一类“线段比”问题的解法

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1、一类“线段比”问题的解法　　在学生学过“图形的投影”后，知道了平行投影可分为正投影和斜投影，而且无论是正投影还是斜投影都具有保持比值不变的性质，即在同一直线（或平行直线）上，两条线段平行投影的比等于这两条线段的比（注：其根据是平行线分线段成比例定理，下同）。又因为在平面直角坐标系中，用正投影的方法来确定点的横（或纵）坐标，所以在该坐标系中，同一直线（或平行直线）上两线段之比等于其端点的横（或纵）坐标之差的比。以此类推，若建立平面斜角坐标系，并根据斜投影的方法来确定点的横（或纵）坐标，则在该斜角坐标系中，同一直线（或平

2、行直线）上两线段之比也等于其端点的横（或纵）坐标之差的比（见图1，AB∶BC=（x2-x1）∶（x3-x2）=（y1-y2）∶（y2-y3））。而且，因为比值没有单位，所以为了方便起见，可根据比的各项所占份数的大小，灵活设定线段端点的（相对）坐标。因此，对于涉及同一直线上“线段比”的一类平面几何问题，可尝试运用下述方法来解答。　　这种方法的一般步骤为：（1）根据已知条件，建立适当的平面斜角坐标系，并给出某些点的（相对）坐标；（2）求出某些直线的函数解析式，再通过解方程组得出所求的（相对）坐标；（3）根据平行投影保持比

3、值不变的性质，求出同一直线上的“线段比”，进而推出最后的结论。　　现给出几例，以飨读者。不当之处，也请批评指正。　　图1图2例1如图2，在△ABC的一边AB上有P1、P2两点，在另一边AC上有Q1、Q2两点，若AB1AP1+AC1AQ1=AB1AP2+AC1AQ2=3，则直线P1Q1与P2Q2的交点G是△ABC的重心。（数学问题第1212题，见《数学通报》1999年第10期第47页）　　证明如图2所示，以点A为原点，建立平面斜角坐标系。　　因为AB1AP1+AC1AQ1=AB1AP2+AC1AQ2=3，　　所以设AB

4、1AP1=1。5+t，AC1AQ1=1。5-t，AB1AP2=1。5-k，AC1AQ2=1。5+k.　　所以可令下列各点的相对坐标为：B（1，0）、C（0，1）、P1111。5+t，0、P2111。5-k，0、Q10，111。5-t、Q20，111。5+k.　　所以由待定系数法易知P1Q1、P2Q2的函数解析式为：　　P1Q1：y=-1。5+t11。5-tx+111。5-t。①　　P2Q2：y=-1。5-k11。5+kx+111。5+k。②　　又因为解①与②组成的方程组，知G113，113.　　所以由中线AM的解析式

5、为y=x，知点G在中线AM上，且AG∶GM=2∶1，故点G是△ABC的重心。　　例2如图3，设⊙O为锐角△ABC的外接圆，其半径为R；AO、BO、CO的延长线分别交BC、CA、AB于点D、E、F。求证11AD+11BE+11CF=21R。（数学问题第606题，见《数学教学》2004年第4期第47页）　　图3证明如图3所示，以点B为原点，建立平面斜角坐标系。设点A、C、O的相对坐标为：A（0，1）、C（1，0）、O（x0，y0）（即令点O、A的纵坐标之比为y0∶1，点O、C的横坐标之比为x0∶1）；再分别作OO1∥AB

6、，OO2∥BC，并令∠ABC=β。　　则在△BOO1、△AOO2、△COO1中，分别应用余弦定理（或作垂线，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。　　因为解这个方程组，知O112+2cosβ，112+2cosβ.　　所以易知AD、BE、CF、AC的函数解析式分别为：　　AD：y=

7、-1+2cosβx+1；①　　BE：y=x；②　　CF：y=-111+2cosβx-1；③　　AC：y=-x+1；④　　又因为由①、③或解②与④组成的方程组，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.　　图4例3如图4，△ABC的边AB、A

8、C上各有一点R、Q，直线RQ与BC的延长线交于点P。　　求证：AQ1PQ?CQ1RQ+PC1PQ?PB1PR-AR1QR?BR1PR=1。（网上“悬赏”征解题，见《数学教学》2011年第3期第28―29页）　　证明如图4所示，以点Q为原点，建立平面斜角坐标系。　　设以下各点的相对坐标为Pa，0、R-1，0、A0，b、C0，-1，则易知AR、PC