用 解 析 法 解 決 平 面 幾 何 問 題 優 勢 多 多 胡 紹 宗 平 面 解 析 幾 何 是 中 學 數 學 課 程 的 重 要 組 成 部 分, 它 是 以 坐 標 系 為 工 具, 用 代 數 方 法 研 究 平 面 幾 何 圖 形, 它 不 僅 是 聯 繫 中 學 數 學 各 部 分 知 識 的 紐 帶, 也 是 進 一 步 學 習 高 等 數 學 和 力 學 等 不 可 缺 少 的 工 具 本 文 擬 簡 介 如 何 運 用 平 面 解 析 幾 何 知 識 簡 捷 的 解 決 平 面 幾 何 中 的 問 題 為 了 實 現 這 一 願 望, 關 鍵 是 首 先 要 建 立 適 當 的 坐 標 系, 選 取 坐 標 系 的 一 般 原 則 是 : 點 得 到 簡 化 (1) 選 取 圖 形 中 的 一 個 點 作 為 原 點, 該 點 坐 標 即 (0, 0) () 選 取 圖 形 中 的 一 條 直 線 作 為 x 軸 或 y 軸, 該 線 上 的 點 的 縱 坐 標 或 橫 坐 標 就 是 0 () 若 圖 形 中 有 兩 條 互 相 垂 直 的 線 段, 則 應 將 這 兩 條 線 段 所 在 的 直 線 選 為 坐 標 軸 (4) 若 圖 形 是 軸 對 稱, 則 應 選 擇 對 稱 軸 為 坐 標 軸 ; 若 圖 形 中 心 對 稱, 則 應 選 擇 對 稱 中 心 為 原 選 擇 坐 標 系 時, 應 根 據 具 體 圖 形 的 特 點, 目 的 是 使 有 關 點 的 坐 標 盡 量 簡 單, 從 而 可 使 運 算 例 1. 證 明 三 角 形 的 垂 心, 重 心, 外 心 在 同 一 直 線 上 圖 1 證 : 取 ABC 的 邊 BC 所 在 直 線 為 x 軸, 邊 BC 上 的 高 所 在 直 線 為 y 軸, 建 立 如 圖 1 所 示 的 直 角 坐 標 系 先 分 別 求 出 垂 心 H 重 心 G 外 心 O 的 坐 標 設 A(0, ) B(, 0) C(c, 0), 則 k AB =, 因 而 k CH =, 於 是 CH 的 方 程 為 y = (x c) y = (x c) 可 求 出 垂 心 H(0, c x = 0 ) A B C 的 坐 標 可 得 重 心 G( 0++c, +0+0 ), 即 ( +c, ) 設 O(x 0, y 0 ), 則 (x 0 0) +(y 0 ) = (x 0 ) +(y 0 0) = (x 0 c) +(y 0 0), 解 得 x 0 = +c, y 0 = c+, 即 O( +c, c+ ), 於 是 k HG = +c (+c) = k GO, 75
76 數 學 傳 播 9 卷 1 期 民 94 年 月 H G O 共 線 例. 以 直 角 三 角 形 的 每 邊 為 邊 向 外 作 正 方 形, 則 連 結 直 角 邊 上 正 方 形 中 心 的 線 段 和 連 結 斜 邊 上 的 正 方 形 中 心 與 直 角 頂 點 的 線 段 互 相 垂 直 且 相 等 圖 證 : 取 R t ABC 的 兩 直 角 邊 所 在 直 線 為 坐 標 軸, 建 立 如 圖 所 示 的 直 角 坐 標 系 設 G H M 分 別 是 以 AC AB BC 為 邊 的 正 方 形 中 心, 則 G(, ) H( c, c ), k GA = k AH = 1, 知 G A H 三 點 共 線 作 DE x 軸, 則 Rt ABC = Rt EDB, 因 而 D( + c, c), 又 C(0, ), 中 點 坐 標 公 式, 得 M( +c, +c ), 於 是 k AM = 1, 而 k GH = 1, AM GH 兩 點 間 距 離 公 式, 得 AM = GH = ( + c) 例. 若 CEDF 是 一 個 已 知 圓 的 內 接 矩 形, 過 D 作 該 圓 的 切 線 與 CE 的 延 長 線 相 交 於 點 A, 與 CF 的 延 長 線 相 交 於 點 B, 則 BF AE = BC AC 證 : 取 矩 形 的 兩 鄰 邊 CF CE 所 在 直 線 分 別 作 x 軸 與 y 軸, 建 立 如 圖 所 示 的 直 角 坐 標 系 設 D(, ), 則 E(0, ) F(, 0), k OD =, 得 k AB =, 則 AB 的 方 程 為 y = (x ). 於 是 圖 x = 0 y = 0 BF + AE = + = BC + AC = = + y = (x ) y = (x ), 得 A(0, + ), 得 B( +, 0)
用 解 析 法 解 決 平 面 幾 何 問 題 優 勢 多 多 77 BF AE = BC AC. 例 4. 在 ABC 中, AB = AC, 高 AD BE 相 交 於 K, EF BC, 延 長 AD 到 G, 使 DG = EF, L 為 AK 的 中 點, 求 證 : BG BL 圖 4 證 : 取 ABC 的 邊 BC 所 在 直 線 為 x 軸, 過 頂 點 A 的 對 稱 軸 為 y 軸, 建 立 如 圖 4 所 示 的 直 角 坐 標 系 設 C(, 0), B(, 0), A(0, ), 則 AC 的 方 程 為 y = (x ) BE 的 方 程 為 y = (x + ) y = (x ) y = (x + ), 解 得 E( 而 G(0, ), k + BG = + y = (x + ), 解 得 K(0, x = 0 ), ), 從 + + 中 點 坐 標 公 式, 得 L(0, + ), k BL = +, k BG k BL = 1, BG BL 例 5. 圓 O 內 一 定 點 A, 過 A 任 作 兩 條 互 相 垂 直 的 弦, 求 證 這 兩 弦 長 的 平 方 和 為 定 值 證 法 1: 取 圓 心 O 為 原 點, 建 立 如 圖 5 所 示 的 直 角 坐 標 系 不 失 一 般 性, 定 點 A 選 在 x 軸 上, 設 A(x 0, 0), 並 設 圓 的 方 程 為 x + y = r 當 兩 弦 的 斜 率 存 在 且 不 為 0 時, 弦 PAQ 的 方 程 為 y = k(x x 0 )... 1 弦 RAS 的 方 程 為 y = 1(x x k 0) 將 1 代 入 圓 的 方 程, 得 (1 + k )x k x 0 x + k x 0 r = 0... 圖 5 設 P(x 1, y 1 ) Q(x, y ), x 1 x 是 方 程 的 兩 個 實 根, 則 韋 達 定 理, x 1 + x = k x 0 1+k, x 1 x = k x 0 r 1+k 於 是 PQ = (x 1 x ) + (y 1 y ) = (x 1 x ) + [k(x 1 x 0 ) k(x x 0 )] = (x 1 x ) + k (x 1 x ) = (x 1 x ) (1 + k )
78 數 學 傳 播 9 卷 1 期 民 94 年 月 同 樣 可 求 RS = 4(r +r k x 0 ) 1+k = [(x 1 + x ) 4x 1 x ](1 + k ) = ( k ) x 0 4 k x 0 r (1 + k ) = 4(r + r k k x 0 ). 1 + k 1 + k 1 + k PQ + RS = 4(r x 0 ) ( 定 值 ) 當 k 不 存 在 時, RS 位 於 x 軸 上, 當 k = 0 時, 同 理 可 證 PQ + RS = 4(r x 0 ) + (r) = 4(r x 0 ). π 證 法 : 用 參 數 方 程 求 證 於 兩 弦 垂 直, 故 傾 角 相 差 為 設 兩 垂 直 弦 的 參 數 方 程 分 別 為 x = x 0 + t cosθ (t 為 參 數, θ 為 傾 角 ) y = t sin θ x = x 0 + t cos(θ + π ) = x 0 t sin θ y = t sin(θ + π) = t cosθ 分 別 代 入 圓 的 方 程, 得 t + x 0 t cosθ + x 0 r = 0... 1 t + x 0 t sin θ + x 0 r = 0... 設 方 程 1 的 兩 根 為 t 1 t, 方 程 的 兩 根 為 t t 4, 則 韋 達 定 理, t 1 + t = x 0 cosθ, t + t 4 = x 0 sin θ, t 1 t = x 0 r t t 4 = x 0 r 於 是 PQ + RS = t 1 t + t t 4 = (t 1 + t ) 4t 1 t + (t + t 4 ) 4t t 4 = ( x 0 cosθ) 4(x 0 r ) + (x 0 sin θ) 4(x 0 r ) = 4(r x 0 ). 例 6. 已 知 扇 形 OAB 中, 頂 角 AOB = α (0 < α < π ), 半 徑 為 r, P 是 點, 過 P 作 OB 的 平 行 線 交 OA 於 點 Q, 求 OPQ 面 積 的 最 大 值 { { AB 上 的 動
用 解 析 法 解 決 平 面 幾 何 問 題 優 勢 多 多 79 解 法 1: 取 扇 形 頂 點 O 為 原 點, OB 所 在 直 線 為 x 軸, 建 立 如 圖 6 所 示 的 直 角 坐 標 系 弧 AB 的 參 數 方 程 為 x = r cosθ 0 θ α y = r sin θ 圖 6 P(r cosθ, r sin θ), A(r cos α, r sin α), 直 線 OA 的 方 程 為 y = x tn α, 直 線 QP 的 方 程 為 y = r sin θ y = x tn α y = r sin θ, 得 Q( r sin θ, r sin θ). tn α 於 是 S OPQ = 1 OQ OP sin(α θ) = r r sin θ tn α + r sin θ sin(α θ) = r sin θ 1 + tn α sin(α θ) tnα = r sin θ sin(α θ) sin α = r [cos(θ α) cosα]. 4 sin α 當 cos(θ α) = 1, 即 θ = α 時, S 最 大 = r (1 cos α) = r tn α 4sin α 4 解 法 : 用 極 線 坐 標 法 求 解 以 O 為 極, OB 為 極 線 軸, 建 立 極 線 坐 標 系 ( 參 考 圖 6) { { AB 的 方 程 為 ρ = r, 直 線 OA 的 方 程 為 θ = α, P(r, θ), Q(ρ, α), 則 ρ sin α = r sin θ, ρ = r sinθ sinα 於 是 S OPQ = 1 r ρr sin(α θ) = sin θ sin(α θ) sin α 當 θ = α 時, S 最 大 = r tn α 4 = r [cos(θ α) cosα] 4 sin α 例 7. 已 知 半 圓 O 的 直 徑 AB, AC AB, 且 AC = 1 AB, BD AB, 且 BD = AB, P 為 半 圓 上 一 點, 求 封 閉 圖 形 ABDPC 面 積 的 最 大 值
80 數 學 傳 播 9 卷 1 期 民 94 年 月 於 是 圖 7 解 法 1: 取 半 圓 直 徑 AB 中 點 O 為 原 點, AB 所 在 直 線 為 x 軸, 建 立 如 圖 7 所 示 的 直 角 坐 標 系 因 為 梯 形 ABCD 面 積 一 定, 所 以 求 封 閉 圖 形 ABDPC 面 積 的 最 大 值, 就 是 求 DPC 面 積 的 最 小 值 若 P 距 離 CD 最 近, 則 DPC 面 積 最 小, 因 此 可 利 用 作 切 線 求 切 點 的 方 法 求 最 值 設 半 圓 的 方 程 為 x + y = r (y 0), A( r, 0) B(r, 0) C( r, r) D(r, r) 設 P(x 0, y 0 ), 當 P 點 是 平 行 於 CD 的 圓 的 切 線 的 切 點 時, S DPC 取 得 最 小 值 k CD = r r = 1, 可 設 切 線 方 程 為 y = x + r+r x + y = r, 得 x + x + r = 0 y = x + = () 4 ( r ) = 0, = ± r ( 捨 去 負 值 ) x + y = r y = x + r, 得 P( r, r) S DPC 最 小 值 = 1 r r 1 r r 1 r r 1 = ( )r 的 絕 對 值 S ABDPC 最 大 值 = 4r ( )r = ( + )r. 解 法 : 半 圓 的 參 數 方 程 為 x = r cos θ y = r sin θ (0 θ π) 設 P(r cos θ, r sin θ), 則 S DPC = 1 r cos θ r sin θ 1 r r 1 r r 1 = ( + cosθ sin θ)r 的 絕 對 值
= [ + ( 1 cosθ 1 )] sin θ = [ + cos(θ + 45 )]r 當 θ + 45 = 180, 即 θ = 15 時, S DPC 取 得 最 小 值 S DPC 最 小 = ( )r. S ABDPC 最 大 = 4r ( )r = ( + )r. 解 法 : 設 P(x 0, y 0 ), 則 過 P 點 的 切 線 方 程 為 用 解 析 法 解 決 平 面 幾 何 問 題 優 勢 多 多 81 r x 0 x + y 0 y = r, x 0 x + y 0 y r = 0... 1 平 行 於 直 線 CD 的 圓 的 切 線 方 程 為 y = kx ± k + 1r ( 捨 去 負 值 ), 解 法 1, 知 這 裡 k = 1, 即 x y + r = 0... 於 1 表 示 同 一 條 直 線, 故 有 x 0 = r y 0 = r. ( 以 下 同 解 法 1) x 0 1 = y 0 1 = r r 例 8. 在 半 圓 O 中, 定 點 A 在 直 徑 EF 的 延 長 線 上, B 點 在 半 圓 周 上 運 動 以 AB 為 一 邊 作 正 三 角 形 ABC, 問 B 在 何 處 時, O C 兩 點 的 距 離 最 遠, 並 求 出 最 遠 距 離 圖 8 解 法 1: 取 EF 的 中 點 O 為 原 點, EF 所 在 直 線 為 x 軸, 建 立 如 圖 8 所 示 的 直 角 坐 標 系 於 C 是 動 點, 故 可 求 出 C 點 的 軌 跡, 再 利 用 C 點 的 軌 跡 方 程, 求 O C 兩 點 的 最 遠 距 離 設 定 圓 半 徑 OE = r, OA =, BAO = α, B(x 1, y 1 ), C(x, y ) 則 有 x 1 + y 1 = r, B A = x 1 x 1 = B A = AB cosα, y 1 = AB sin α
8 數 學 傳 播 9 卷 1 期 民 94 年 月 AB = BC = AC x = AC cos(α + 60 ) = AC cosα cos 60 AC sinαsin 60 = 1 AB cosα AB sinα = 1 ( x 1) y 1. 此 可 得 x = x 1 + y 1... 1 x 1 = AB cosα = AC cosα = CC cosα sin(α + 60 ) y cosα = 1 sin α + cosα = y cosα 1 y 1 + cosα AB y cosα = 1 + cosα = y 1 y 1 x 1 + y 1 x 1 cos α = y ( x 1 ) y 1 + ( x 1 ) 兩 邊 除 以 x 1, 得 1 = y y 1 + ( x 1 ) y = 1 + 及 x 1 + y1 = r, 得 ( x ) ( ) + y = r x 1 y 1... 因 此 動 點 C 的 軌 跡 是 以 O 1 (, ) 為 圓 心, 半 徑 為 r 的 圓 當 動 點 C 在 連 心 線 OO 1 上 時, 動 點 C 與 O 點 的 距 離 最 遠, 且 最 遠 距 離 為 OC = OO 1 + O 1 C = ( 下 面 求 當 C 點 離 O 最 遠 時 B 點 的 位 置 : 設 O 1 OA = β, 則 tn β = = 1, β = 60 x = OC cos60 = 1 ( + r) C 點 坐 標 為 y = OC sin60 = ( + r) ) ( ) + + r = + r.
用 解 析 法 解 決 平 面 幾 何 問 題 優 勢 多 多 8 於 是 AB = AC = [ 1 ( + r)] + [O ( + r)] = + r + r cos BOA = OB + OA AB OB OA BOA = 10 = r + ( + r + r) r = 1 為 解 法 : 利 用 半 圓 的 參 數 方 程, 解 OAC, 得 到 OC 的 三 角 函 數 表 達 式, 再 求 最 值 設 OB = OE = OF = r, OA =, 則 半 圓 的 參 數 方 程 x = r cosθ (0 θ π) y = r sin θ 再 設 BAO = α, B(r cosθ, r sin θ), 則 有 AB = OB + OA OB OA cosθ = r + r cos θ OC = AC + OA AC OA cos(α + 60 ) = AC + AC (cosαcos 60 sin α sin 60 ) ( ) 1 = AB + AB cosα AB sin α [ ] 1 = r + r cosθ + ( r cosθ) r sin θ = r + r cos θ + r sin θ ( ) 1 = r + r cosθ sin θ = r + r cos(θ + 60 ) 因 此, 當 cos(θ + 60 ) = 1, 即 θ = 10 時, C 點 到 O 點 距 離 最 遠, 即 OC = + r + r = + r. 解 法 : 利 用 複 數 的 四 則 運 算, 求 出 OC 的 函 數 式, 再 求 最 值 在 複 平 面 上, A 點 對 應 複 數, B 點 對 應 複 數 r cosθ + ir sin θ BA 逆 時 針 旋 轉 60 到 BC, 設 C 點 對 應 的 複 數 Z C, 則 Z C = [( r cosθ) ir sin θ](cos 60 + i sin 60 ) + r cosθ + ir sin θ = + r ( cosθ + r sin θ + r cosθ + r ) sin θ i
84 數 學 傳 播 9 卷 1 期 民 94 年 月 OC = Z C = ( 以 下 同 解 法 ) ( + r ) ( cosθ + r sin θ + r cos θ + r sin θ = + r r cos θ + r sin θ = + r r = + r r cos(θ + 60 ). ( 1 cosθ sin θ ) ) 本 文 作 者 任 教 於 中 國 安 徽 省 阜 陽 師 範 學 院