[摘 ? 要]在處理三角形與其內(nèi)接三角形面積比問題時,可建立幾何模型,使任意一個三角形的內(nèi)接三角形與正方體內(nèi)的點建立一一對應關系.研究三角形與其內(nèi)接三角形面積比的有關問題,有利于學生理解知識,提高學生解題能力.
[關鍵詞]內(nèi)接三角形;面積比;幾何模型
[中圖分類號] ? ?G633.7 ? ? ? ?[文獻標識碼] ? ?A ? ? ? ?[文章編號] ? ?1674-6058(2019)26-0006-03
一、問題的提出
如果△C1C2C3是△B1B2B3的內(nèi)接三角形,那么在一定條件下成立不等式
[S△C1C2C3][≤14S△B1B2B3](簡記[S′∕S≤14])(1)
圍繞這個不等式,不少學者做過認真的探討,也提出了一些有價值的見解,筆者深受啟發(fā),進而思考:許多文章給出的是使(1)成立的充分條件,究竟其必要條件是什么?若C1、C2、C3是三角形各邊上隨機選定的點,那么使(1)成立的概率有多大?針對這兩個問題,筆者略談幾點認識,借此拋磚引玉,有盼讀者不吝賜教.
二、引理
【引理】設C1、C2、C3分別在△B1B2B3的B2B3、B3B1、B1B2邊上,并且[B3C2B3B1] =λ1、[B1C3B1B2] =λ2、[B2C1B2B3] =λ3,連接C1C2、C2C3、C3C1,則
[S△C1C2C3S△B1B2B3]=λ1λ2λ3+(1-λ1)(1-λ2)(1-λ3).
證明:如圖1,連接B1C1,記
S1=[S△C1B3C2],
S2=[S△C1C2B1],
S3=[S△B2C1C3],
于是有[S△C1C2C3]=[S△B1B2B3]-([S1]+[S2]+[S3])(*)
由[B3C2B3B1]=λ1,得[S1S△C1B3B1]=λ1,
又[B2C1B2B3]=λ3,即[C1B3B2B3]=1-λ3,
亦即[S△C1B3B1S△B1B2B3 ]=1-λ3.
故S1=λ1(1-λ3)[S△B1B2B3].
同理S2=λ2(1-λ1)[S△B1B2B3].
S3=λ3(1-λ2)[S△B1B2B3].
將S1、S2、S3代入式(*),即得到引理之結論.
三、判定定理及其應用
根據(jù)引理不難推得下面的判定定理.
【定理】C1、C2、C3分別在[△B1B2B3]的B2B3、B3B1、B1B2邊上,記[B3C2B3B1=λ1]、[B1C3B1B2=λ2]、[B2C1B2B3=λ3],(0≤λ1、λ2、λ3≤1).
若λ1λ2λ3+(1-λ1)(1-λ2)(1-λ3)[>=<14],(2)
則[S△C1C2C3]∕ [S△B1B2B3][>=<14].
在上述判定定理中,令x=λ1[-12]、y=λ2[-12]、z=λ3[-12],([-12]≤x、y、z≤[12]),即可得到定理的另一種等價的形式:
若xy+yz+zx[>=< ]0,(3)
則[S△C1C2C3]∕[ S△B1B2B3][>=<14].
下面略舉數(shù)例,以顯示本文引理及判定定理之作用.
[例1]設ABC為任意三角形,點X、Y、Z分別在邊BC、CA、AB上,若[BX≤XC],[CY≤YA],[AZ≤ZB].求證:
△XYZ的面積≥[14]△ABC的面積.
證明:記[CYCA]=λ1、[AZAB]=λ2、[BXBC]=λ3,
且x=λ1[-12]、y=λ2[-12]、z=λ3[-12].
依題意
[BX]≤[XC],
[CY]≤[YA],
[AZ]≤[ZB].
∴0≤λi≤[12](i=1,2,3),
即[-12]≤x,y, z≤0.
故有
f (x,y,z)=xy+yz+zx≥0,
由判定定理知
△XYZ的面積≥[14]△ABC的面積.
[例2]設M為[△]B1B2B3內(nèi)任意一點,由頂點B1、B2、B3與M連直線延長后分別交對邊于C1、C2、C3,則有
[S△C1C2C3≤14S△B1B2B3].
式中等號當且僅當M是△B1B2B3的重心時成立.
證明:記[B3C2B3B1]=λ1、[B1C3B1B2]=λ2、[B2C1B2B3]=λ3.
由于B1C1、B2C2、B3C3三線共點,
所以λ1λ2λ3=(1-λ1)(1-λ2)(1-λ3).①
∵[λ1+λ2+λ33≥][λ1λ2λ33] ,
[(1-λ1)+(1-λ2)+(1-λ3)3≥][(1-λ1)(1-λ2)(1-λ3)3],
∴[(1-λ1)(1-λ2)(1-λ3)3]≤1-[λ1+λ2+λ33]≤1-[λ1λ2λ33]. ②
將①式代入②,得
λ1λ2λ3≤[18].
故λ1λ2λ3+(1-λ1)(1-λ2)(1-λ3)≤[14].
由判定定理知
[S△C1C2C3]≤[14][S△B1B2B3] .
顯然,當且僅當λ1=λ2=λ3=[12]即M為重心時,上式等號成立.
[例3]過△B1B2B3內(nèi)任意一點M作三邊的垂線,分別交三邊于C1、C2、C3,則[S△C1C2C3]≤[ ?14][ S△B1B2B3].式中等號當且僅當M為△B1B2B3的外接圓圓心時成立.
證明:如圖2,
∵MC2⊥B1B3,MC1⊥B2B3,MC3⊥B1B2,
∴B3[C22]+B1[C23]+B2[C21]=C2[B21]+C3[B22]+C1[B23],
若λi(i=1,2,3), x, y, z如判定定理所記,則上式變形為
[b21]+[b22]+[b23]-2λ1b2-2λ2b3-2λ3b1=0,
即x[b21]+y[b22]+z[b23]=0③
(?。┤魓、y、z中有一個且僅有一個為零,則
f (x,y, z)=xy+yz+zx<0;
(ⅱ)若x、y、z均為零,
則f (x, y, z)=xy+yz+zx=0,
此時,M為△B1B2B3的外接圓圓心.
(ⅲ)若xyz0,則必有兩者同號,不失一般性,設yz>0,由③式得到
x=[-yb23-zb21b22].
于是
f (x,y,z)=xy+yz+zx
=[-yb23-zb21b22]·(y+z)+yz
=[-(y2b23+z2b21)-2yzb1b3cosB2b22]
≤ - [2yzb1b3(1+cosB2)b22]<0.
綜合(ⅰ)~(ⅲ),由判定定理知本題結論成立.
四、概率計算
在三維空間,方程xy+yz+zx=0表示一個圓錐曲面,如圖3(為使圖像清晰,圓錐曲面在第三、六、八卦限的部分未畫出).這個曲面可以看作三坐標軸繞DO旋轉(zhuǎn)而成,因為-[12]≤x,y,z≤[12],所以方程xy+yz+zx=0所表示的曲面僅限于正方體以內(nèi)的部分,它與正方體的表面交線均為雙曲線的一支.
建立幾何模型,使任意一個三角形的內(nèi)接三角形與正方體內(nèi)的點建立一一對應關系.
圓錐曲面Q把正方體分割為R、W兩部分,用點的集合來表示:
[R=(x,y,z)xy+yz+zx>0],
[Q=(x,y,z)xy+yz+zx=0],
[W=(x,y,z)xy+yz+zx<0],
從圖中,我們能直觀地看到S′/ S [>=<14]的內(nèi)接三角形的分布情況.
如果內(nèi)接三角形的頂點是隨機選定的,即x,y,z獨立地均勻分布在-[12]≤x,y,z≤[12]的范圍內(nèi),那么可以通過求R、W的體積來計算S′/ S>[14]與S′/ S<[14]內(nèi)接三角形的概率.
我們先計算R的體積,R由兩個小正方體及分布在另六個卦限的六個相同的曲頂柱體組成,如圖4,取第二卦限內(nèi)的曲頂柱體,計算其一半的體積VM .
[VM=012dz0z-zyz+ydy]
[=0121+ln12z2dz]
[=1241+ln12].
R由12個曲頂柱體與兩個體積為[18]的正方體組成,故有
VR=12VM+2×[18]
[=34-12ln2]
=0.4034.
對曲面Q的體積忽略不計,即可得到W的體積約為0.5966.
如果把VR、VM與整個正方體的體積相比較,則得S′/S<[14]的內(nèi)接三角形的概率近似等于0.4034,而S′/ S>[14]的內(nèi)接三角形的概率近似為0.5966.
高等數(shù)學的少量知識下放到高中課本以后,高考試題中,陸續(xù)出現(xiàn)具有高數(shù)背景的考題,有的數(shù)學教師感覺茫然.其實,高數(shù)和初等數(shù)學并非兩張皮,而是有機的整體,只有在教學中自覺強化高數(shù)的思維和方法的滲透意識,才能對高考命題有深刻的理解和把握.筆者撰寫此文,目的是以此做例證,使讀者能得到一點點啟迪.由于水平有限,僅供參考.
[ ?參 ? 考 ? 文 ? 獻 ?]
[1] ?常庚哲.復數(shù)計算與幾何證明[M].上海:上海教育出版社,1981.
[2] ?程龍.初等數(shù)學論叢(第3輯)[M].上海:上海教育出版社,1981.
[3] ?陳榮華.關于三角形面積比的一個定理及其應用[J].中學數(shù)學教學,1986(4):6-7.
[4] ?劉裔宏,許康,吳茂貴,等.普特南數(shù)學競賽(1938-1980)[M].長沙:湖南科學技術出版社,1983.
(責任編輯 黃桂堅)