對一道幾何證明題的研究

芮明力

【摘要】本文對一道幾何證明題做了一些研究，并在此基礎上得到了一些有意義的結果。

【關鍵詞】數學 幾何 向量

【中圖分類號】G633.63 【文獻標識碼】A 【文章編號】2095-3089（2013）05-0151-02

在高中階段我們學習了有關向量的知識，知道了向量也是解決數學問題的一個很有力的工具，利用向量，有時可以使一些幾何問題更簡潔地得到解決，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，之后我們再將它們作比較， 不僅如此，本文經過對這道題的進一步的思考與挖掘還得到了一些有意義的結果。

例1 平面四邊形對角線互相垂直的充要條件是對邊的平方和相等。

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

因為AC⊥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AC不垂直于BD，過點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。

因為AB2+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。

故假設不成立，原命題為真，即有AC⊥BD。

綜上所述，空間四邊形對角線互相垂直的充要條件是對邊的平方和相等。

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用了勾股定理和采用了反證法的數學方法，雖然這是幾何證明題的常采用的思路和方法，但相對于后者此法較繁瑣，最主要的原因我個人覺得無論是必要性還是充分性的證明，都是一個“不可逆”的過程，也就是說并不能簡單的把充分性（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，正是因為這樣，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，很好地利用了向量這樣一個工具成功的且簡潔的解決了這道題，當然證明過程中主要用到了向量的線性運算及“兩個向量垂直的充要條件是它們的數量積為0”的結論。 證法二還暗示我們在數學中遇到垂直問題時要常想到向量，多和它聯系起來，以助于問題的順利解決。不僅如此，通過證法二容易發現命題結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 空間四邊形對角線互相垂直的充要條件是對邊的平方和相等。

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到向量在解決數學問題中所起的重要作用。 那么本文除了這樣一個用意（達到這個目的）外，通過進一步的研究作者還得到了與例1相關的一些有意義的結果，下面一一展示給讀者。

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

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

在△ABC中，因為G、H是CD、AD的中點，

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。

因為EF∥AC，FG∥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。

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

另外四邊形 在滿足對角線相等的條件下，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邊的平方和相等且對角線相等，則連接各邊中點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。

因為E、F、G是AB、BC、CD的中點，

所以EF=■AC且FG=■BD。

因為AC=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 平面四邊形對邊的平方和相等的充要條件是對邊中點的連線段的長度相等。

證明 如圖2，依次取AB、BC、CD、AD的中點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。

因為平行四邊形DEFG是矩形的充要條件是DE=EG，

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

由推論1和推論3進一步可以得到平行四邊形是矩形的一個充要條件，也就是下面的推論4。 這個結論作為平行四邊形是矩形的判定定理，早在初中時就被我們熟知。

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 平面四邊形對角線互相垂直的充要條件是它的面積等于對角線乘積的一半。

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。

因為AC⊥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。

故假設不成立，原命題為真，即AC⊥BD。

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

由例1和引理1立即可得下面的命題：

推論5 平面四邊形對邊的平方和相等充要條件是它的面積等于對角線乘積的一半。

當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所得的四邊形是矩形的充要條件是對邊中點的連線段相等”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：

[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）