芮明力

【摘要】本文對(duì)一道幾何證明題做了一些研究，并在此基礎(chǔ)上得到了一些有意義的結(jié)果。

【關(guān)鍵詞】數(shù)學(xué) 幾何 向量

【中圖分類號(hào)】G633.63 【文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼】A 【文章編號(hào)】2095-3089（2013）05-0151-02

在高中階段我們學(xué)習(xí)了有關(guān)向量的知識(shí)，知道了向量也是解決數(shù)學(xué)問題的一個(gè)很有力的工具，利用向量，有時(shí)可以使一些幾何問題更簡(jiǎn)潔地得到解決，這完全可以從下面給出的一道幾何題中很好地體現(xiàn)出來，那么在給出向量法之前我們還是先來看一種純幾何的證明方法，之后我們?cè)賹⑺鼈冏鞅容^， 不僅如此，本文經(jīng)過對(duì)這道題的進(jìn)一步的思考與挖掘還得到了一些有意義的結(jié)果。

例1 平面四邊形對(duì)角線互相垂直的充要條件是對(duì)邊的平方和相等。

證法一 如圖1，在四邊形ABCD中，對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O。下面先給出必要性的證明。

因?yàn)锳C⊥BD，所以在△ABC中，有AB2=AO2+BO2。

同理可得BC2=BO2+CO2，CD2=CO2+DO2，AD2=AO2+BO2。

所以AB2+CD2=AO2+BO2+CO2+DO2=AD2+BC2。

接著采用反證法給出充分性的證明。

假設(shè)AC不垂直于BD，過點(diǎn)B、D分別向AC作垂線，垂足分別為E、F。

在RT△ABC中，有AB2=AE2+BE2。

同理可得CD2=CF2+DF2，AD2=AF2+DF2，BC2=BE2+CE2。

于是AB2+CD2=AE2+BE2+CF2+DF2且AD2+BC2=AF2+BE2+CE2+DF2。

因?yàn)锳B2+CD=AD2+BC2，所以AE2+CE2=AF2+CE2，于是

（AF2+CE2）-（AE2+CF2）=（AF2-AE2）=（CE2-CF2）

=（AF-AE）（AF+AE）+（CE-CF）（CE+CF）

=EF（AF+AE）+EF（CE+CF）

=EF（AF+AE+CE+CF）

=2EF·AC

=0

所以EF·AC=0，這與EF·AC>0矛盾。

故假設(shè)不成立，原命題為真，即有AC⊥BD。

綜上所述，空間四邊形對(duì)角線互相垂直的充要條件是對(duì)邊的平方和相等。

證法二 如圖1，在四邊形ABCD中，

AC⊥BD？圳■⊥■？圳■·■=0？圳2■·■=0

？圳（■+■+■+■）·■=0

？圳■·（■+■）+■·（■+■）=0

？圳■·（■+■）=■·（■+■）

？圳（■-■）·（■+■）=（■+■）·（■-■）

？圳■2-■2=■2-■2

？圳■2+■2=■2+■2？圳AD2+BC2=AB2+CD2

下面我們將證法一和證法二的做個(gè)比較，前者主要是從純幾何的角度去思考的，在證明的過程中主要運(yùn)用了勾股定理和采用了反證法的數(shù)學(xué)方法，雖然這是幾何證明題的常采用的思路和方法，但相對(duì)于后者此法較繁瑣，最主要的原因我個(gè)人覺得無論是必要性還是充分性的證明，都是一個(gè)“不可逆”的過程，也就是說并不能簡(jiǎn)單的把充分性（必要性）的證明過程“倒一倒”就得到必要性（充分性）的證明過程，正是因?yàn)檫@樣，充分性和必要性的證明就不得不從不同的思路去考慮，從而導(dǎo)致解決問題所采用的方法也不一樣。 而后者正好克服了前者的缺點(diǎn)，很好地利用了向量這樣一個(gè)工具成功的且簡(jiǎn)潔的解決了這道題，當(dāng)然證明過程中主要用到了向量的線性運(yùn)算及“兩個(gè)向量垂直的充要條件是它們的數(shù)量積為0”的結(jié)論。 證法二還暗示我們?cè)跀?shù)學(xué)中遇到垂直問題時(shí)要常想到向量，多和它聯(lián)系起來，以助于問題的順利解決。不僅如此，通過證法二容易發(fā)現(xiàn)命題結(jié)論四邊形不受平面或空間的限制。也就是說可以將平面上的這個(gè)命題推廣到空間上去，于是得到下面的命題：

命題1 空間四邊形對(duì)角線互相垂直的充要條件是對(duì)邊的平方和相等。

在蘇教版教材中多次借助于向量工具解決了問題，如必修4中兩角和的余弦公式的推導(dǎo)及必修5中正、余弦定理的證明等，相信通過這道題的研究，讀者能更好更深刻地體會(huì)到向量在解決數(shù)學(xué)問題中所起的重要作用。 那么本文除了這樣一個(gè)用意（達(dá)到這個(gè)目的）外，通過進(jìn)一步的研究作者還得到了與例1相關(guān)的一些有意義的結(jié)果，下面一一展示給讀者。

推論1 平面四邊形對(duì)邊的平方和相等的充要條件是連接各邊中點(diǎn)所得的四邊形是矩形。

證明 如圖2，依次取AB、BC、CD、AD的中點(diǎn)E、F、G、H，順次連接得到四邊形EFGH。

在△ABC中，因?yàn)镚、H是CD、AD的中點(diǎn)，

所以GH∥AC且GH=■AC。

同理可得EF∥AC且EF=■AC。

所以GH∥EF且GH=EF。

所以四邊形EFGH是平行四邊形。

因?yàn)镋F∥AC，F(xiàn)G∥BD，且平行四邊形EFGH是矩形的充要條件是EF⊥FG，

所以平行四邊形EFGH是矩形的充要條件是AC⊥BD。

根據(jù)例1立即可得平面四邊形對(duì)邊的平方和相等的充要條件是連接各邊中點(diǎn)所得的四邊形是矩形。

另外四邊形 在滿足對(duì)角線相等的條件下，還可以得到上述四邊形ABCD是正方形，于是就得到了下面的推論2。

推論2 若平面四邊形滿足對(duì)邊的平方和相等且對(duì)角線相等，則連接各邊中點(diǎn)所得的四邊形是正方形。

證明 如圖2，依次取AB、BC、CD、AD的中點(diǎn)E、F、G、H，順次連接得到四邊形EFGH。

由推論1知，平行四邊形EFGH是矩形。

因?yàn)镋、F、G是AB、BC、CD的中點(diǎn)，

所以EF=■AC且FG=■BD。

因?yàn)锳C=BD，

所以EF=FG。

故四邊形EFGH是正方形。

注意到推論2的逆命題也成立，這里就不討論了。

推論3 平面四邊形對(duì)邊的平方和相等的充要條件是對(duì)邊中點(diǎn)的連線段的長度相等。

證明 如圖2，依次取AB、BC、CD、AD的中點(diǎn)E、F、G、H，順次連接得到四邊形DEFG。

同上可得，四邊形DEFG是平行四邊形。

因?yàn)槠叫兴倪呅蜠EFG是矩形的充要條件是DE=EG，

由例1立即可得平面四邊形對(duì)邊的平方和相等的充要條件是對(duì)邊中點(diǎn)的連線段的長度相等。

由推論1和推論3進(jìn)一步可以得到平行四邊形是矩形的一個(gè)充要條件，也就是下面的推論4。 這個(gè)結(jié)論作為平行四邊形是矩形的判定定理，早在初中時(shí)就被我們熟知。

推論4 平行四邊形是矩形的充要條件是它的兩條對(duì)角線相等。

為了得到下面的推論5，我們需要用到下面的引理：

引理1 平面四邊形對(duì)角線互相垂直的充要條件是它的面積等于對(duì)角線乘積的一半。

證明 如圖1，在四邊形ABCD中，四邊形ABCD的面積記為SABCD，△ACD與△ABC的面積分別記為SACD、SABC。

先給出必要性的證明。

因?yàn)锳C⊥BD，

所以SABCD=SACD+SABC=■OD·AC+■OB·AC=■（OD+OB）·AC=■BD·AC。

下面給出充分性的證明，即在四邊形ABCD中，已知SABCD=■BD·AC，證明AC⊥BD。

假設(shè)AC不垂直于BD，過B、D分別向AC作垂線，垂足分別為E、F，則SABCD=SACD+SABC=■DF·AC=■BE·AC=■（DF·BE）·AC<■（OD+OB）·AC=■BD·AC，這與已知矛盾。

故假設(shè)不成立，原命題為真，即AC⊥BD。

綜上所述，平面四邊形對(duì)角線互相垂直的充要條件是它的面積等于對(duì)角線乘積的一半。

由例1和引理1立即可得下面的命題：

推論5 平面四邊形對(duì)邊的平方和相等充要條件是它的面積等于對(duì)角線乘積的一半。

當(dāng)然一方面由以上的推論我們又可以得到新的推論，如“連接空間四邊形各邊中點(diǎn)所得的四邊形是矩形的充要條件是對(duì)邊中點(diǎn)的連線段相等”等等，另一方面還可以得到與上述不同的其它的一些推論，這里就不再深入討論了，留給讀者自己思考與整理。

參考文獻(xiàn)：

[1]呂林根、許子道. 解析幾何. 北京：高等教育出版社，2001，6（第三版）