解析几何

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(此文写于2016年11月10日,现重新整理如下)

设$\mathbf{a,b,c}$是三维欧式空间$\mathbf{R}^3$中的三个向量,双重向量积公式表明, \begin{equation}\label{eq:1} (\mathbf{a}\times\mathbf{b})\times\mathbf{c}=(\mathbf{a}\cdot\mathbf{c})\mathbf{b}-(\mathbf{b}\cdot\mathbf{c})\mathbf{a}. \end{equation} 下面我们尝试理解双重向量积公式背后的几何直观.我们默认已经知道了向量积关于向量加法的分配律的几何直观.不妨让向量$\mathbf{c}$位于向量$\mathbf{a}$和向量$\mathbf{b}$张成的二维线性空间,这是因为任意向量$\mathbf{c}$都可以表示为$\lambda\mathbf{a}+\mu\mathbf{b}+k\mathbf{d}$,其中向量$\mathbf{d}$与向量$\mathbf{a},\mathbf{b}$都正交.由向量积关于向量加法的分配律,向量$\mathbf{d}$并不会影响$(\mathbf{a}\times\mathbf{b})\times\mathbf{c}$的结果,更具体地,是因为 $$ (\mathbf{a}\times\mathbf{b})\times \mathbf{c}=(\mathbf{a}\times\mathbf{b})\times(\lambda\mathbf{a}+\mu\mathbf{b}+k\mathbf{d})=\lambda(\mathbf{a}\times\mathbf{b})\times\mathbf{a}+\mu(\mathbf{a}\times\mathbf{b})\times\mathbf{b}. $$ 为了理解式\eqref{eq:1}的几何直观,我们先来做一个特例,就是理解下面的式子: \begin{equation}\label{eq:2} (\mathbf{a}\times\mathbf{b})\times\mathbf{a}=(\mathbf{a}\cdot\mathbf{a})\mathbf{b}-(\mathbf{b}\cdot\mathbf{a})\mathbf{a} \end{equation} 的几何直观.式\eqref{eq:2}等价于 \begin{equation} \label{eq:3} (\mathbf{e}_{a}\times\mathbf{b})\times \mathbf{e}_a=\mathbf{b}-(\mathbf{b}\cdot\mathbf{e}_a)\mathbf{e}_{a}, \end{equation} 其中$\mathbf{e}_a=\frac{\mathbf{a}}{|\mathbf{a}|}$.式\eqref{eq:3}的几何直观是显然的,如图1所示.

此图像的alt属性为空;文件名为理解二重向量积公式.png

用与图1 用类似的图示,我们可以理解 \begin{equation} \label{eq:4} (\mathbf{a}\times\mathbf{b})\times \mathbf{b}=(\mathbf{a}\cdot \mathbf{b})\mathbf{b}-(\mathbf{b}\cdot \mathbf{b})\mathbf{a}. \end{equation} 其实式\eqref{eq:4}也可以从式\eqref{eq:2}结合向量积的性质直接推出.

下面我们着手来理解式\eqref{eq:1}.由于$\mathbf{c}$位于$\mathbf{a}$和$\mathbf{b}$张成的二维子空间上,因此设$\mathbf{c}=p\mathbf{a}+q\mathbf{b}$.我们把式\eqref{eq:2}和式\eqref{eq:4}写成行列式的形式: \begin{equation} \label{eq:5} (\mathbf{a}\times\mathbf{b})\times\mathbf{a}= \begin{vmatrix} \mathbf{a}\cdot\mathbf{a}&\mathbf{b}\cdot\mathbf{a}\\
\mathbf{a}&\mathbf{b} \end{vmatrix}, (\mathbf{a}\times\mathbf{b})\times\mathbf{b}= \begin{vmatrix} \mathbf{a}\cdot\mathbf{b}&\mathbf{b}\cdot\mathbf{b}\\
\mathbf{a}&\mathbf{b} \end{vmatrix}. \end{equation} 则 \begin{align*} (\mathbf{a}\times\mathbf{b})\times\mathbf{c}&=(\mathbf{a}\times\mathbf{b})\times(p\mathbf{a}+q\mathbf{b})\\&=p(\mathbf{a}\times\mathbf{b})\times\mathbf{a}+q(\mathbf{a}\times\mathbf{b})\times\mathbf{b} \\&=p \begin{vmatrix} \mathbf{a}\cdot\mathbf{a}&\mathbf{b}\cdot\mathbf{a}\\
\mathbf{a}&\mathbf{b} \end{vmatrix}+q \begin{vmatrix} \mathbf{a}\cdot\mathbf{b}&\mathbf{b}\cdot\mathbf{b}\\
\mathbf{a}&\mathbf{b} \end{vmatrix} \\&= \begin{vmatrix} \mathbf{a}\cdot (p\mathbf{a})&\mathbf{b}\cdot(p\mathbf{a})\\
\mathbf{a}&\mathbf{b} \end{vmatrix}+ \begin{vmatrix} \mathbf{a}\cdot(q\mathbf{b})&\mathbf{b}\cdot(q\mathbf{b})\\
\mathbf{a}&\mathbf{b} \end{vmatrix} \\&= \begin{vmatrix} \mathbf{a}\cdot(p\mathbf{a}+q\mathbf{b})&\mathbf{b}\cdot(p\mathbf{a}+q\mathbf{b})\\
\mathbf{a}&\mathbf{b} \end{vmatrix} \\&= \begin{vmatrix} \mathbf{a}\cdot\mathbf{c}&\mathbf{b}\cdot\mathbf{c}\\
\mathbf{a}&\mathbf{b} \end{vmatrix} \\&=(\mathbf{a}\cdot\mathbf{c})\mathbf{b}-(\mathbf{b}\cdot\mathbf{c})\mathbf{a}. \end{align*} 注意,上面我使用了二阶行列式的定义和性质,但是我并不明白像式\eqref{eq:5}中出现的行列式的几何意义是什么,对我来说,它们仅有代数上的意义.

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朱映颖今天问我一个解析几何最值问题.由于她教的是高二学生,她要求在求最值的过程中不能使用导数工具.我允了.题目及我的解答如下.

已知抛物线$C:x^2=4y$.抛物线$C$上存在三个点$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),D(x_3,y_3)$,满足$x_3<x_1<x_2$.若$\triangle ABD$是以角$A$为直角的等腰直角三角形,求$\triangle ABD$面积的最小值.

解:因为点$A,B,D$在抛物线$C$上,所以
$$
\begin{cases}
x_1^2=4y_1\\
x_2^2=4y_2\\
x_3^2=4y_3
\end{cases}.
$$

$$
\overrightarrow{AB}=(x_2-x_1,y_2-y_1)=(x_2-x_1,\frac{x_2^2-x_1^2}{4}),
$$
\begin{equation}\label{eq:1}
\overrightarrow{AD}=(x_3-x_1,y_3-y_1)=(x_3-x_1,\frac{x_3^2-x_1^2}{4}).
\end{equation}
而$\triangle ABD$的面积
\begin{align*}
S_{\triangle ABD}&=\frac{1}{2}
\begin{vmatrix}
x_2-x_1&x_3-x_1\\
y_2-y_1&y_3-y_1
\end{vmatrix}\\&=\frac{1}{2}
\begin{vmatrix}
x_2-x_1&x_3-x_1\\
\cfrac{x_2^2-x_1^2}{4}&\cfrac{x_3^2-x_1^2}{4}
\end{vmatrix}
\\&=\frac{(x_2-x_1)(x_3^2-x_1^2)-(x_3-x_1)(x_2^2-x_1^2)}{8}
\\&=\frac{(x_1-x_2)(x_2-x_3)(x_3-x_1)}{8}
\end{align*}
令$x_2-x_1=t,x_1-x_3=s$,则
$$
S_{\triangle ABD}=\frac{ts(t+s)}{8}.
$$
又因为$\overrightarrow{AD}$是$\overrightarrow{AB}$以点$A$为旋转中心逆时针旋转$90^{\circ}$得到的,因此
\begin{equation}\label{eq:2}
\overrightarrow{AD}=(-\frac{x_2^2-x_1^2}{4},x_2-x_1).
\end{equation}
由$\overrightarrow{AD}$的两种表达式\eqref{eq:1},\eqref{eq:2}可得到关系式
$$
x_3-x_1=-\frac{x_2^2-x_1^2}{4},\frac{x_3^2-x_1^2}{4}=x_2-x_1,
$$

$$
x_3-x_1=\frac{(x_1+x_2)(x_1-x_2)}{4},x_2-x_1=-\frac{(x_1+x_3)(x_1-x_3)}{4},
$$
将$x_2-x_1=t,x_1-x_3=s$代入,整理可得
$$
\frac{4s}{t}=x_1+x_2,\frac{4t}{-s}=x_1+x_3.
$$
因此
$$
\frac{4s}{t}+\frac{4t}{s}=x_2-x_3=t+s,
$$
整理可得
\begin{equation}\label{eq:3}
4t^2+4s^2=ts(t+s).
\end{equation}
所以
$$
S_{\triangle ABD}=\frac{ts(t+s)}{8}=\frac{t^2+s^2}{2}.
$$
下面求$t^2+s^2$的最小值.将方程\eqref{eq:3}两边平方可得
\begin{equation}\label{eq:4}
16(t^2+s^2)^2=(ts)^2(t+s)^2=(ts)^2[(t^2+s^2)+2ts]
\end{equation}
由基本不等式,$ts\leq \cfrac{t^2+s^2}{2}$,代入式\eqref{eq:4},可得
$$
16(t^2+s^2)^2\leq \frac{1}{2}(t^2+s^2)^3
$$
解得
$$
t^2+s^2\geq 32.
$$
因此
$$
S_{\triangle ABD}=\frac{t^2+s^2}{2}\geq 16.
$$
等号当且仅当$t=s=4$,即$x_3=-4,x_1=0,x_2=4$时成立.

2018年浙江高考数学第21题如下:

(2018年浙江高考数学第21题)如图,已知点$P$ 是$y$ 轴左侧(不含$y$ 轴)一点,抛物线$:y^2=4x$ 上存在不同的两点$A,B$ 满足$PA,PB$ 的中点均在$C$ 上.

(I)设 $AB$的中点为$M$ ,证明: $PM$垂直于$y$ 轴;

(II)若点$P$ 是半椭圆$x^2+\frac{y^2}{4}=1(x<0)$ 上的动点,求$\triangle PAB$面积的取值范围.

(2018年浙江高考第21题图)

下面将该题中的结论推广到椭圆和双曲线.对于椭圆,我是以编题的方式呈现出结论的,这道自编题被我放在了2018年高中命题竞赛中.

如图,已知点$P$ 是椭圆 $C:\frac{x^2}{2}+y^2=1$外一点.椭圆$C$ 上存在不同的两点$A,B$ 满足$PA,PB$ 的中点均在$C$ 上.设$AB$ 中点为$M$ .

I若点$M$ 的坐标为$(1,\frac{1}{2})$ ,求直线$AB$ 的方程;

II证明: $P,M,O$三点共线( $O$为坐标原点).

对于双曲线也有类似结论:

如图,已知点$P$是坐标平面内的任意一点.双曲线$C:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$上存在不同的两点$A,B$满足$PA,PB$的中点均在$C$上.设$AB$中点为$M$,则$P,M,O$三点共线($O$为坐标原点).

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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.

戚建东老师在集体备课的时候问了一个题让我们一起来解:

题目: 已知椭圆{C:\frac{x^2}{4}+y^2=1}和点{P(4,m)(m\in \mathbf{R})}.椭圆的左 右两个顶点分别为{A,B}.直线{AP}与椭圆交于点{M},直线{BP}与椭圆交于点 {N}.求{\triangle OMN}面积{S_{\triangle OMN}}的最大值,其中{O}为坐标原 点.

 

:{A,B}的坐标分别为{A(-2,0)},{B(2,0)}.由于点{M,N}都在椭圆{C}上,不妨设点{M,N}的坐标为 {M(2\cos\alpha,\sin\alpha)},{N(2\cos\beta,\sin\beta)},其中 {\alpha,\beta\in \mathbf{R}}.因为{A,M,P}三点共线,所以直线{AM}的斜率 {k_{AM}}等于直线{AP}的斜率{k_{AP}},即

\displaystyle \frac{\sin\alpha}{2\cos\alpha+2}=\frac{m}{6},

由三角公式,上式可以化为

\displaystyle \tan \frac{\alpha}{2}=\frac{m}{3},

因为{B,N,P}三点共线,所以直线{BN}的斜率{k_{BN}}等于直线{BP}的斜率 {k_{BP}},即

\displaystyle \frac{\sin\beta}{2\cos\beta-2}=\frac{m}{2}.

由三角公式,上式可以化为

\displaystyle \tan \frac{\beta}{2}=-\frac{1}{m}.

\displaystyle \begin{array}{rcl} S_{\triangle OMN}&=&\frac{1}{2} \left| \begin{vmatrix} 2\cos\alpha&\sin\alpha\\ 2\cos\beta&\sin\beta \end{vmatrix}\right| \\&=&|\sin\beta\cos\alpha-\cos\beta\sin\alpha| \\&=&\left|\frac{2\tan \frac{\beta}{2}}{1+\tan^{2} \frac{\beta}{2}}\frac{1-\tan^2 \frac{\alpha}{2}}{1+\tan^2 \frac{\alpha}{2}}-\frac{1-\tan^2 \frac{\beta}{2}}{1+\tan^2 \frac{\beta }{2}}\frac{2\tan \frac{\alpha}{2}}{1+\tan^2 \frac{\alpha}{2}}\right| \\&=&\frac{4}{3} \frac{\left|\frac{1}{m}+\frac{m}{3}\right|}{\frac{10}{9}+\frac{m^2}{9}+\frac{1}{m^{2}}}. \end{array}

{|\frac{1}{m}+\frac{m}{3}|=t},则由基本不等式可得{t\geq \frac{2 \sqrt{3}}{3}},

\displaystyle S_{\triangle OMN}=\frac{4}{3} \frac{t}{\frac{4}{9}+t^2}=\frac{4}{\frac{4}{3t}+3t}=f(t),

{f(t)}{[\frac{2 \sqrt{3}}{3},+\infty)}上递减,{f(t)\leq f(\frac{2 \sqrt{3}}{3})=\frac{\sqrt{3}}{2}},等号当且仅当{t=\frac{2 \sqrt{3}}{3}},{m=\pm \sqrt{3}}时取到.

因此{S_{\triangle OMN}}的最大值是 {\frac{\sqrt{3}}{2}},此时{m=\pm \sqrt{3}}. \Box

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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

下载

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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