta-\gamma}{2}&2\cos \frac{\beta+\gamma}{2}\sin \frac{\gamma-\beta}{2}\\ 2\sin \frac{\gamma+\alpha}{2}\sin \frac{\gamma-\alpha}{2}&2\cos \frac{\gamma+\alpha}{2}\sin \frac{\alpha-\gamma}{2} \end{vmatrix}\\ &=&4\sin \frac{\beta-\gamma}{2}\sin \frac{\gamma-\alpha}{2} \begin{vmatrix} \sin \frac{\beta+\gamma}{2}&-2\cos \frac{\beta+\gamma}{2}\\ \sin \frac{\gamma+\alpha}{2}&-2\cos \frac{\gamma+\alpha}{2} \end{vmatrix}\\ &=&4\sin \frac{\alpha-\beta}{2}\sin \frac{\beta-\gamma}{2}\sin \frac{\gamma-\alpha}{2}. \end{array}

    \displaystyle \begin{array}{rcl} \det B_1&=& \begin{vmatrix} (\cos\gamma-\cos\beta)R\cos\alpha+(\sin\gamma-\sin\beta)R\sin\alpha &\sin\gamma-\sin\beta\\ (\cos\alpha-\cos\gamma)R\cos\beta+(\sin\alpha-\sin\gamma)R\sin\beta&\sin\alpha-\sin\gamma \end{vmatrix}\\ &=&R \begin{vmatrix} \cos(\alpha-\gamma)-\cos(\alpha-\beta)&\sin\gamma-\sin\beta\\ \cos(\beta-\alpha)-\cos(\beta-\gamma)&\sin\alpha-\sin\gamma \end{vmatrix}\\ &=&R \begin{vmatrix} 2\sin (\alpha-\frac{\beta+\gamma}{2})\sin \frac{\gamma-\beta}{2}& 2\cos \frac{\beta+\gamma}{2}\sin \frac{\gamma-\beta}{2}\\ 2\sin (\beta-\frac{\alpha+\gamma}{2})\sin \frac{\alpha-\gamma}{2}&2\cos \frac{\gamma+\alpha}{2}\sin \frac{\alpha-\gamma}{2} \end{vmatrix}\\ &=&4R\left[\sin(\alpha-\frac{\beta+\gamma}{2})\sin \frac{\gamma-\beta}{2}\cos \frac{\gamma+\alpha}{2}\sin \frac{\alpha-\gamma}{2}-\sin(\beta-\frac{\alpha+\gamma}{2})\sin \frac{\alpha-\gamma}{2}\cos \frac{\beta+\gamma}{2}\sin \frac{\gamma-\beta}{2}\right]\\ &=&4R\sin \frac{\alpha-\gamma}{2}\sin \frac{\gamma-\beta}{2}\left[\sin(\alpha-\frac{\beta+\gamma}{2})\cos \frac{\gamma+\alpha}{2}-\sin(\beta-\frac{\alpha+\gamma}{2})\cos \frac{\beta+\gamma}{2}\right] \end{array}

    \displaystyle \begin{array}{rcl} &=&4R\sin \frac{\alpha-\gamma}{2}\sin \frac{\gamma-\beta}{2}\left[\frac{\sin(\frac{3\alpha}{2}-\frac{\beta}{2})-\sin(\gamma+\frac{\beta-\alpha}{2})}{2}-\frac{\sin(\frac{3\beta}{2}-\frac{\alpha}{2})-\sin(\gamma-\frac{\beta-\alpha}{2})}{2}\right]\\ &=& 4R\sin \frac{\alpha-\gamma}{2}\sin \frac{\gamma-\beta}{2}\left[\frac{\sin(\frac{3\alpha}{2}-\frac{\beta}{2})-\sin (\frac{3\beta}{2}-\frac{\alpha}{2})}{2}+\frac{\sin(\gamma-\frac{\beta-\alpha}{2})-\sin(\gamma+\frac{\beta-\alpha}{2})}{2}\right]\\ &=&4R\sin \frac{\alpha-\gamma}{2}\sin \frac{\gamma-\beta}{2}\left[\cos \frac{\alpha+\beta}{2}\sin(\alpha-\beta)+\cos\gamma\sin \frac{\alpha-\beta}{2}\right]\\ &=& 4R\sin \frac{\alpha-\gamma}{2}\sin \frac{\gamma-\beta}{2}\left[2\cos \frac{\alpha+\beta}{2}\sin \frac{\alpha-\beta}{2}\cos \frac{\alpha-\beta}{2}+\cos\gamma\sin \frac{\alpha-\beta}{2}\right]\\ &=&4R\sin \frac{\alpha-\gamma}{2}\sin \frac{\gamma-\beta}{2}\sin \frac{\alpha-\beta}{2}\left[2\cos \frac{\alpha+\beta}{2}\cos \frac{\alpha-\beta}{2}+\cos\gamma\right]\\ &=&4R\sin \frac{\alpha-\gamma}{2}\sin \frac{\gamma-\beta}{2}\sin \frac{\alpha-\beta}{2}(\cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma)\\ &=&4R\sin \frac{\alpha-\beta}{2}\sin \frac{\beta-\gamma}{2}\sin \frac{\gamma-\alpha}{2}(\cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma) \end{array}

    由解线性方程组的Cramer法则,

    \displaystyle x=\frac{\det B_1}{\det A}=R\cos\alpha+R\cos\beta+R\cos\gamma=x_A+x_B+x_C

    由对称性,

    \displaystyle y=y_A+y_B+y_C.

    所以垂心{H}的坐标为{(x_A+x_B+x_C,y_A+y_B+y_C)}.所以{\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}}.

  • 重心{G}的坐标为 {G(\frac{x_A+x_B+x_C}{3},\frac{y_A+y_B+y_C}{3})}.所以 {\overrightarrow{OH}=3\overrightarrow{OG}},所以{\overrightarrow{GH}=2\overrightarrow{OG}}. \Box

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