第56讲解析法证几何题

1、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丄FA .分

2、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 , 即 bx ay b2 = 0 .ED方程设为ax + by + C = 0 .由AB、ED距离等于|AB|，得|C + ab|,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 =

3、 b .(只要作DH丄x轴，由 DBHBAC就可得到这个结果).即 D(b a， b).b 一 a b因为 kAF = " , kcD =，而 kAF kcD = 1 .所以 DC _L FA .bb a例2 .自 从BC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BH :xb+h = 1AC :x+y = 1ca过BH、AC的交点E的直线系为1) + 屏 + y 1) = 0 .c a以(

4、0, 0)代入，得入+卩=0 .x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“(xi, yi),A3(X3, y3), A4(X4, y4).由中点公式知对角中点的坐标 yi+ y3X2 + X4 y2+ y4A2(X2, y2)Xi + X3 为B(丄尸X3一X2一X4)2+(Xi -X3)2+X22+X 3+X 4-X1X22XIX2,) , c() 2 2 2 2=(x1x2)+(x2x3)+(x3x4)+(x4X1),yi + y3y2 + y4同理有

5、4(22)+(y1y3)+(y2y4)=(y1 y2)2+(y2y3)2+(y3y4)2+(y4 y1)2,两式相加得：|AiA2f + |A2A3|2 + |A3A4|2 + |A4Ai|2 = 4|BC|2 + |AiA3|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.情景再现C1 .如图，O 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

6、一条割线 EAB，交圆M 于A、B，连结 EF的中点0与B，交圆M于D , ED交圆M于C .求证：AC / EF .3 . CH是从BC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 AABC高 线的垂足.B类例题例4 . P、Q在AABC的R将AABC的周长分为三等分.2> 9 .以A为原点,BC = a ,AB边上,R在AC边上，并且P , Q ,求证:证明 设ABSapqrSaabc 如图， =c ,直线 AB CA = b ,为x轴，建立直角坐标系.Q（q,o), p(p , o)P = 3

7、 (a + b + c), AR = PQ AP从而yR=AR =穿.yc AC b由于 2Sapqr = yR(q p), 2Saabc = XByc ,(q p)(q 2p)Sapqr所以SAPQRyR(q P)ycxBbC=q 2p,+ c),注意到p =1b + c) v c 3 (a +2所以 q 2p>3 (a + b2c) c > 3 (a + bc) 1 (a + b + c)=SapqrSaabc(a+ b+ c)24bc(b + c)2 > 24bc 9说明2本题中9是不可改进的,Q与B重合，则当 a趋1 2向于0时，p趋向于3 q ,面积比趋向于9 -例

8、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0为原点建立直角坐标系.设 B( 1 , 0) , C(1 , 0) , A(xo ,则PQ方程为Xox + yoy = 1 .点H的坐标为H(xo , y)，满足yV0X0 + 1X0 1=1 ,即彳 21 X 0 y =y0显然H满足PQ方程，即H在PQ从而P、H、Q三点共线.B0C上.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

9、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 疋.以Z为原点, 面直角坐标系，设P确定时，S也确XY为y轴建立平X(0 , m),P(0 , yo)于是有，/ PCA = a ,其中 m、Xc = y0COt a .y0为定值.但是一XA XCyX，则 xa =2mtany°因此，直线AM的方程为:2 m y = co

10、t o(x + y°tan a .2令x = 0,得yS=，即点S的坐标为(0 ,同理，可得DN与XY的交点坐标为（0 ,2m_y°所以AM、DN、XY三线共点.4 . 在 Rt AABCAACD的内心，连接求证：S从BC中，AD是斜边上的高， MN并延长分别交 AB、A 2Saakl .M ,ACN分别是AABD与 于K、L两点.5 .已知 ABC 中，/ A =求证：BC边过定点.AG、 BG、 CG的延长线交 ABC的6 .设 ABC的重心为G , 外接圆于P、Q、R .求证：AG + BG + CGGP GQ GRc类例题例7 .以从BC的边BC为直径作半圆，与 A

11、B、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丄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.O为原点建立直角坐标证明以BC所在的直线为 x轴，半圆圆心1, 0),C(1 , 0) 令/ EBC = a,Z DCB = 则直线BD的方程为y = 同样，直线 CE的方程为1),联立这两个方程，解得_ COt a COt 3 _XA cot a+ cot 32 / EBC sin2 a ,3,cot 3 x 0 1) y = cot a X (因为/ EOC = 故 E(co

12、s2 a ,A点的横坐标sin( a 3sin( a+ 3=2 a, / DOB = 2 3,D( cos2 3 , sin2 3x,G(cos2 a , 0),F( cos2 3 ,0) 于是直线DG的方程为sin2 3y =(cos2 a+ cos2 3)(X C0S2 a ),直线EF的方程为y =sin2 a(cos2 a+ cos2 3 (X 联立这两个方程，解得M点的横坐标+ cos2 3).系设圆的半径为 1，则B(sin2 a cos2 3 cos2 a sin2 3XM =sin2 a+ sin2 3sin2( a 3)sin( a+ 3)cos( a 3) sin( a 3

13、)Xa sin( a+ 3)故AM丄BC 例8 .如图，一条直线 I与圆心为O的圆不相交，E是I上一点，OE丄l , M是I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丄MA , D是MB上的点，使得ED丄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I为x轴，0E为y轴建立坐标系, 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=a ,/ OME = a ,/ OMA = 9，显然有则只要证明O的半径为F点的r , OEsin 9 = r sin a ayC = MC sin(

14、 a 9 = ME sin( a 9 )s( a 9) =acot a sin( a 9)s( a- 9 )2yc tan( a 9 ) acot asin ( a 9 ) yD = acot a sin( a+ 9()s( a+ 9 ) xd = acot asin ( a+ 9 ).sin2( a+ 9) sin2( a 9)kCD xc =同理，所以,则直线x2 22sin ( a 9) sin ( a+ 9)cot2CD的方程为2acot a sin( a+ 9 cos( a+ 9 ) cot2 a x+ acot osin (Xy 令x = 0 ,得yF = acot a sin(

15、a+ 9 )Cos( a + 9 ) cot2 o(sin( a + acot a n( a+ ®sin( a 9)a+ 9 )9 )sin2 acos2 a+ cos2 9=a a=a(1=a2 r=2a24sin 9sin2 9- )Sin a a22 r2由于号是定值，这就表明 F的位置不依赖于点 M的位置.7 .在筝形ABCD 中， AB = AD , BC = CD，经 AC、 BD 交点0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0的中

16、心，直线l_m , I与m相交于M，点M在圆心的右侧，直线 I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0的三条切线，试证：P、Q,、R为切点.(1) 1 与圆 O 相切时，ABCR+ BCAP =ACBQ;(2) l 与圆 O 相交时，ABCR+ BCAP vACBQ;(3) l 与圆 O 相离时，ABCR+ BCAP >ACBQ.(1993年全国高中数学联合竞赛）习题561 .已知AM AC于Q ,交AM AB 求证：AP是ABC的一条中线，任一条直线交AB于N .AM，AN,AQ成等差数列.于p，交ABCD2 .在四边

17、形和AD的垂直平分线相交于求证：PQ丄MN .中，AB与CD的垂直平分线相交于 P , BCQ , M、N分别为对角线 AC、BD中点.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： GA =2 AD ;/ GAD = 135°（上海市1994年高中数学竞赛 ）5 .如图 ABC和厶

18、ADE是两个不全等的等 腰直角三角形，现固定厶 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， 已、H2、 H3、 H4依 次为 AA2A3A4、从3A4A1、从4A1A2、从1A2A3 的垂心.求证： 已、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： 从BC的重心G，外心0，垂心H三点共线，且 0G : GH = 1 : 2 .8 .已知 MN是圆0的一条弦， R是MN的中点，过

19、 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：等于1 .可得R点横坐标XR =百,Q点横坐1 .以圆心0为原点，BA为y轴建立坐标 系，设点C的坐标为(xo , yo)，且O 0的半径标XQ =X0, P点横坐标Xp = 1 .所以XR + Xq1 + y0X0+-= - = 2xp .即点P为QR的中点，所以1 y01 + y01 yo X0|PQ| = PR|.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 2xx°

20、 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)中常数项即可知相减得到，此时项中无x2项.所以(3)中3 .建立如图所示的平面直角坐标系，设0), C(0 , c).贝U 2ac22a2c

21、K(，冇2次为 A(a , 0), B(b ,2bc22b2cP(b2+ c2，b2+ c2 )，所在的直线方程是 ，另一方面，(3)能由(1)、(2)a = 0，即 AC / EF .A、B、C三点的坐标依P点和K点的坐标分别为：).于是KPc(aBC所在直线的方程是 cx + by bc = 0bx cy ab= 0 是KP与经过AC边上高线的垂足.x轴和y轴建|AC| = a , AB| = b , |OD| =+ b)x + (ab c )y 2abc = 0 ，BC边上的高所在的直线方程是 ，由于x a +x c二，于 高线的垂足，同理，4 .分别以AC、AB所在直线为 立直角坐标系

22、，并设abc，贝V c =o 2a + b2，则c .设 AACD、 AABD的内切圆半径分别为1 ,1), M(2,C 212 c+1 形，直线所以N , M的坐标分别为 N(c m ,2).于是直线MN的斜率为kMN1 .这说明 从KL为等腰直角三角MN的方程为y 1 = (x c +1)，其横、纵截距均为2a2b2 v a2b2ab c2Saakl = c = a°+p 三莎=7 = S从BC .A为原点，AB为x轴正方向建立直角坐标系.设|AB| =11P.则匚 +： = m , q =，点 B(P , 0), C(qcosa ,P qmp 1以|AC| = qBC的方程为

23、=xP.整理得p(my sin%) +qsin a qcosa pxsin a (1 + cos o)y = 0 ,即无论p为何值时，直线 BC经过两条定直 线 my sin、；= 0与xsina (1 + cos Ry = 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 O的圆心O为原点，平行于qsin a .直线标系设 A(Xi , yi) , B(X2 , y2)，则 C( X2 , y2),xiyi + 2y22G( 3 ,3).设外接圆半径为 r .则xi + yi22=X2+ y2ri 2 .由相交弦定理，知AGGP|AG|2AG| |GP|2 2

24、 2|AG|BG |BG| CG |CG|rc |OG|2，冋理 GQ = r2 |OG|2，GR = r2 |OG|2 ；|AG|2 + |BG|2 + |CG |2zxi 2 I#, xi(x2 § ) + (x2 + "3)2 +(yiyi + 2y23)2 +2(y2-)22 2 2xi + (y1 y2) + 2X22(r, 2+ X2 yiy2),|OGfr22Xo(yi 十 2y2)4_【6 十 9 = 9 (2r Xo(yi + 2y22y2yiy2).注意到2X2. 2+ y22AG BG CGr，就得 AG + GG + GR|AG |2+ |BG|2+

25、 |CG|2r2 |OG|27 .如图，以A(0 , a) , D(d , 0), C(0 , c)，则 B( d , 0).直线O为原点,OD为x轴正方向建立直角坐标系，设AB方程为：七十y i = 0 ;设GH方程:d a.0与是同一个方程，比较系数得(因为求I点坐标时要取 y = 0 于y前).于是GF方程为d -x) = 0，BC方程为d设EF方程为hy x = 0 .于是 示为 4 十 y i 十 J(hy x)=d c111dh( a c)在中，令y = o得|点的横坐标xi =+d入；同di11理，点J的横坐标为Xj =，其中头=(-)，于是X|1 d 入k h a c 7=Xj

26、 即卩10 = 0J .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D标系.设 A(0 , a), B(m b , 0), C(m + b , 0)，直线 PQ 方程：y=kx + q设AP，则 APFBP ，PA1 .所以P点坐标为 x = mb , y =匕1)a ，故( 1)a = k(m b) + q ，贝U -= 扎AAk(m b)+a，即ABk(m b)+a，同理，AMkm+ aACa q'APa qANa q ，AQk(m+b)+a则AB +AC = 2 AM.这说明AB,AM , AC成等差数a qAPAQANA

27、P'AN ' AQ列.2 .提示：设 A(x1,y“,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轴曰 疋a + bcos45 + dcos135 e +fcos225 + hcos315 = 0 ,整理得a + e +(b d + h) = 0 ;bcos45 + c + dcos( 45 )+ fcos135 g

28、+ hcos225 = 0 ,整理得(b + d h) = 0 .所以 a = e ,C+ h = 0 ; c = g , b + d f h = 0 .贝U 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 ,1zc .则点E对应复数Ze = iZB，点D对应复数Zd = 2 (1 + i)(ZB Zc)11亠曰+ Zc =2(1 + i)ZB+ (1 i)zc，点 F 对应复数 zf= 2 (1 +i)zc.向量t.111 1i izB 1 (1 + i)zc = zb +1 (1 + i)2zc = E + izc

29、则 Zg =(FE = ze Zf = izb 2 (1 + i)ZC . Zg = Zf i FE = 2 (1 + i)zc AD ;/ GAD=- 2 ' 7 C B 21 + i)ZD = 2(cos135° + isin135ZD .贝U GA =羽135 °5 .以A为原点，AC为x轴正方向建立复平面. c，点E表示复数 e(c、e R).则点B表示复1 1 1 1数b = 2 c + 2 ci，点D表示复数d = 2 e ?C表示复数ei .把 ADE绕点A旋转角0得到 AD E，则 点E表示复数e '= e(cos 0 + isin 0).点

30、D表示复 数d = d(cos 0 + isin 0)表示E C中点M的复数 m=(c + e).则表示向量 MB的复数：Z1 =esin 0)i .表示向量1 1ci 2 c 2e(cos 0 +isin 01ecos 0 + 2 (cMD啲复数:Z2 = d 1e 2 ei)(cos 0 +1 1isin 0) 2 c ? e(cos 0 + isin 0)12 (esin 0 c)iecos0 .显然:Z2 = Z1i .于是 |MB| = |MD |，且/ 角三角形.故证.6 .以O为坐标原点，O O的半径为长度单位建立直角坐标系，设BMD ' = 90 ° .即厶

31、BMD 为等腰直OAi、OA2、OA3、OA4与OX正方向所成的角分别为a、 B、 丫、；，则点 Ai、A2、A3、A4 的坐标依次是 (cosa , si no)、 (cos 3 , sin 3、 (cosy, si n Y、 (cos：, sin、).显然，" A2A3A4、/ A3A4A1、/1A4A1A2、" A1A2A3的外心都是点 O，而它们的重心依次是(3 (cos 3 +, 1 , 1 ,cos 丫+ cos、), 3 (sin 3+ sin 丫+ sin、)、( 3 (cos 丫 + cos、+ cos a),113 (sin a+ sin、. + sin

32、 Y) 、( 3 (cos、.1 。+ cosa+ cos3 , 3 (sin、. + sin a+1sin 3)、( 3(cos a + cos 3+ cos Y,1 (sin a+ sin3+ sinY).从而,/ A2A3A4、/ A3A4A1、/ A4A1A2、/ A1A2A3 的垂心依次是H 1(cos 3 +cos y+ cos , sin 3+ sin 丫+sin、)、 H2(cosy + cos、+ cos a, sin a+ sin、+ sin Y、H3(cos6 + cosa+ cos 3, sin6 + sin a + sin 3)、 H4(cosa + cos 3+ cos y, sin a + sin 3+ sin Y .而 比、 H2、 H3、 H4 点与点