复数思想在平面几何中的应用
复数思想在平面几何中的应用
一、基本思想
用复数解几何问题的重要依据是复数的向量表示。凡是能用平面向量运算能解的题目,也一定可以用复数运算来求解,而且由于复数乘法用来实现向量的旋转,比向量解法显得更简便,使一些问题几乎只留下直截了当的计算,而不必多费脑筋。解题的关键在于熟练掌握复数运算的几何意义。 二、复数的表示及常用结论
(1)复数z =x +yi 与复平面上的点(x , y ) 建立一一对应。|z |表示点z 到原点的距离,给定复数z ,以原点为起点,以z 为终点作向量oz ,在复平面上,复数z 也可与向量oz 建立一一对应。因此,我们在应用中记号z 同时可表示复数z 、点z ,以及向量oz 而不加以区别。
(2)z =r (cosθ+i sin θ) =re i θ是复数表示的三角形式及指数形式。r =|z |,θ是实轴正向到向量oz 的旋转角,有无穷多个值,规定0≤θ
(3)复数加减法与平面向量加减法的平行四边形法则一致。|z 1-z 2|表示z 1与z 2间的距离,且有不等式
z 1-z 2≤z 1+z 2≤z 1+z 2。前(后)一个不等式成立的充要条件是z 1与z 2反(同)向。
(4)复数乘法的几何意义是向量的旋转和伸缩,具体地为 ①z ⋅e 表示将向量oz 旋转θ角。
②z ⋅ρ(ρ∈R ) 表示将z 伸缩到原来的ρ倍。 (5)定比分点公式
设z 1、z 2是直线l 上的两个定点,λ∈R ,z 是l 上任一点,且
+
i θ
z 1z
=λ,则 z 1z 2
z =(1-λ) z 1+λz 2,特别地,线段z 1z 2的中点z =
又∆ABC 重心G =
z 1+z 2
。 2
A +B +C
,且由此得 3
z 1, z 2, z 3共线⇔存在不全为零的实数λ1, λ2, λ3使λ1+λ2+λ3=0且λ1z 1+λ2z 2+λ3z 3=0.
若z 1, z 2, z 3不共线,且存在实数
λ1, λ2, λ3同时满足λ1+λ2+λ3=0且λ1z 1+λ2z 2+λ3z 3=0,则
λ1=λ2=λ3.
(6)三角形的面积公式
设∆z 1z 2z 3是复平面上一个正向三角形(z 1, z 2, z 3按逆时针方向绕行),则
S ∆z 1z 2z 3=
1
Im(z 1z 2+z 2z 3+z 3z 1) 2
证明:如图 因为θ=arg
z 3-z 1z -z 1
,所以e i θ=3
z 2-z 1z 2-z 1z 3-z 1|z 2-z 1|(z 3-z 1)
=
z 2-z 1|z 3-z 1|(z 2-z 1)
S ∆=
11
|z 2-z 1|⋅|z 3-z 1|⋅sin θ=|z 2-z 1|⋅|z 3-z 1|⋅Im(e i θ) 22
=
|z -z |(z -z ) 1
|z 2-z 1|⋅|z 3-z 1|⋅Im 2131 2|z 3-z 1|(z 2-z 1)
(z -z ) ⎤1⎡
=Im ⎢|z 2-z 1|231⎥(|z |2=zz ) 2⎣(z 2-z 1) ⎦
=
1
Im[(z 2-z 1)(z 3-z 1)] 21
=Im(z 1z 2+z 2z 3+z 3z 1) 2
由该结论,又有z 1, z 2, z 3共线⇔z 1z 2+z 2z 3+z 3z 1∈R .
(7)n 个n 次单位根将原点为圆心的单位圆n 等分,即z =1的根为ε0=1, ε1=e 以原点为圆心的单位圆的内接正n 边形的顶点,且有
n
i
2π
n
,
, εn -1=e
i
2(n -1) πn
是
ε12=ε2, ε13=ε3, , ε1n -1=εn -1.
(8)∆z 1z 2z 3为正向正三角形的充要条件是:
z 1+z 2ω+z 3ω=0,其中ω=e
2
2
i
2π3
是一个3次单位根。(1+ω+ω=0)
2
或u z 1-uz 2+z 3=0,其中u =e 3. (u 2=u -1, u 3=-1)
证明:若∆z 1z 2z 3为正向正三角形,则,且z 1z 2到z 1z 3扫过的有向角为
i
π
π
,即 3
z 3-z 1=(z 2-z 1) e 3=(z 2-z 1) u ,
由此可得 (u -11z ) -u 2z +
2
2
u -1=u ,又 z =03
i
π
故上式写为 u z 1-uz 2+z 3=0.
另外,由此式反推回去可证明∆z 1z 2z 3为正向正三角形。
(9)复平面上任意三点不共线的四点A 、B 、C 、D 形成平行四边形⇔A +C =B +D (即对角线互相平分).
三、例题分析
例1 延长△ABC 的三边BC 、CA 、AB 到A '、B '、C ',使CA ':BC =AB ':CA =BC ':AB . 证明:∆ABC 与∆A 'B 'C '有相同的重心。
证明:设CA ':BC =AB ':CA =BC ':AB =λ
由定比分点公式有A '=(1+λ) C -λB ,B '=(1+λ) A -λC ,C '=(1+λ) B -λA ,
故A '+B '+C '=A +B +C ,从而重心坐标相同。 ■
例2 凸四边形对边中点的连线叫做此四边形的中位线。若某凸四边形两中位线长度之和等于周长之半,求 :此四边形为平行四边形。(1980年苏联列宁格勒数学竞赛试题)
证明:设此四边形的四顶点的复数表示为A 、B 、C 、D ,利用中点公式,则题目的条件是
A +B C +D B +C D +A 1
-+-=(|A -B |+|B -C |+|C -D |+|D -A |) 22222
于是
(A -D ) +(B -C ) +(B -A ) +(C -D ) =|A -B |+|B -C |+|C -D |+|D -A |
由此可见,在下列不等式
(A -D ) +(B -C ) ≤A -D +B -C ,
(B -A ) +(C -D ) ≤B -A +C -D ,
中均应成立等号,这必须且只须
A -D =λ(B -C ) ,B -A =μ(C -D ) ,其中λ>0, μ>0
由此得 A =D +λ(B -C ) ,A =B +μ(D -C ) , 我们得出等式
D +λ(B -C ) =B +μ(D -C )
即
(λ-1) B +(μ-λ) C +(1-μ) D =0
又(λ-1) +(μ-λ) +(1-μ) =0,且B 、C 、D 不共线,从而λ=μ=1,故DA =CB , 故ABCD 为平行四边形。
例3 P 为正方形ABCD 内一点,BMNP 、APEF 都是与ABCD 有相同转向的正方形。 求证:AM //FC 且AM =FC .
证明:设P 为复平面的原点,由BM ⋅i =BP , AP ⋅i =AF , BC ⋅i =BA 知
M =(i +1) B , F =(1-i ) A , C =(i +1) B -iA
故AM =M -A =B (i +1) -A ,FC =C -F =(i +1) B -iA -(1-i ) A =(i +1) B -A 即AM =FC ,故AM //FC 且AM =FC . ■
例4 以四边形ABCD 的各边为斜边向外作等腰直角三角形ABP 、BCQ 、CDR 、DAS. 求证:RP ⊥QS 且RP =QS.
A +B A -B
+i 22
C +D C -D B +C B -C D +A D -A
+i ,Q =+i ,S =+i , 同理可得 R =222222
证明:由 PB ⋅i =PA 知 P =计算
A +B -C -D A -B -C +D
+i
22
D +A -B -C D -A -B +C
QS =S -Q =+i
22RP =P -R =
∴QS ⋅i =RP ,故RP ⊥QS 且RP =QS. ■
例5(87年全国MO ) 如图,∆ABC 和∆ADE 是两个不全等的等腰直角三角形,∠B =∠D =90,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 ,使得∆BMD 为等腰直角三角形。
A D B 中,BD =AB +AD ,在R t ∆B D M 分析:在R t ∆
用余弦定理求出BM
,从而定出CM 222
中,BD =2BM ,在∆BMC 中,∠C =45,
22
AB -AD ) 。 2
证明:以A 为复平面中心,由BA ⋅i =BC 知C =(1-i ) B 。 不论∆ADE 转到何处,始终有DE ⋅i =DA ,M =
E +C
,即E =(1+i ) D , 2
(1-i ) B +(1+i ) D (1+i ) B +(1+i ) D M =,MB =B -M =,
22(1-i ) B +(1-i ) D
MD =D -M =,MD ⋅i =MB ,即MD ,
2
∴∆MBD 为等腰直角三角形。
例6 如果圆内接六边形ABCDEF 满足AB =CD =EF =R ,其中R 为圆的半径。 求证:BC 、DE 、FA 的中点P 、Q 、R 联成一个正三角形。
证明:设圆心为原点,u =e 3,则B =Au , D =Cu , F =Eu , 由中点公式 P =
i
π
11
(B +C ) =(Au +C ) 22
1111
Q =(D +E ) =(Cu +E ) , R =(F +A ) =(Eu +A )
2222
3
由于u =-1,所以
2(Pu 2-Qu +R ) =(Au +C ) u 2-u (Cu +E ) +(Eu +A ) =0
故∆PQR 为正三角形。 ■
例7(拿破仑定理)以∆ABC 的三边为底,分别向外作顶角为120的等腰三角形∆PAB 、∆QBC 、∆RCA 。 求证:∆PQR 是正三角形。
证明:记ω=e
2πi 3
,由(A -R ) ω=C -R 知 R =
ωA -C
,
ω-1
同理可得: P =
ωB -A ωC -B
,Q =,
ω-1ω-1
从而P +ωQ +ω2R =0,故∆PQR 是正三角形。
例8 四边形ABCD 中,AD 、BC 交于F ,AB 、DC 交于E ,M 、N 、L 分别是AC 、BD 、EF 的中点。 证明:M 、N 、L 共线。
分析:若用综合法,共线的条件不好找,而用复数求解,剩下的只有计算而已。 证明:因为 4⋅(MN +NL +LM )
=(A +C )(B +D ) +(B +D )(E +F ) +(E +F )(A +C )
=(AB +BE +EA ) +(AD +DF +FA ) +(CB +BF +FC ) +(CD +DE +EC )
又A 、B 、E 和A 、D 、F 和B 、C 、F 和D 、C 、E 分别共线,故
4⋅(MN +NL +LM ) =0
从而M 、N 、L 共线。 ■
例9 在四边形ABCD 中,AC ⋅BD ≤AB ⋅CD +AD ⋅BC ,等式成立当且仅当A 、B 、C 、D 共圆。(托勒密定理)
证明:设A 为复平面的原点,由于B (D -C ) +D (C -B ) =C (D -B ) ∴|C (D -B ) |=|AC |⋅|BD |≤|B (D -C ) |+|D (C -B ) |
=|AB |⋅|CD |+|AD |⋅|BC |
又因为上式等号成立⇔B (D -C ) 与D (C -B ) 同向
⇔存在正实数λ,使B (D -C ) =λD (C -B )
D -C D
=λ C -B B
D -C D
=arg =β ⇔θ=arg
C -B B
⇔
⇔ A 、B 、C 、D 四点共圆。 ■
例10 设ACPH 、AMBE 、AHBT 、BKGM 、CKGP 都是同向的平行四边形。 求证:ABTE 也是平行四边形。
分析:问题涉及10个点以及这些点为顶点的6个四边形。若用综合法求证,较准确的作图是必不可少的,但此题作图较难,而用复数法,完全不必作图。 证明:ACPH 是平行四边形,则A +P =C +H , AMBE 是平行四边形,则A +B =M +E , AHBT 是平行四边形,则H +T =A +B , BKGM 是平行四边形,则K +M =B +G , CKGP 是平行四边形,则C +G =P +K ,
以上等式两边相加得:A +T =B +E ,又A 、B 、T 及A 、B 、E 不共线,所以ABTE 也是平行四边形。■
例11 已知正向正方形ABCD ,同一平面上另有一点P ,PD =10,将P 绕A 顺时针转90,得P 将P 1,1
A 、B 、C 、D ,A 、B 、C 、D 、…顺时针绕B 顺时针转90,得P 2,依此类推,对依此类推,对D 点有多远?
转90,最后在转了1991交次后得到点P 1991,问点P 1991距
解:如图所示,设正方形边长为1,则A =1,B =1+i ,C =i ,D =0, 又AP 1=-i AP ,BP 2=-i BP 1,CP 3=-i BP 2,DP 4=-i DP 3, ∴P 1=(1+i ) A -iP =1+i -iP ,
P 2=(1+i ) B -iP 1=1+i -P , P 3=(1+i ) C -iP 2=iP , P 4=(1+i ) D -iP 3=P ,
∴P 4n =P
又 1991=4⨯497+3,故P 1991=P 3,|DP 3|=|iDP |=10.
例12 在∆ABC 的外侧作正方形ABEF 和ACGH ,M 、N 分别是BC 、FH 的中点,P 、Q 是两个正方形的中心,求证:MPNQ 为正方形。
证明:以∆ABC 所在平面为复平面,任意点为复平面中心,显然 AF i =AB ,BA i =BE ,CG i =CA ,AC i =AH , 解得 F =(1+i ) A -iB ,E =Ai +(1-i ) B ,
G =-iA +(1+i ) C ,H =(1-i ) A +Ci ,
又M 、N 、P 、Q 分别为BC 、FH 、AE 、AG 的中点, 故
111M =(B +C ) ,N =(F +H ) =(2A -Bi +Ci ) , 222
1111P =(A +E ) =[(1+i ) A +(1-i ) B ],Q =(A +G ) =[(1-i ) A +(1+i ) C ], 2222
1故PN =N -P =[(1-i ) A -B +Ci ]=MQ =PM ⋅i , 2
∴四边形MPNQ 为正方形。
11