圍繞“平分” 解法溯源
——對一道含角平分線試題多視角解析

杜海洋

(四川省成都經濟技術開發區實驗中學校,四川 成都 610100)

題目已知圓O：x2+y2=1,定點M(3,0),過點M的直線l與圓O交于P,Q兩點,P,Q兩點均在x軸的上方,若OP平分∠MOQ,則直線l的方程為____.

試題內涵豐富,從知識層面看涉及直線、圓、三角形內容,主要考查利用平面圖形的幾何性質解直線方程;從能力層面看主要考查學生運算素養、思考探究、邏輯推理等方面的能力,突出考查數學運算、邏輯推理等素養;試題的思維過程和運算過程體現了能力立意的命題思想,較好地體現了對平面幾何中的解三角形、幾何圖形的性質等核心內容和基本思想方法的考查,亦較好地檢測考生的數學素養和學習潛能.

1 解法探究

解法1(利用面積法)設∠MOP=θ,則∠MOQ=2θ.

由S△MOQ=S△MOP+S△POQ,則有

即3sin2θ=4sinθ.

評注由已知條件構造面積相等,將其轉化建立為2θ與θ的三角函數關系,然后利用單位圓的定義,求出點P的坐標,再利用兩點式寫出直線方程.本法的思維核心是運用了角平分線平分角這一已知條件[1].

即MP=3PQ.

又因為MB·MA=MP·MQ,

評注本法利用三角形內角平分線定理求線段MP,在△MOP中再利用余弦定理求角,從而求得點P的坐標,這一探究方法將直線與圓的割線定理及三角形的角平分線性質結合得淋漓盡致.

解法3 (利用阿波羅尼斯圓)連接PB,易得PB=PQ.

即點P到兩定點M,B的比值為定值.

由阿波羅尼斯圓可得點P的軌跡方程為

解法4(利用圓的參數方程)設P(cosθ,sinθ),Q(cos2θ,sin2θ),由Q,P,M三點共線可得

即t1t2=8,t1+t2=-6cosθ.

解法6 (三角形內角平分線的公式)設在△ABC中,已知三邊a,b,c,如果三個角A,B和C的平分線分別是ta,tb和tc,那么,用已知邊表示三條內角平分線的公式是:

=1

即在△OMQ中,

評注探究三角形角平分線長度與已知三角形三邊長度的關系對學生的思維要求較高,基本理念是利用角平分線性質和余弦定理建立邊的關系,其中cos∠MPO+cos∠OPQ=0是研究這類問題的核心步驟.

設∠MOP=θ,則∠MOQ=2θ.

利用定比分點公式

兩邊平方,得

評注定比分點公式的本質為共線向量基本定理,但它體現了三個不共線向量之間的一種數量關系,利用這一關系可將三條線段的長度聯系起來,這也正是結合本題已知條件運用本法的關鍵所在.

斯特瓦爾特定理設P為△ABC的邊BC上任一點(P≠B,P≠C),則有

AB2·PC+AC2·BP

=AP2·BC+BP·PC·BC,

①

證明不失一般性,不妨設∠APC<90°,則由余弦定理,有

AC2=AP2+PC2-2AP·PC·cos∠APC,

AB2=AP2+BP2-2AP·BP·cos(∠APB)

=AP2+BP2+2AP·BP·cos∠APC．

對上述兩式分別乘以BP,PC后相加整理,得①式或②式．

推論設AP為△ABC的內角平分線,則AP2=AB·AC-BP·PC．

解法8 (斯特瓦爾特(Stewart)定理)

由推論,得

OP2=OQ·OM-QP·PM.

評注解法8巧妙借用了斯特瓦爾特(Stewart)定理,不僅步驟簡單,計算量也小,極大提高了解題效率,也希望同學們在平時解題中多積累相關的二級結論并加以運用.當然涉及斯特瓦爾特(Stewart)定理的試題屢見不鮮,限于篇幅,就不一一贅述,希望讀者自行查找相關試題資料.

以上幾種解法從不同視角進行探究,充分地體現了試題的開放性,給考生提供了較大的發揮空間. 通過以上解題過程啟發我們多角度思考問題,深入挖掘問題本質,進一步尋求簡便的解題方法,并及時歸納總結規律和結論,從而提高解題效率. 從以上方法可見,尤其是解法3,6,7,8這些看似高大上的結論或所謂的“技巧”并不是無源之水、無本之木,一切盡在教材(參)中!