几何问题代数化

几何问题代数化（精选4篇）

几何问题代数化 第1篇

一些代数问题, 用代数方法很麻烦, 甚至一时不知从何处下手, 若问题条件的数量关系有明显的几何意义或以某种方式将问题转化为几何图形实现, 借助几何图形的性质的研究, 从而获得问题的解决的方法称为构造图形法。代数问题几何化的关键在于引导学生观察、分析、类比、联想, 找出代数知识与几何知识的衔接点, 如两点间距离公式、平面图形的面积公式、三角形三边之间的关系, 余弦定理、对称性等等, 进而构造几何模型, 其作用在于能使复杂的代数问题简单化, 能为学生创设一种意境, 激发学生的学习情趣。

一、最值问题几何化

二、不等式证明几何化

例2.设x, y, zϵ (0, 1) 。求证:x (1-y) +y (1-z) +z (1-x) <1

分析:此题属于代数不等式的证明, 直接由条件向结论迁移, 难以实现解题目标。但是如果把六个正数x, 1-y, y, 1-z, z, 1-x依次划分为两数之积之和的形式, 就给我们以线段之积之和的形象。因而, 可构造一个边长为1的正三角形ABC, 并分别在边BC, CA, AB上截取 (如图) BC=x, CE=z, AF=y。于是问题可转化为研究特殊三角形的性质。即

整理即得命题成立。

三、代数问题坐标化

四、公式推导中的几何化例5.推导公式分析, 类似公式的推导, 我们常用数学归纳法及其他代数方法, 但往往较麻烦, 如果根据等式右端各项的特点, 与正方形面积联系在一起, 不难构造出一个立体图形。

证明:设自下而上分别把n2, (n-1) 2, …32, 22, 12个单位正方体摆成n层, 如图, 构成立方体垛, 这垛的外接棱锥

五、排列组合问题几何化

例6.从6对老搭档运动员中选派5名出国参赛, 要求被选的运动员中任意两名都不是老搭档, 求至少有多少种不同的选派方法。

解:构造一六棱柱 (如图) , 用6种不同颜色给六棱柱的12个顶点染色, 使得同一侧棱的两端点同色, 用来表示一对老搭档运动员, 于是这6对着色棱就代表6对运动员, 根据题意只需求出12个着色点中任取5个不同色的点的不同取法即可, 这可分两步完成。

第一步:从这6种颜色中任取5种的取法, 共有C${}_6^5$=6种。

第二步:如图中的6种染色中同色的各有2个, 故第一步中的每一种取法均有 (C${}_2^1$) 5=32种搭配方式, 因此根据乘法原理, 完成这件事有6×32=192种方法。

即选派5名运动员共有192种不同的选法。

在数学解题活动中, 有时用“若A则B, 若B则C, 因而若A则C”之类的推理不能奏效, 这时更多地需要观察、联想、感觉、创造。数与形是数学研究的两个重要侧面, 它们之间相互渗透, 相互转化, 形中有数, 数中有形, 数形结合, 代数问题几何化使问题思路清晰, 简洁明了, 一点即通。著名数学家、教育家波利亚说:“非常规的数学问题的求解也是真正的创造性工作”, 此言简要点出数学中创造性思维的含义及培养创造性思维某个方面的要求, 作为教师应要求学生在学习过程中灵活机动, 善于从新的角度, 多方位多层次地思考学习中的问题, 以培养学生的创新思维能力。

摘要：用几何图形解决代数问题是根据题设的条件和结论的内在联系, 利用数形结合的原则, 构造一个中介性的几何图形, 将代数问题与几何图形有机地结合在一起将代数问题几何化, 再利用几何图形的有关性质来解决, 使问题简单、直观。长期对中学生进行这方面的训练, 有助于学生的发散思维、创新能力的能力的培养, 有利于学生的数学素质的提高。

构造几何图形解决代数问题 第2篇

构造几何图形解决代数问题的特点就是直观, 它能使抽象的数量关系在图形上表达出来, 使问题变的简单, 而构造几何图形的关键是观察和联想.下面举例说明:

例1 设m, n, x, y均为实数, 且满足条件:m2+n2=1, x2+y2=1, mx+ny=0.证明:m2+x2=1, n2+y2=1, mn+xy=0.

证明 不妨设m, n, x, y均不为0.因为如果m=0, 则由已知条件得出n=±1, y=0, x=±1, 欲证的3个等式显然成立.

由m2+n2=1, x2+y2=1, 应用勾股定理可以构造出两个直角三角形△ABC和△ADC, 如图1, 使得AC=1, AB=|m|, BC=|n|, AD=|x|, CD=|y|.由mx+ny=0得$\frac{|m|}{|n|}=\frac{|y|}{|x|}$, 所以△ABC≅△ADC.从而|m|=|y|, |n|=|x|.于是m2+x2=1, n2+y2=1且|mn|=|xy|.由mx+ny=0得mn与xy异号, 故mn+xy=0.

例2 当s和t取遍所有实数时, 求 (s+5-3|cos t|) 2+ (s-2|sin t|) 2的最小值.

解 如图2, 根据原式的特征构造过点P (s+5, s) 的直线u-v-5=0, 及过点$Q(3|\cos t|,2|\sin t|)\text{的}\frac{1}{4}\text{椭}$圆

$\{\begin{array}{l}u=3|\cos t|,u\ge 0,\\ v=2|\sin t|,v\ge 0,\end{array}$

则|PQ|2的最小值即为所求.由图2椭圆的顶点A (3, 0) 到直线u-v-5=0的距离的平方即为所求, 故所求最小值为2.

例3 设x, y, z∈R+, 求证:$\sqrt{x{}^2+y{}^2}+\sqrt{y{}^2+z{}^2-yz}\ge \sqrt{z{}^2+x{}^2+\sqrt{3}xz}.$

解 取直角坐标系内两点:$A(x,y),B\left(x+\frac{\sqrt{3}}{2}z,\frac{1}{2}z\right)$, 则$|{\rm O}A|=\sqrt{x{}^2+y{}^2},|AB|=\sqrt{y{}^2+z{}^2-yz},|{\rm O}B|=\sqrt{z{}^2+x{}^2+\sqrt{3}xz}$.因为平面内两点间距离最短, 所以|OA|+|AB|≥|OB|.即$\sqrt{x{}^2+y{}^2}+\sqrt{y{}^2+z{}^2-yz}\ge \sqrt{z{}^2+x{}^2+\sqrt{3}xz}.$

例4 已知a>0, a≠1, 试求方程loga (x-ak) =loga2 (a2-4x2) 有唯一解时参数k的取值范围.

解 设$y=x-ak(y>0),y=\sqrt{a{}^2-4x{}^2}$, 那么方程有唯一解的充要条件是直线l:y=x-ak与半椭圆4x2+y2=a2 (y>0) 有且只有一个交点.如图3, 直线l1与椭圆C相切于T, l2, l3分别经过椭圆的两个顶点A和B, 显然, 与椭圆C有一个交点的直线l夹在l2与l3之间 (l可以是l2, 不可以是l3) , 另外切线l1与椭圆C也只有一个公共点.

由直线l的横截距$-ak\in \left[-\frac{a}{2},\frac{a}{2}\right)$得$k\in \left[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$.由l1与椭圆C相切得$k=-\frac{\sqrt{5}}{2}$, 故所求k的范围是$\left[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right){\displaystyle \cup \left\{-\frac{\sqrt{5}}{2}\right\}}.$

例5 求函数$y=x-1+\sqrt{-x{}^2-2x+3}$的值域.

解 将函数变形为$y=\sqrt{4-(x+1){}^2}+(x+1)-2$, 设x+1=t (t24) , 则$t+\sqrt{4-t{}^2}=y+2$.由此构造过点${\rm P}(t,\sqrt{4-t{}^2})$的直线l:u+v=y+2, 及动点P的轨迹半圆C:u2+v2=4 (v≥0) , 则l与C有公共点P, 这样过点C上的P点作斜率为-1的直线l, 其在v轴上的截距的取值范围即为y+2的取值范围.

由图4得$y+2\in [-2,2\sqrt{2}]$, 故原函数的值域为$[-4,2\sqrt{2}-2].$

例6 设a, b, c, d都是正实数, 其中a最大, 且$\frac{a}{b}=\frac{c}{d}$, 证明:a+d>b+c.

证明$\frac{a}{b}=\frac{c}{d}$即ad=bc, 由此可以用圆幂定理构造一个辅助图形 (图5) .

由a最大, 取线段AC=a作为过直径的割线, 在AC上取B点, 使AB=d, 以BC为直径作半圆O, 并作割线AD=b (不妨设b≥c) 交圆O于E点, 作OF⊥AD, F为垂足, 则由作图及圆幂定理得AE=c.

在Rt△AOF中, 有AO>AF, 而

$\begin{array}{l}A{\rm O}=AB+\frac{BC}{2}=d+\frac{a-d}{2}=\frac{a+d}{2}‚\\ AF=AE+\frac{DE}{2}=c+\frac{b-c}{2}=\frac{b+x}{2}‚\end{array}$

所以 a+d>b+c.

参考文献

空间问题代数化研究 第3篇

所谓空间问题代数化是指空间的抽象思维借以代数问题来解答,得到以代数的方式求解空间几何问题。向量和球坐标变换是数学中的重要工具,对许多抽象的空间几何证明问题,借助于向量和球坐标变换等数学工具,利用向量的坐标、向量的平行、垂直、内积、球面坐标变换等代数关系,将它转化为代数问题,从而实现空间几何问题的代数化。本文旨在通过以下几例的研究探讨总结出空间问题代数化的实现技巧。

1 通过引入向量

例1:如图1,直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,AC=1,,侧棱AA1=1,侧面AA1B1B的两条对角线交点为D,B1C1的中点为M。

求证:CD⊥平面BDM

(2)求面B1BD与面CBD所成二面角的大小

证明:

∴CD⊥A1B,CD⊥DM

∴CD⊥平面BDM

(2)解:设BD的中点为G,连结B1G,则

∴BD⊥B1G

又CD⊥BD,故与的夹角θ等于所求二面角的平面角。

因为,所以,所求二面角的大小为。

例2:在棱长为4的正方体ABCD-ABCD中,O为正方形A1B1C1D1的中心,点P在棱CC1上,且CC1=4CP

(1)求直线AP与平面BCC1B1所成角的余弦值;

(2)设点O在平面D1AP上的射影为H,求证:D1H⊥AP;

(3)求点P到平面ABD1的距离。

解:建立坐标系如图2,则有坐标A(4,0,0),B(4,4,0),C(0,4,0),D(0,0,0),D1(0,0,4),O(2,2,4),P(0,4,1)。

(1)设求直线AP与平面BCC1B1所成角为θ,则,平面BCC1B1的一个法向量为,则有所以,。

(2)因为,所以,,所以,D1O⊥AP;而由于点O在平面D1AP上的射影为H,所以,OH⊥平面D1AP,所以D1H是D1O在平面D1AP上的射影,所以,D1H⊥AP。

(3)设平面ABD1的一个法向量为,则有,而,从而有,取x=1,得,设点P到平面ABD1的距离为d,则有

2 通过转化思想

对某些空间几何问题,若直接求解困难时,可通过转化为和它相联系的代数问题,从而将其代数化。

例3:证明:三条直线两两互相垂直,现有一条直线与其中两条直线都成60°角,求此直线与另外一直线所成的角。

解:由条件联想到长方体的三条棱也两两垂直,于是问题转化为长方体的一条对角线与同一顶点上的三条棱所成的角分别是60°,60°,α,求α的大小。

如图3所示:

根据长方体的性质:

有cos2α+cos260°+cos260°=1

可求得α=45°

3 通过球坐标变换

对于引入空间直角坐标系后含有x2+y2+z2的几何问题,可以用球坐标变换转化为代数问题。在直角坐标系中,空间点M的直角坐标(x,y,z)与球面坐标(r,ɸ,θ)的关系为(其中0≤r<+∞,0≤ɸ≤π,0≤θ≤2π),应用这一变换(注意:x2+y2+z2=r2)可以求解含x2+y2+z2的几何问题。

例4:推导点P0(x0,y0,z0)到平面π:Ax+By+Cz+D=0的距离公式

解设P(x,y,z)为平面π上任一点,则P0,P两点间的距离d的平方

d2=(x-x0)2+(y-y0)2+(z-z0)2,由此式设x=x0+dsin准cosθ,y=y0+dsin准sinθ,z=z0+dcos≤代入平面方程并加上绝对值得d|Acosθ+Bsinθ|sin≤+Ccos≤=|Ax0+By0+Cz0+D|

故点P0到平面π的距离:

上例给出了一种推导点到平面距离公式的全新方法。

例5:求内接于椭球面的最大的长方体的体积,长方体的各个表面平行于坐标面。

解设长方体在第一卦限的顶点坐标(x,y,z),问题化为求函数V=8xyz在条件(x>0,y>0,z>0)下的最大值。

由约束条件可令x=asinɸcosθ,y=bsinɸsinθ,z=ccosɸ代入目标函数得(当时取等号),故所求最大体积。

4 结语

通过上述具体实例的求证过程,不难看出通过转化、引入向量和球面坐标变换将立体几何的空间问题代数化,使抽象问题变得具体化,这将会大大简化我们对整个问题的求证过程,同时也使问题变得更明晰和有条理。当然,诸如此类简化立体几何问题的策略还很多,只要通过深入的分析和探索,就会发现更具有现实指导意义的方法和策略。

参考文献

[1]李养成.空间解析几何[M].北京:科学出版社,2007.15-103.

几何探求代数解 第4篇

例1:如图, 正三棱柱各棱长都相等, 问在棱AA1上是否存在点E使二面角E-BC-A为60°。

解:取AC、A1C1中点分别为O和F, 分别以OB、OC、OF所在直线为x、y、z轴建立坐标系如图1, 设正三棱柱的长为2, 则C (0, 1, 0) 、C (0, -1, 0) , 假设存在点E满足条件, 可设E (0, -1, b) (0b2) ,

可取平面ABC的法向量为

设平面BCE的法向量为

点评:立体几何中点的探求常假设其存在, 设一参数, 再根据题中条件解决参数问题即可。用立体几何法解决二面角问题须先找到此二面角的平面角, 而向量法则可化为计算两向量夹角问题。

例2:如图2, 四棱锥P-ABCD中, 底面ABCD为∠DAB=60°的菱形。正三角形PAD所在平面垂直于底面ABCD。

(1) 求证:AD⊥PB。

(2) 取BC中点E, 能否在棱PC上找一点F, 使得平面DEF⊥平面ABCD。若能请证明, 若不能请说明理由。

证明: (1) 取AD中点O, 则正三角形APD中,

又菱形ABCD中, ∠DAB=60°⇒正三角形ABD中OB⊥AD, 分别以OB、OD、OP所在直线为x、y、z轴, 建立如图3所示的空间直角坐标系, 不妨设AB=2,

∴A (0, -1, 0) , D (0, 1, 0) ,

设是面DEF的法向量,

显然是面ABCD的法向量。