从几何的角度看代数问题1

广东省东源中学  邹海彬

摘要：将复杂的代数问题转化为几何问题，往往有事半功倍的效果，这里从构造几何图形的角度对代数问题进行求解，介绍了几种方法以及实例，包括了构造三角形，正方形或矩形，长方体，棱锥，以及利用托勒密定理。

关键词: 构造几何图形 代数 不等式证明

引言

数学学习，从更深的层次讲，是发散型思维活动的学习，如果我们在学习数学的过程中。例如，在做各种数学习题的过程中，能主动地依据问题的已知条件和所求所证，多方向、多角度地拓宽我们的思维渠道，那么，我们的创造性思维能力将会得到很快的发展。下文仅从构造图形解决数学问题培养数学创造性思维展开。构造图形解题，它的应用十分广泛，特别是有些技巧性很强的题目，如果不能发现题目中所隐含的几何意义，而用通常的代数方法去思考，经常让我们手足无措，难以下手，这时，如果能转换思维，发现题目中隐含的几何条件，通过构造适合的几何图形，将会得到事半功倍的效果，因为构造适当的几何图形往往能使问题的解决变得非常简洁巧妙。

论文分为两部分，主要通过列举来说明，第一部分是对不同图形构造的总结（一共总结了六大类），第二部分是列举不等式证明题目，题目采用不同解法（主要是通过构造不同图形）。部分题目是我们自己设计的，部分题目是从参考文献中提取并用不同解法得出的，在文中均有注明。

1..图形构造的几类方法的总结

1.1构造三角形解决代数问题：

1.1.1利用勾股定理构造直角三角形

 例1【1】已知x、y、z、r都为正数，且求证： 

 作者简介：邹海彬（1979—），男，广东河源人，中教一级，主要研究方向：数学理论教学

分析：由很容易想到勾股定理，且又注意到x、y、z都为正数的条件，则会想到构造直角三角形来解决问题.

证明：构造直角三角形如上图，其中，，，；作CD⊥AB于D，由射影定理,

     ，又由题意有且r＞0，

     从而有CD=r，所以△ABC的面积，这可得

例2【2】知：m、n、p为正数，且。求的最小值.

分析：此题如果直接用代数方法来解，显得难以入手，但题目所给的等式有明显的几何结构，将其变形为，则会很容易联想到勾股定理，且又注意到m、n、p为正数这个条件，则会想到构造一个有关于直角三角形会有助于解题，从而使问题得到解决.

解：构造以m、n为直角边，p为斜边的Rt△ABC和Rt△DEC，如上图摆放，则在

直角梯形ABCD中，因为AD=，所以，

所以。

所以的最小值是.

例3【3】设a、b、c、d都是正数，证明存在一个三角形，它的边长为

   试计算这个三角形的面积。

分析：通常的思维是证明三个数中最大数小于其它两数之和来证明三角形的存在，但这道题用此方法是很难证明的，海式求面积法在此题中也很难运用.

注意到

由勾股定理可构造一个边长为，的矩形如下图：

解：以、为边长作矩形如上图，在上取，使，；在上取，

使，.由图2易知：

从而△就是以上三个数为边长的三角形，其面积为：

另外，我们模仿别人的题目设计了如下的变式题目并总结出自己发现的结论；

对于一些数学题目中的具体数字，如果能构造成平方和，也可利用上面的方法来解决；

例4设O是△ABC的重心，且OA=5，OB=12，OC=13，求△ABC的面积.

分析：若学生对数字比较敏感，则能发现5,12,13有明显的几何意义，因为有

,由此想到可以利用勾股定理构造直角三角形来解题.

解：如上图，延长AO到D，使OD=AO，设AD交BC于E，连结BD、CD,

则容易证明四边形OBDC是平行四边形，从而有DC=OB=12，BD=OC=13，

又OD=AO=5，由知△OBD是直角三角形， 

从而BO⊥AO,又有AO=OD,所以，

又重心和三顶点的连线所构成的三个三角形面积相等，

所以

类似的数组还有(1)3,4,5;(2)7,24,25;(3)11,60,61;(4)12,35,37; (5)13,84,85;(6)20,21,29;(7)60,91,109;…这些数组都满足两数的平方和等于另一个数的平方.

由此我们可以总结出结论：设O是△ABC的重心，满足，则.

具体证明可以仿照例4

证明：不妨我们设

      如上图，延长AO到D，使OD=AO，设AD交BC于E，连结BD、CD,

则容易证明四边形OBDC是平行四边形，从而有DC=OB=，BD=OC=，

又OD=OA=，由知，

从而可知△OBD是直角三角形， 

所以有BO⊥AO,又有AO=OD,所以，

又重心和三顶点的连线所构成的三个三角形面积相等，

所以

即,结论得证.

小结：由上可知，一般地，如果在数学题目中出现代数式的平方和，或者通过题目的条件能化简出代数式的平方和，又或者题目中所含的数字满足勾股定理，而且题目难以通过一般的代数求解，这时可以转换思维，从几何的角度思考，利用勾股定理构造处直角三角、矩形等来解题，往往能事半功倍.

1.1.2构造图形解三角代数问题

对于三角代数问题，一般我们采用对左边进行积化和差与和差化积运算，由于项目繁多，而且还要根据角度的不同适当配项，往往容易出错。不难发现，很多这样三角函数的题目都具有一定的规律性，只要找出这样的一些规律，问题就会迎刃而解。下面介绍两种题目。这里以余弦为例，正弦的情况类似。

1.1.2.1角度成倍增加，可以考虑构造等腰三角形。即以的形式出现

   例5【8】 证明

解：

构造一个角如上图，作∠MON=，

在ON边上取OA=1，

以OA为腰作等腰三角形△OAB，

则∠BAN=。

又以AB为腰作等腰三角形△ABC，则∠MBC=

又以BC为腰作等腰三角形△BCN，则∠ODC=

于是在△DOC中，∠OCD=π-∠DOC-∠ODC=π--,

故△DOC为等腰三角形，即OD=OC，

而OB=OB+BD=

OC=OX+AC=

 ∴   即

1.1.2.2、

对于，我们可以通过构造图形，在数轴轴上方以原点为起点逆时针方向作正n边形，其中边长为1，与x轴正方向夹角为α，由于β为正n边形外角，所以矢量，…，，与ox轴正方向夹角分别为α，α+β，…,α+(n-1)β

这些矢量在ox轴上的投影分别是

,

由于矢量，…，构成封闭图形

故 

因此边向量在ox轴上投影的代数之和亦为0. 

特别地，当α=0时，有在这里β的取值只能是正n边形的外角。

例6：求证

证明：这里n=5, α=5°, β=72°(恰为正五边形外角)，构造的图形如下图所示

正五边形的边长为1，边向量，…，与ox轴正向夹角分别为5°，77°，149°，221°，293°

      边向量在ox轴上投影分别为

因为（n=5）

因此有

1.1.3利用余弦定理构造三角形

  例7 设正数满足方程组

试求

  分析：元方程组可变形为

解：构造如上图所示的三角形.由

可得

即有

所以.

小结：一般地，在解三元方程组的时候，如果每个等式的次数都为2，且通过化简可使每个等式都含有两个未知数的平方代数式的和，这时，用一般的解方程组的方法计算量将很大，如果联想到余弦定理，通过对等式作变式变换，看能否通过构造三角形解题，往往能快速解题.

1.2、构造正方形或矩形解决代数问题

例8  已知a，b，c∈R，求证：

证明：观察原不等式含有的形式，联想到可看成长宽分别为a，b的矩形的对角线，构造矩形如下图，

使，， |，，，，易知，

AB=，BC=，CD=，AD=

由两点之间直线段最短，可知AB+BC+CD≥AD，即

又因为有

从而可知， 

例9【5】从1、2、3、4这4个数中任取两个数，求它们的积，共有6种情况：任两数之积的平均数为

，

先从1,2,3,…,n这n个数中任取两个数相乘，试求“任两数之积的平均数”的值.

(参考公式：；；

)

解：构造图形，如上图，并设每个方格中的数字为两边所表数之积，则可得，所有方格中的数字个数为：

对角的方格中的个数为

，由方格的对称性，任两数之积的和为

例10  100个正数满足，

求证： 

分析与解答：由联想到100个小正方形的面积和大于一个

边长为100的正方形的面积，又由知这100个小正方形的边长之和应该是，于是我们可以构造三个边长为100的并列的正方形，并拼成一个长为300、宽为100的矩形，如下图，我们将用反证法证明结论.

如果则第一个边长为100的正方形中就含有三个互不重叠的矩形，宽分别为这时第二个边长为100的正方形中所含的小正方形，全可移至第一个正方形中宽为的矩形中，第三个边长为100的正方形中所含的小正方形中宽为的矩形中，这就表明，面积之和：矛盾，从而

1.3构造长方体解代数问题

例11  若均为锐角，且满足。

（1）求证：（2）求的最小值。

分析：有已知均为锐角，且满足，联想到长方体的对角线与过同一点的三条棱所成的角的关系，可以看成是长方体的一条对角线与过这条对角线一端的三条棱所成的角。

（1）证明：构造如上图所示的长方体， ，AD=，AB=，连结，易知，

当且仅当时，即时，等式成立。

（2）解：

当且仅当时，即时，取得最小值.

1.4构造棱锥解决代数问题

例12  已知为正数，，且

。求证：

证明:如上图，构造三棱锥O-ABC,设，

且

则，

.

在底面△ABC中，由AB+AC>BC，就可得所要证的不等式.

评析：该题是此类问题的一般结论，如取：

（1）则有

（2）则有

1.5 构造图形计算定积分

例13【3】求定积分的值（a＜b）.

分析：这个定积分可以用欧拉变换的办法来解决，但计算过程相当复杂.考虑到被积函数

是的比例中项,可以联想到几何中的一条结论构造一个半圆，从而使问题很容易求解.

如上图（b）设MN是半圆的直径，PQ⊥MN，则PQ=，由此可知可以和半圆联系，设MN=，PN=，则PQ=,由此可得下面的解法.

解：如上图（a）,设A、B为x轴上的两点，其横坐标分别为a，b，R为线段AB上的一个动点，其横坐标为x.则|AR|=x-a，|RB|=b-x，以AB为直径作半圆，过点R作RT⊥AB交半圆于T，则|RT|=，可见，当动点R从点A移动到点B时，动点T的轨迹就是一个半圆曲线，根据定积分的几何意义，可知所求定积分的值就是半圆的面积，

 即=

例14【6】若

分析：即证.不等式左边的式子：b-a可构造为，而不等式右边式子可以构造为.这样，我们就可以在直角坐标系分别作出的图像（如下图），再根据定积分的几何意义可知，对应为

梯形的面积，对应为曲边梯形的面积，而这两者面积的大小从图中可十分明显地分辨出来，从而可知原不等式成立.

证明：在直角坐标系xoy中作出函数的图像.设两图像交于B点，则B点坐标为B.在ox轴上取点，，过作y轴的平行线交y=x于C点，交

因为梯形的面积为，曲边梯形的面积为.

由图形可知，不论A点在曲线上什么位置，在的条件下，总有

 成立即有

  即  

 即  

 故有成立.

1.6利用托勒密定理构造图形

著名的托勒密定理是：圆内接四边形两组对边成绩之和等于对角线乘积.

例15【4】已知试证： 

分析：本题若证明恒等式的常规方法做，运算量很大，而且很复杂.若从题目的已知条件联想到托勒密定理，构造一个适当的几何图形来接题，则会简便很多.

证明：由|a|≤1，|b|≤1,知可作两邻边长分别为a,b并内接于以AC=1为直径的圆的四边形ABCD中，如下图，由托勒密定理，得

,即

又已知

所以 BD=1，故有

例16 图，过△ABC的顶点A作求证：

分析：本题如果考虑应用相似三角形的性质来证，则过程很复杂.若注意到符号那么就会很自然联想到托勒密定理，可考虑构造辅助圆证明之.

证明：作△ADE的外接圆交AB、AC于F、G，连结FG、EF

则

因为

所以FG∥BC，

所以

我们补充的数形结合变式题目：

例17【7】 已知都为正数，，

求证：.

分析：如果题目用通常的代数方法解决，会觉得不知如何下手，但是如果注意到的几何意义，就会联想到构造直角三角形来解决问题，又由

     我们联想到余弦定理，综上，我们可以构造如下图帮助解题.

解：由题意，构造如上图，其中AC是圆的直径，AB=a，BC=b，AD=DC=c，则有

    ，

    在△ADB中，由余弦定理，有

    |BD|，

 又，

 从而|BD|=，

 根据托勒密定理是：圆内接四边形两组对边成绩之和等于对角线乘积.

 我们有，|AD|

 即有 ，

 化简可得.

 综上，原题得证.

  由上我们可以看到，从几何的角度看代数问题，不失为一种很好的解题方法。根据数学题目的已知条件的几何意义恰当地构造几何图形解题可使解答简捷明快，一目了然，给人以耳目一新的解题感受，甚至令人拍案惊奇；同时，几何图形的构思，需要较好的观察能力和想象能力，这对于培养学生的创造思维能力,综合运用知识的能力及培养学生的数学兴趣具有很重要的作用，因此，在教学过程中，教师要强化数形结合的思想.

2. 例举多种方法解不等式证明题

  以下证明题是我们从各个参考资料中提取出来，在解法上采用通过构造不同的图形一题多解的形式。

例18设三个正数中任何两者之和大于第三者，求证：.

分析：从已知条件可得三个数之间恰好符合三角形三边的关系，所以可以联想到构造分别以为三边的三角形，如图1

图1

由余弦定理得所以①，同理：②，③，由①+②+③得.

。

例19正数和满足条件求证：

方法一：构造三角形

分析：由已知条件，我们可以联想到构造边长为k的等边三角形，如图2，在图中

图 2

则，，，，又，即有Ab+Bc+Ca

方法二：构造正方形

（证明自创）

分析：由题意中的可以联想到构造边长为的正方形，而则可以看成是正方形中切割而成的长方形的面积，例如可以如下图3构造正方形EFGH，在正方形上分别取EI=A,IF=，FJ=C，JG=c，GK=C，KH=c，HL=B，LE=b

图3

则，而由图3可以看出， 

以下例题就可以用以上介绍的两种方法证明

设x，y，z是小于1的正数，求证：x（1-y）+y（1-z）+z（1-x）<1

分析：已知x+（1-x）=y+（1-y）=z+（1-z）=1符合例2的已知条件，所以能够用例2的方法证明。

构造正方形图形解决不等式

例20：已知a，b为小于1的正数，求证：

（证明自创）

分析：由不等式中的

如在图4中，四边形AENJ，EBGM，EBIN都是长方形，并且满足AE=BG=，AJ=DF=。

图4

解：由已知得，AN=，NC=，AC=，BN=，ND=，AC=BD=，而从图4中，我们可以看出AN+NC所以AN+NC+BN+ND而等号成立当且仅当N在AC上，即a=b。

例21【9】若则

解法一：构造三角形解决不等式

分析：这是我们熟知的平均不等式，

图5

在图5中，已知是直角三角形，其中E是AB边上的中点，CD垂直于AB于点D，AD=a，BD=b。

解：由直角三角形的射影定理知，，所以，而由E是AB边上的中点可知CE是斜边AB的中线，所以有CE=，而我们从图中可以看出CE>CD,所以

补充：例外利用相交弦定理和切割线定理分别都可以得出相应的结论，这里就不做进一步探究，有兴趣的同学可以自行证明。

解法二：构造长方形解决不等式（这里我们不妨设a>b）

（证明自创）

分析：我们可以把看成是以长为，宽为的长方形的面积，而把看成是两个以为斜边的等腰直角三角形的面积之和，同理，可以把看成是两个以为斜边的等腰直角三角形的面积之和，例如图6

图6

在图6中，四边形ABCD是长方形，其中AB=，AD=

解： 

所以,而，从图中我们可以看出，所以，而等号成立时当且仅当

例22

分析：为两组正数，又根据不等式的形式，联想到勾股定理，可构造n个三角形，问题可能得到解决。如图7

图7

解：

,

而我们知道两点之间，直线段最短

例23设x，y，z均为正数，求证： 

分析：由结论的对称形式，可知下列两式也成立。

这三个式子容易使我们联想到三角形的余弦定理以及三边长之间的关系。

解： 

图8

解法三：（自创）运用勾股定理证明均值不等式,以下分两种情况讨论：

（1）当时

①

∵

∴，，三边刚好构成了一个直角三角形，

且是斜边，，为直角边       ∴＜

②

∵

∴，，三边刚好构成一个直角三角形，

且是斜边，，为直角边         ∴＜

③

∵  

∴，，三边刚好构成一个直角三角形，

且是斜边，，是直角边。

∴＜

由以上的分析得出：＜＜＜  

（2）当时

＝＝＝＝=

综上所述： 

（证明思路分析——借用直角三角形的性质，可将均值不等式相邻每两项构造成直角三角形对应的边，从直角边大于斜边这个简单的结论，我们就可以判断这个两个式子的大小，从而可推出了均值不等式，这样的方法一目了然，运用的知识点少，学生容易理解和记忆。）

利用以上的证明思路与方法，解答以下的题目

若，且则，当且仅当时取“＝”。

解答：显然，若， 

对的情况进行构图

根据勾股定理证明均值不等式的证明＜过程，可以类似地构造三角形，如下图

（△ABC是直角三角形，DF//BC，AF=AE，FG⊥BC）

由图中可知

，

所以可求出， 

在Rt△ADF中，， 

在△AFC中，AF+FC＞AC，所以EC＜CF

在Rt△CFG中， 

所以   BC=BG+GC＞BG+

   即        证明得证.

参考文献

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