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2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第56讲 解析法证几何题


第 56 讲

解析法证 几何题

解析法是利用代数方法解决几何问题的一种常用方法.其一般的顺序是:建立坐标系, 设出各点坐标及各线的方程,然后根据求解或求证要求进行代数推算.它的优点是具有一般 性与程序性,几何所有的平面几何问题都可以用解析法获解,但对于有些题目演算太繁. 此外,如果建立坐标系或设点坐标时处理不当,也可能增加计算量.建系设点坐标的一 般原则是使各点坐标出现尽量多的 0,但也不可死搬教条,对于一些“地位平等”的点、线, 建系设点坐标时,要保持其原有的“对称性” .

A 类例题
例 1.如图,以直角三角形 ABC 的斜边 AB 及直角边 BC 为边向三角形两侧作正方形 ABDE、CBFG. 求证:DC⊥FA. 分析 只要证 kCD· kAF=-1,故只要求点 D 的坐标. 证明 以 C 为原点,CB 为 x 轴正方向建立直角坐标系.设 A(0,a),B(b,0),D(x,y). 则直线 AB 的方程为 ax+by-ab=0. 故直线 BD 的方程为 bx-ay-(b· b-a· 0)=0, 2 即 bx-ay-b =0. ED 方程设为 ax+by+C=0. 由 AB、ED 距离等于|AB|,得 |C+ab| = a2+b2, a2+b2 解得 C=± (a2+b2)-ab. 如图,应舍去负号. 所以直线 ED 方程为 ax+by+a2+b2-ab=0. 解得 x=b-a,y=-b.(只要作 DH⊥x 轴,由△ DBH≌△BAC 就可得到这个结果). 即 D(b-a,-b). b-a -b 因为 kAF= b ,kCD= ,而 kAF· kCD=-1.所以 DC⊥FA. b-a 例 2.自 ΔABC 的顶点 A 引 BC 的垂线,垂足为 D,在 AD 上任取一点 H,直线 BH 交 AC 于 E,CH 交 AB 于 F. 试证:AD 平分 ED 与 DF 所成的角. 证明 建立直角坐标系,设 A(0,a),B(b,0),C(c,0),H(0,h),于是 x y BH:b+h=1 x y AC: + =1 c a 过 BH、AC 的交点 E 的直线系为: x y x y λ(b+h-1)+μ(c+a-1)=0. 以(0,0)代入,得 λ+μ=0.

1 1 1 1 分别取 λ=1,μ=-1,有 x( - )+y( - )=0. b c h a 所以,上述直线过原点,这是直线 DE. 1 1 1 1 同理,直线 DF 为 x(c -b)+y(h-a)=0. 显然直线 DE 与直线 DF 的斜率互为相反数,故 AD 平分 ED 与 DF 所成的角. 说明 写出直线系方程要求其中满足某性质的直线,就利用此性质确定待定系数,这实际 上并不失为一种通法. 例 3.证明:任意四边形四条边的平方和等于两条对角线的平方和再加上对角线中点连线 的平方的 4 倍. 证明 在直角坐标系中,设四边形四个顶点的坐标为 A1(x1,y1),A2(x2,y2),A3(x3,y3), x1+x3 y1+y3 x2+x4 y2+y4 A4(x4,y4).由中点公式知对角中点的坐标为 B( , ),C( , ). 2 2 2 2 则 4( x1+x3 x2+x4 2 2 2 2 - 2 ) +(x1-x3) +(x2-x4) =(x1+x3-x2-x4)2+(x1-x3)2+(x2-x4)2 =2(x1+x2+x3+x4-x1x2-x2x3-x3x4-x4x1) =(x1-x2)2+(x2-x3)2+(x3-x4)2+(x4-x1)2, y1+y3 y2+y4 同理有 4( 2 - 2 )2+(y1-y3)2+(y2-y4)2 =(y1-y2)2+(y2-y3)2+(y3-y4)2+(y4-y1)2, 两式相加得: |A1A2|2+|A2A3|2+|A3A4|2+|A4A1|2=4|BC|2+|A1A3|2+|A2A4|2. 说明 本题纯几何证法并不容易,而采用解析法,只需要简单的计算便达到目的.另外本 例中巧妙地抓住了各点的“对称性” ,设了最为一般的形式,简化了计算.
2 2 2 2

情景再现
1.如图,⊙O 的弦 CD 平行于直径 AB,过 C、D 的圆的切线交于点 P,直线 AC、BC 分别交直线 OP 于 Q、R. 求证:|PQ|=|PR|. 2.自圆 M 外一点 E 作圆的切线,切点为 F,又作一条割线 EAB,交圆 M 于 A、B,连 结 EF 的中点 O 与 B,交圆 M 于 D,ED 交圆 M 于 C. 求证:AC∥EF. 3.CH 是 ΔABC 中边 AB 上的高,H 为垂足,点 K、P 分别是 H 关于边 AC 和 BC 的对 称点. 证明:线段 KP 与 AC,BC(或它们的延长线)的交点是 ΔABC 高线的垂足.

B 类例题
例 4.P、Q 在 ΔABC 的 AB 边上,R 在 AC 边上,并且 P,Q,R 将 ΔABC 的周长分为 三等分. SΔPQR 2 求证: S >9. ΔABC 证明 如图,以 A 为原点,直线 AB 为 x 轴,建立直角坐标系.

设 AB=c,BC=a,CA=b,Q(q,0),P(p,0). 1 则 q-p=3(a+b+c),AR=PQ-AP=q-2p, yR AR q-2p 从而 = = . yC AC b 由于 2SΔPQR=yR(q-p),2SΔABC=xByC, SΔPQR yR(q-p) (q-p)(q-2p) 所以 = = . SΔABC yC x B bC 1 1 注意到 p=q-3(a+b+c)<c-3(a+b+c), 2 2 1 1 所以 q-2p> (a+b+c)-c> (a+b+c)- (a+b+c)= (a+b+c), 3 3 2 6
2 2 SΔPQR 2 (a+b+c) 2 (b+c) 2 > · > · SΔABC 9 4bc 9 4bc >9.

2 1 说明 本题中 是不可改进的,取 b=c,Q 与 B 重合,则当 a 趋向于 0 时,p 趋向于 q, 9 3 2 面积比趋向于9. 例 5.设 H 是锐角三角形 ABC 的垂心,由 A 向以 BC 为直径的圆作切线 AP、AQ,切点 分别为 P、Q. 证明:P、H、Q 三点共线.(1996 年中国数学奥林匹克) 证明 如图以 BC 为 x 轴 BC 中点 O 为原点建立直角坐标系. 设 B(-1,0),C(1,0),A(x0,y0), 则 PQ 方程为 x0x+y0y=1. y y0 点 H 的坐标为 H(x0,y),满足 · =-1, x0+1 x0-1 即 1-x20 y= y , 0

显然 H 满足 PQ 方程,即 H 在 PQ 上. 从而 P、H、Q 三点共线. 例 6.设 A、B、C、D 是一条直线上依次排列的四个不同的点,分别以 AC、BD 为直径 的两圆相交于 X 和 Y,直线 XY 交 BC 于 Z.若 P 为直线 XY 上异于 Z 的一点,直线 CP 与以 AC 为直径的圆相交于 C 和 M,直线 BP 与以 BD 为直径的圆相交于 B 和 N. 试证:AM、DN、XY 三线共点. 分析 只要证明 AM 与 XY 的交点也是 DN 与 XY 的交点即可,为此只要建立坐标系,计 算 AM 与 XY 的交点坐标. 证明 如图,以 XY 为弦的任意圆 O,只需证明当 P 确定时,S 也确定. 以 Z 为原点,XY 为 y 轴建立平面直角坐标系,设 X(0,m),P(0,y0),∠PCA=α,其 中 m、y0 为定值. 于是有 xC=y0cotα.

m2 但是-xA· xC=yX2,则 xA=- tanα. y0 因此,直线 AM 的方程为: m2 y=cotα(x+ y tanα).
0

m m2 令 x=0,得 yS= ,即点 S 的坐标为(0, ). y0 y0 m2 同理,可得 DN 与 XY 的交点坐标为(0, y ).
0

2

所以 AM、DN、XY 三线共点.

情景再现
4.在 RtΔABC 中,AD 是斜边上的高,M,N 分别是 ΔABD 与 ΔACD 的内心,连接 MN 并延长分别交 AB、AC 于 K、L 两点. 求证:SΔABC≥2SΔAKL. 1 1 5.已知△ABC 中,∠A=α,且 + =m. |AB| |AC| 求证:BC 边过定点. 6.设△ABC 的重心为 G,AG、BG、CG 的延长线交△ABC 的外接圆于 P、Q、R. AG BG CG 求证: + + =3. GP GQ GR

C 类例题
例 7.以 ΔABC 的边 BC 为直径作半圆,与 AB、AC 分别交于 D 和 E.过 D、E 作 BC 的垂线,垂足分别为 F、G.线段 DG、EF 交于点 M. 求证:AM⊥BC.(1996 年国家队选拔题) 分析 建立以 BC 为 x 轴的坐标系,则只要证明点 A、M 的横坐标相等即可. 证明 以 BC 所在的直线为 x 轴,半圆圆心 O 为原点建立直角坐标系.设圆的半径为 1, 则 B(-1,0),C(1,0). 令∠EBC=α,∠DCB=β, 则直线 BD 的方程为 y=cotβ·(x+1). 同样,直线 CE 的方程为 y=-cotα·(x-1), 联立这两个方程,解得 A 点的横坐标 cotα-cotβ sin(α-β) xA= = . cotα+cotβ sin(α+β) 因为∠EOC=2∠EBC=2α,∠DOB=2β, 故 E(cos2α,sin2α),D(-cos2β,sin2β),G(cos2α,0),F(-cos2β,0). sin2β 于是直线 DG 的方程为 y= · (x-cos2α), -(cos2α+cos2β) sin2α 直线 EF 的方程为 y= · (x+cos2β). -(cos2α+cos2β) 联立这两个方程,解得 M 点的横坐标 xM= sin2α·cos2β-cos2α·sin2β sin2α+sin2β

= =

sin2(α-β) sin(α+β)cos(α-β) sin(α-β) =x . sin(α+β) A

故 AM⊥BC. 例 8.如图,一条直线 l 与圆心为 O 的圆不相交,E 是 l 上一点,OE⊥l,M 是 l 上任意异 于 E 的点,从 M 作圆 O 的两条切线分别切圆于 A 和 B,C 是 MA 上的点,使得 EC⊥MA,D 是 MB 上的点,使得 ED⊥MB,直线 CD 交 OE 于 F. 求证:点 F 的位置不依赖于 M 的位置(1994 年 IMO 预选题) 分析 若以 l 为 x 轴,OE 为 y 轴建立坐标系,则只要证明 F 点的纵坐标与点 M 的坐标无 关即可. 证明 建立如图所示的平面直角坐标系, 设圆 O 的半径为 r, OE=a, ∠OME=α, ∠OMA sinθ r =θ,显然有sinα=a. yC=MC·sin(α-θ)=ME·sin(α-θ)cos(α-θ) =acotα·sin(α-θ)cos(α-θ), xC=-yC·tan(α-θ)=-acotαsin2(α-θ). 同理,yD=acotα·sin(α+θ)cos(α+θ), xD=-acotαsin2(α+θ). sin2(α+θ)-sin2(α-θ) 所以,kCD= 2[sin2(α-θ)-sin2(α+θ)] =-cot2α. 则直线 CD 的方程为 y-acotα·sin(α+θ)cos(α+θ)=-cot2α[x+acotαsin2(α+θ)]. 令 x=0,得 yF=acotα·sin(α+θ)[cos(α+θ)-cot2αsin(α+θ)] = acotα·sin(α+θ)sin(α-θ) sin2α

-cos2α+cos2θ =a· 4sin2θ a sin2θ = (1- 2 ) 2 sin α a2-r2 = 2a . a2-r2 由于 是定值,这就表明 F 的位置不依赖于点 M 的位置. 2a

情景再现
7.在筝形 ABCD 中,AB=AD,BC=CD,经 AC、BD 交点 O 作二直线分别交 AD、BC、 AB、CD 于点 E、F、G、H,GF、EH 分别交 BD 于点 I、J. 求证:IO=OJ. (1990 年冬令营选拔赛题) 8.水平直线 m 通过圆 O 的中心,直线 l?m,l 与 m 相交于 M,点 M 在圆心的右侧,直 线 l 上不同的三点 A、B、C 在圆外,且位于直线 m 上方,A 点离 M 点最远,C 点离 M 点最 近,AP、BQ、,CR 为圆 O 的三条切线,P、Q,、R 为切点.

试证:(1)l 与圆 O 相切时,AB?CR+BC?AP=AC?BQ; (2)l 与圆 O 相交时,AB?CR+BC?AP<AC?BQ; (3)l 与圆 O 相离时, AB?CR+BC?AP>AC?BQ. (1993 年全国高中数学联合竞赛)

习题 56
1.已知 AM 是?ABC 的一条中线,任一条直线交 AB 于 P,交 AC 于 Q,交 AM 于 N. AB AM AC 求证:AP, AN ,AQ成等差数列. 2.在四边形 ABCD 中,AB 与 CD 的垂直平分线相交于 P,BC 和 AD 的垂直平分线相交 于 Q,M、N 分别为对角线 AC、BD 中点. 求证:PQ⊥MN. 3.证明,如一个凸八边形的各个角都相等,而所有各邻边边长之比都是有理数,则这个 八边形的每组对边一定相等.(1973 年奥地利数学竞赛题) 4.设△ABC 是锐角三角形,在△ABC 外分别作等腰直角三角形 BCD、ABE、CAF,在 此三个三角形中,∠BDC、∠BAE、∠CFA 是直角.又在四边形 BCFE 外作等腰直角三角形 EFG,∠EFG 是直角. 求证:⑴GA= 2AD; ⑵∠GAD=135° ;(上海市 1994 年高中数学竞赛) 5.如图△ABC 和△ADE 是两个不全等的等腰直角三角形,现固定△ABC,而将△ADE 绕 A 点在平面上旋转. 试证:不论△ADE 旋转到什么位置,线段 EC 上必存在点 M,使△BMD 为等腰直角三角 形.(1987 年全国高中数学联赛) 6. 设 A1A2A3A4 为⊙O 的内接四边形, H1、 H2、 H3、 H4 依次为 ΔA2A3A4、 ΔA3A4A1、 ΔA4A1A2、 ΔA1A2A3 的垂心. 求证:H1、H2、H3、H4 四点在同一个圆上,并定出该圆的圆心位置.(1992 年全国高中 数学联赛) 7.证明:ΔABC 的重心 G,外心 O,垂心 H 三点共线,且 OG:GH=1:2. 8.已知 MN 是圆 O 的一条弦,R 是 MN 的中点,过 R 作两弦 AB 和 CD,过 A、B、C、 D 四点的二次曲线交 MN 于 P、Q. 求证:R 是 PQ 的中点.

本节“情景再现”解答: 1.以圆心 O 为原点,BA 为 y 轴建立坐标系,设点 C 的坐标为(x0,y0),且⊙O 的半径 x0 x0 1 等于 1.可得 R 点横坐标 xR= ,Q 点横坐标 xQ= ,P 点横坐标 xP=x .所以 xR+ 1-y0 1+y0 0 x0 x0 x0 2 xq= + = =x =2xP.即点 P 为 QR 的中点,所以|PQ|=|PR|. 1-y0 1+y0 1-y2 0 0 2.以 O 为原点,EF 为 x 轴,建立直角坐标系.设 E(-x0,0),F(x0,0).圆 M 的半径 设为 r,则圆 M 的方程为 x2+y2-2xx0-2yr+x02=0 (1).过 E 的两直线 AB、CD 的方程 可设为 h1y=x+x0,h2y=x+x0,合为(x-h1y+x0)(x-h2y+x0)=0 (2).直线 BD、AC 的 方程又可设为 y=kx,ax+by+c=0.合为(y-kx)(ax+by+c)=0 (3).(1)与(2)所成的曲 线系过交点 A、B、C、D,又曲线(3)过点 A、B、C、D,故为该曲线系中的一条.比较(1)与

(2)所成的曲线系与(3)中常数项即可知(3)能由(1)、(2)相减得到,此时项中无 x2 项.所以(3)中 a=0,即 AC∥EF. 3.建立如图所示的平面直角坐标系,设 A、B、C 三点的坐标依次为 A(a,0),B(b,0), 2bc2 2b2c 2ac2 2a2c C(0,c).则 P 点和 K 点的坐标分别为:P( 2 2, 2 2),K( 2 2, 2 ).于是 KP 所 b +c b +c a +c a +c2 在的直线方程是 c(a+b)x+(ab-c2)y-2abc=0 ①,另一方面,BC 所在直线的方程是 cx +by-bc=0 ②,BC 边上的高所在的直线方程是 bx-cy-ab=0 ③,由于②×a+③× c=①,于是 KP 经过 BC 边上高线的垂足,同理,KP 与经过 AC 边上高线的垂足. 4. 分别以 AC、 AB 所在直线为 x 轴和 y 轴建立直角坐标系, 并设|AC|=a, |AB|=b, |OD| ab =c,则 c= 2 .设 ΔACD、ΔABD 的内切圆半径分别为 r1,r2,则 N,M 的坐标分别为 a +b2 N(c-r1,r1),M(r2,c-r2).于是直线 MN 的斜率为 kMN= a2b2 a2b2 ab =c2= 2 ≤ = =SΔABC. a +b2 2ab 2 1 1 5.以 A 为原点,AB 为 x 轴正方向建立直角坐标系.设|AB|=p,|AC|=q.则p+q=m, x- p p y q= ,点 B(p,0),C(qcosα,qsinα).直线 BC 的方程为 = .整理得 mp-1 qsinα qcosα -p p(my-sinα)+[xsinα-(1+cosα)y]=0,即无论 p 为何值时,直线 BC 经过两条定直线 my- sin?=0 与 xsinα-(1+cosα)y=0 的交点.(两条直线斜率不等,故必有交点),即直线 BC 过 定点. 6.以外接⊙O 的圆心 O 为原点,平行于 BC 的直线为 x 轴建立坐标系.设 A(x1,y1), B(x2,y2),则 C(-x2,y2), x1 y1+2y2 G( 3 , 3 ).设外接圆半径为 r.则 x12+y12 AG |AG|2 =x22+y22=r2.由相交弦定理,知GP=|AG|· |GP| = |AG|2 BG |BG|2 CG |CG|2 ,同理 = , = GQ r2-|OG|2 GR r2-|OG|2; r2-|OG|2 c-r2-r1 =-1.这说明 ΔAKL 为 r2-c+r1

等腰直角三角形,直线 MN 的方程为 y-r1=-(x-c+r1),其横、纵截距均为 c,所以 2SΔAKL

y1+2y2 y1+2y2 x1 x1 x1 2 |AG|2+|BG|2+|CG|2=(x1- 3 )2+(x2- 3 )2+(x2+ 3 )2+(y1- 3 )2+2(y2- 3 )2=3
2 x0 (y1+2y2)2 4 2 4 [x12 + (y1 - y2)2] + 2x22 = 3 (r2 + x22 - y1y2) , r2 - |OG|2 = r2 - [ 9 + ] = 9 (2r - y22 - 9

2 2 2 AG BG CG |AG| +|BG| +|CG| y1y2).注意到 x22+y22=r2,就得GP+GQ+GR= =3. 2 2 r -|OG|

7.如图,以 O 为原点,OD 为 x 轴正方向建立直角坐标系,设 A(0,a),D(d,0),C(0, x y c),则 B(-d,0).直线 AB 方程为: + -1=0;设 GH 方程:ky-x=0. -d a (因为求 I 点坐标时要取 y=0,故把系数 k 置 x y 于 y 前).于是 GF 方程为 +a-1+λ(ky -d

-x)=0

①,BC 方程为

x y + -1=0, -d c

设 EF 方程为 hy-x=0.于是 GF 方程又可表 x y 示为 +c-1+?(hy-x)=0 ②. -d 1 1 1 1 1 ①与②是同一个方程,比较系数得 λ=?,a+λk=c +?h.则 λ= ( - ).在①中,令 y h-k a c -d d 1 1 1 =0 得 I 点的横坐标 xI= ;同理,点 J 的横坐标为 xJ= ,其中 λ'= ( - ), 1+dλ 1-dλ ? k-h a c 于是 xI=-xj.即 IO=OJ.从而得证. 8.证略.

本节“习题 56”解答: 1.以 BC 所在直线为 x 轴,高 AD 所在直线为 y 轴建立直角坐标系.设 A(0,a),B(m -b,0),C(m+b,0),直线 PQ 方程:y=kx+q.设 AB AP+PB BP =?,则 =?, =?-1.所 AP AP PA

m-b (?-1)a k(m-b)+a AB 以 P 点坐标为 x= ,y= ,故(?-1)a=k(m-b)+q?,则?= ,即 = AP ? ? a- q k(m-b)+a AM km+a AC k(m+b)+a AB AC AM AB AM AC ,同理, = , = .则 + =2 .这说明 , , AN a-q AQ AP AQ AN AP AN AQ a-q a-q 成等差数列. 2.提示:设 A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),利用式子的对称性即可证得 结论. 3.此八边形的每个内角都等于 135?.不妨设每边的长都是有理数.依次设其八边长为有 理数 a,b,c,d,e,f,g,h.把这个八边形放入坐标系中,使长为 a 的边的一个顶点为原 点,这边在 x 轴上,于是 a+bcos45?+dcos135?-e+fcos225?+hcos315?=0,整理得 a+ 2 e+ 2 (b-d-f+h)=0;bcos45?+c+dcos(-45?)+fcos135?-g+hcos225?=0,整理得 c 2 +g+ 2 (b+d-f-h)=0.所以 a=e,b-d-f+h=0;c=g,b+d-f-h=0.则 b-f=0, g-h=0.从而凸八边形的每组对边相等. 4.以 A 为原点建立直角坐标系,设 B、C 对应的复数为 zB,zC.则点 E 对应复数 zE= 1 1 1 -izB,点 D 对应复数 zD=2(1+i)(zB-zC)+zC=2[(1+i)zB+(1-i)zC],点 F 对应复数 zF=2(1 1 1 → → 1 +i)zC.向量 FE =zE-zF=-izB-2(1+i)zC.zG=zF-i FE =2(1+i)zC-i[-izB-2(1+i)zC]= 1 -zB+ (1+i)2zC=-zB+izC. 则 zG=(-1+i)zD= 2(cos135?+isin135?)zD. 则 GA= 2AD; 2 ∠GAD=135° . 5.以 A 为原点,AC 为 x 轴正方向建立复平面.设 C 表示复数 c,点 E 表示复数 e(c、e 1 1 1 1 ∈R).则点 B 表示复数 b=2c+2ci,点 D 表示复数 d=2e-2ei.把△ADE 绕点 A 旋转角 θ 得到△AD?E?,则点 E?表示复数 e?=e(cosθ+isinθ).点 D?表示复数 d?=d(cosθ+isinθ)表示

→ 1 1 1 1 1 1 E?C 中点 M 的复数 m=2(c+e?).则表示向量 MB 的复数:z1=b-2(c+e?)=2c+2ci-2c-2 → 1 1 1 1 e(cosθ+isinθ)=-2ecosθ+2(c-esinθ)i. 表示向量 MD? 的复数: z2=d?-m=(2e-2ei)(cosθ 1 1 1 1 +isinθ)- c- e(cosθ+isinθ)= (esinθ-c)- iecosθ.显然:z2=z1i.于是|MB|=|MD?|, 2 2 2 2 且∠BMD?=90° .即△BMD?为等腰直角三角形.故证. 6.以 O 为坐标原点,⊙O 的半径为长度单位建立直角坐标系,设 OA1、OA2、OA3、OA4 与 OX 正方向所成的角分别为 α、β、γ、?,则点 A1、A2、A3、A4 的坐标依次是(cosα,sinα)、 (cosβ,sinβ)、(cosγ,sinγ)、(cos?,sin?).显然,⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、⊿A4A1A2、⊿A1A2A3 1 1 1 的外心都是点 O,而它们的重心依次是( (cosβ+cosγ+cos?), (sinβ+sinγ+sin?))、( (cosγ 3 3 3 1 1 1 1 +cos?+cosα), (sin α + sin ? + sin γ )) 、 ( (cos ? + cos α + cos β ) , (sin ? + sin α + sin β )) 、 ( 3 3 3 3(cosα 1 +cosβ+cosγ), (sinα+sinβ+sinγ)).从而,⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、⊿A4A1A2、⊿A1A2A3 3 的垂心依次是 H1(cosβ+cosγ+cos?,sinβ+sinγ+sin?)、H2(cosγ+cos?+cosα,sinα+sin? +sinγ)、H3(cos?+cosα+cosβ,sin?+sinα+sinβ)、H4(cosα+cosβ+cosγ,sinα+sinβ+ sinγ).而 H1、H2、H3、H4 点与点 O1(cosα+cosβ+cosγ+cos?,sinα+sinβ+sinγ+sin?)的 距离都等于 1,即 H1、H2、H3、H4 四点在以 O1 为圆心,1 为半径的圆上.证毕. 7.以 ΔABC 的外心 O 为坐标原点,不妨设 ΔABC 的外接圆半径为 1,设 A(cosα,sinα), cosα+cosβ+cosγ sinα+sinβ+sinγ B(cosβ, sinβ), C(cosγ, sinγ), 则重心 G 的坐标为 G( , ). 设 3 3 sinβ+sinγ β -γ sinβ-sinγ H'(cosα+cosβ+cosγ, sinα+sinβ+sinγ). 则 kAH'= =tan , kBC= 2 cosβ+cosγ cosβ-cosγ β -γ =-cot 2 . 则可得 kAH'· kBC=-1, 则 AH'⊥BC. 同理, BH'⊥CA, CH'⊥AB. 因此, H'(cosα +cosβ+cosγ,sinα+sinβ+sinγ)为 ΔABC 的垂心 H.观察 O、G、H 的坐标可知,G、O、 H 三点共线,且 OG:GH=1:2. 8.以 R 为原点,MN 为 x 轴,建立如图所示的平面直角坐标系.设圆心 O 的坐标为(0, a),圆半径为 r,则圆的方程为 x2+(y-a)2=r2 ①,设 AB、CD 的方程分别为 y=k1x 和 y =k2x.将它们合成为(y-k1x)(y-k2x)=0 ②,于是过①与②的四个交点 A、B、C、D 的 2 2 曲线系方程为(y-k1x)(y-k2x)+λ[x +(y-a) -r2]=0 ③,令③中 y=0,得(λ+k1k2)x2+ λ(a2-r2)=0 ④. ④的两个根是二次曲线与 MN 交点 P、Q 的横坐标,因为 xP+xQ=0,即 R 是 PQ 的中点.从 而得证. 说明:本例实质上是平面几何中蝴蝶定理得推广.平面几何中许多命题都可以通过解析 法获证.


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