抓住核心 巧用三角

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摘 要：本文从几何直观入手，探讨了如何依据直观图形明确“核心元素”来解决一类平面几何问题的方法．

关键词：平面几何；核心元素；三角

平面几何在数学发展史上有着十分重要的地位，它将形象的几何直观与严密的逻辑推理有机地结合起来，是训练思维、开发智力的绝佳素材，所以在数学智力竞赛中，在数学奥林匹克中，平面几何都是不可或缺的内容，但这也同时确立了平面几何题的“难题”形象，“数学难学，平面几何更难学”，这是许多人的切身感受． 于是有许多文章和专著都专门论述了平面几何题的解题方法和技巧．本文拟从平面几何的“几何直观”入手，也谈一类平面几何题的解法．

对于一道平面几何题，根据题意，我们可以作出相应的平面图形，而一个平面图形是由一些相对独立的几何元素构成的，仔细分析这些几何元素，我们会发现，这些几何元素在这个平面图形中的“地位”并不一定是平等的，也就是说其中一些几何元素的存在是依赖于另一些几何元素的． 比如说，一个平面图形是由ABC及其外接圆O组成的，那我们就认为O是依赖于ABC而存在的，因为ABC一旦确定，O就跟着唯一确定下来了．

我们来看一个具体的题目：

在锐角ABC中，∠A的平分线交BC于L，交ABC的外接圆于N，LKAB于K，LMAC于M，求证：SAKNM=SABC．（28—IMO—2）

分析这个题目的平面图形，所含的几何元素有ABC，ABC的外接圆，角平分线AN，垂线LK、LM等，很明显，ABC在这些几何元素中具有决定性的作用，ABC确定之后，其他所有的几何元素都跟着一一确定下来，在这个平面图形中，ABC就起着决定性的作用，我们姑且称之为“核心元素”．

接下来的问题是，我们怎样利用一个平面图形的“核心元素”呢？从上面的分析我们知道，一个平面图形的“核心元素”决定了其他所有几何元素的存在，那么从理论上讲，我们就可以用“核心元素”的几何特征量（长度、角度、面积等）去表示其他几何元素的几何特征量． 这就给我们解决平面几何问题提供了另外一种新的思路．

在此题中，由题意知，A，K，L，M四点共圆，且AL为圆的直径，由对称性可知，KMAL，所以SAKNM=AN×KM，接下来的思路很明晰了，就是努力用ABC的边或角去表示AN，KM的长度，这可以充分运用我们的三角函数的知识．

=2R=AL，即KM=AL×sinA，又==，

所以KM=AL×sinA=．

在ANB中，=，即=，

所以AN=sinB+，SAKNM=AN×KM=sinB+?=AB×AC×sinA=SABC．

下面我们运用这一思路再看一些例子：

例1 在圆内引弦AB和AC，∠BAC平分线交圆于点D，过D作DEAB于E，证明：AE=（AB+AC）． （第十六届全俄数学奥林匹克九年级题8）

分析：此图的“核心元素”可定为ABC，因为圆、角平分线AD、垂线DE都随ABC的确定而唯一确定．

证：AD=2RsinC+，所以AE=2RsinC+cos=2R（sinB+sinC）=（b+c）=（AB+AC）．

例2 在一条直线l的一侧画一个半圆，C、D是半圆上的两点，半圆过C、D的切线相交于点P，且分别交l于A、B，半圆的圆心在线段AB上，E是线段AC和BD的交点，求证：PEAB．

图3

分析：首先认清图形的“核心元素”为半圆和OC，OD两半径，为了利用“核心元素”证明PEAB，我们可过P作PMAB交DB于E′，交AC于E″，将证垂直转化为证线段相等PE′=PE″，只需将PE′，PE″用“核心元素”的几何特征量来表示即可．

图4

证：过P作PMAB交DB于E′，交AC于E″，作DNAB，

设圆的半径r=1，∠COB=α，∠DOA=β，则BC=tanα，PC=tan=cot，BM=cos－αtanα+cot=sinαtanα+cot，=?圯=?圯ME′=，同理?圯ME″=．

只需证ME′=ME″?圳cosαtanα+cosαcot=cosβtanβ+cosβcot

?圳cot=－?圳=cot，

此式成立．

例3 三角形ABC的内切圆切AC于K点，求证：连结AC的中点与内切圆圆心的直线平分BK． （第二届全苏数学奥林匹克十年级题7）

图5

证：此图形的“核心元素”是ABC，过B作BM∥OD，BHAC，则只需证MD=DK．

设内切圆半径为1，ABC三边长分别为a，b，c，则b=cot+cot．

由BMH相似于ODK有=，即asinC=．

要证MD=DK?圳MH+HC－DC=DK，

只需证asinC－cot+acosC－=－cot?圳asinC?－asinCcot+acosC=b－cot?圳asinC?－asinC?+acosC=cot?圳asinC?－a=cot?圳SABC－a=AK?圳－a=AK?圳b+c－a=2AK，

此式成立．

例4 圆O1与圆O2和ABC的三边所在的三条直线都相切，E、F、G、H为切点，并且EG、FH的延长线交于P点，求证：PABC． （1996全国高中数学奥林匹克联赛第二试题1）

图6

证：此图形的“核心元素”显然为ABC，所以这个图形的其他任何部分都可以由ABC的量表示出来．

过A作AMBC交PF于P′，交PE于P″，则只需证MP′=MP″．

由题目条件，MP′=MP″等价于

－bcosCcot=－ccosBcot?圳－sinBcosCtan=－sinCcosBtan?圳2coscoscos?tan－sinBcosCtan=2coscoscos?tan－sinCcosBtan?圳2cossin?cos－cosC+cosBcosC=2coscos?sin－cosB+cosBcosC?圳2cossin?cos－cossin=cosC－cosB?圳2sinsin=cosC－cosB，

此式成立．

从以上例子可以看出，我们可以从平面几何题的平面图形入手，分析出图形的“核心元素”，再将证明目标转化为几何元素的几何特征量的关系，再设法把这些量用“核心元素”的量来表达，从而将平面几何的证明转化为三角等式的证明，抓住核心、巧用三角，将平面几何的难度分解转化，从而达到降低解题难度的目的，希望此种解题思路对读者有所帮助．