向量旋轉的復數方法例說

胡建烽

摘 要：在利用平面向量方法解幾何題時，經常會碰到向量旋轉的問題，如果不另辟蹊徑，往往會引發復雜的運算。

關鍵詞：向量旋轉；復數；幾何

怎樣才能簡化運算而使解題過程變得流暢？筆者認為借助復數知識，利用復數運算的幾何意義是一種可行的方法，下面舉例說明之.

例1.如圖1，在△ACB和△AED中，AC=BC，AE=DE，∠ACB=∠AED=■，連接BD，CE，作∠CEF=■，交BD于F，求證：CE=■EF.

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分析：本題涉及的兩個等腰直角三角形都是由一直角邊繞直角頂點逆時針或順時針旋轉90°而成，因此可考慮復數知識去描述。

證：以C點為原點，邊CB所在直線為x軸，如圖2，建立平面直角坐標系，設A（0，a），則B（a，0），又設E（m，n），則■=（-m，a-n），設ZEA表示向量■=對應的復數（以下同），則ZEA=-m+（a-n）i，

所以Z =i[（-m）+（a-n）i]=（n-a）-mi，

即■=（n-a，-m）.又■=（a-m，-n）.

因為D、F、B三點共線，

所以存在實數λ，使■=λ■+（1-λ）■=（λ（2a-m-n）+n-a，λ（m-n）-m）.

設■=μ■，則ZEF=[（-m）-ni]·μ（cos■+isin■）

=■μ（m+ni）（1+i）=-■μ（m-n）-■μ（m+n）i.

故■=（-■μ（m-n），-■μ（m+n））.

所以-■μ（m-n）=λ（2a-m-n）+n-a-■μ（m+n）=λ（m-n）-m

消去λ，得■=a（m+n）-m2-n2.

化簡整理得■μ[a（m+n）-m2-n2]=a（m+n）-m2-n2，

所以μ=■，即CE=■EF.

本題的結論還可以改頭換面成求證CF⊥EF或求證△CFE是等腰直角三角形。

例2.如圖3，四邊形AKBC為正方形，△AED為等腰直角三角形，∠AED=■，DE交AC于M，且DM=ME，三角形CEM的面積S△CEM=■S△ADM，∠CEF=■，點F在直線DB上，射線CE交AK于P，射線CF交AB于Q.已知DF=■，求PQ.

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解：以C為原點，CB所在直線為x軸，如圖4，建立平面直角坐標系.

設A（0，a），則B（a，0），又設E（m，n），由例1，■=（n-a，-m），■=■+■=（m+n-a，n-m）.

因為M是DE中點，所以S△ADM=S△AEM，又由已知可得S△AEM=2S△OEM，

所以AM∶MO=2∶1，AM=■.

又由中點坐標公式（m+n-a）+m=0，所以a=2m+n.

由AE2+AM2，得■[（2m）2+m2]=（■a）2，進而得a=■n=■

ZEO=（-m）+（-■），

又由例1，ZEF=（-m-■i）■=■-■i

所以ZOF=ZOE+ZEF=■+■i，

因此可得F（■，■），D（-m，■）.

因為FD=■，由兩點距離公式可得m2=■.

設P（x1，y1），滿足y1=■y1=■，解得x1=■y1=■，

設Q（x2，y2），滿足y2=■x2y2=-x2+■，解得x2=■y2=■.

所以PQ2=[（■-■）2+（■-■）2]m2=（■+■）×■

即PQ=■.

例3.如圖5，四邊形ABCD、PQRS、DQEF和CSGH都是正方形，其中P點在AB上，且PR⊥AB，PR=■AB，求證：E，R，G三點共線，且R是線段EG的中點.

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分析：本題圖形主要由四個正方形組成，宜采用復數及向量知識加以解決。

證：以A為坐標原點，AB所在直線為x軸，如圖6建立平面直角坐標系.

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設AB=1，則D（0，1），C（1，1）.

又設P（t，0），所以R（t，■），可得Q（t-■，■），S（t+■，■）.

ZQD=（■-t）+■i，ZQE=[（■-t）+■i]i=（-■）+（■-t）i.

所以ZOE=ZOQ+ZQE=（t-■）-ti，即E（t-■，-t）.

ZSC=（■-t）+■i，ZSG=[（■-t）+■i]（-i）=■+（t-■）i.

所以ZOG=ZOS=ZSG=（t+■）+（t-1）i，即G（t+■，t-1）.

設線段EG的中點為M（x，y），由中點坐標公式知：

x=■=ty=■=-■，M點與R點重合.

所以E，R，G三點共線，且R為EG中點.

從上述的三例中，不難看出，解題的關鍵是求出相關向量的坐標或點的坐標，為了簡化運算，有時進行直角坐標系與復平面之間的相互轉換是十分必要的。

（作者單位 浙江省余姚中學）

？誗編輯 劉瑞琴