伸缩变换的一个重要结论及其应用，本文主要内容关键词为：一个重要论文,伸缩论文,及其应用论文,结论论文，此文献不代表本站观点，内容供学术参考，文章仅供参考阅读下载。
伸缩变换F：（x，y）—→（k[,1]x，k[,2]y）（其中k[,1]＞0， k[,2]＞0）是一种常见的几何变换，本文简记为F（k[,1]，k[,2]）。 它有许多相关的几何不变特性，如
（1）点与线的结合关系不变；
（2）直线平行或相交的关系不变；
（3 ）同一直线上线段长的比例关系不变（可推广为平行直线上线段长的比例关系不变）；
（4 ）多边形与多边形的面积的比例关系不变（可推广到任意图形）。
这些特性在解题中应该能得到充分的应用。本文证明了与伸缩变换有关的一个重要命题，并举例说明其在解题或研究中的应用。
命题：任何一个三角形均可以通过若干次伸缩变换后变为一个腰长为1且直角顶点任意确定的等腰直角三角形。
证明：（1）先将△ABC变为锐角三角形。不妨设∠A≥90°，如图1所示建立坐标系，知A在以BC为直径的圆内或圆周上。此时过A作AD⊥BC于D，在DA延长线上取点A[,1]，使A[,1]在圆外，则通过F（1，│A[,1]D│/│AD│）便可将A变为A[,1]。当然，若△ABC为锐角三角形，则无须这一步骤。
（2）将指定角变为直角，如将∠B变为直角。如图2 所示建立坐标系，此时的变换为F（1,│B[,1]E│/│BE│），其中B[,1]为A[,1]C的垂线BE与以A[,1]C为直径的圆的交点。
（3）再将腰长变为1，如图3所示建立坐标系，通过变换F（1 /│B[,1]C│，1/│A[,1]B[,1]│），则可将△A[,1]B[,1]C变为△A'B'C'，其中│A'B'│＝│B'C'│＝1。
显然，上述命题可推广为：任意三角形可通过若干次伸缩变换变为另一任意确定的三角形。
我们只须将另一三角形按命题变为腰长为1的等腰直角三角形， 然后再按逆过程施以变换即得。
下面举例说明运用这一命题和绅缩变换的上述特性，可以使许多复杂的问题简单化。
例1 在△ABC中，点A[,1]、B[,1]、C[,1]分别满足
[,1]＝g
，
[,1]＝g
，
[,1]＝g
（其中 g可任意取值），点A[,2]、B[,2]、C[,2]分别满足[,2]＝g，[,2]＝g，[,2]＝g，直线BB[,1]与CC[,2]、CC[,1]与AA[,2]、AA[,1]与BB[,2]分别相交于点P、Q、R。证明：△PQR∽△ABC，且相似比为│2g－1/g－2│。（为区别， 题中用表向量）
证明：将△ABC变换为腰长为1且以A 为直角顶点的等腰直角三角形，如图4所示建立坐标系，则有A（0,0），B（1,0），C（0,1）。
由已知得B[,2]（0,g），A[,1]（1－g,g）。则直线AA[,1]：
y＝（g/（1－g））x。
①
直线BB[,2]：
x＋（y/g）＝1。
②
联立①、②解得 R（（1－g）/（2－g），g/（2－g））。
由对称性知Q（g/（2－g），（1－g）/（2－g））。
故k[,PR]＝－1＝k[,BC]，QR//BC，且同时
由变换的随意性，再分别取B、C为直角顶点作变换。同理可证
PQ//AB且│PQ│＝│AB││（2g－1）/（g－2）│，
PR//AC且│PR│＝│AC││（2g－1）/（g－2）│。
故△PQR∽△ABC，且相似比为│（2g－1）/（g－2）│。
从例1可以看出， 文中命题为用解析法证明相关问题提供了简化运算的理论依据，凡是条件和结论均满足文中所述不变特性的均可采用此法。
例2 在凸四边形ABCD的边AB和BC 上取点E和F，使线段DE和DF把AC三等分，已知△ADE和△CDF的面积等于四边形ABCD面积的1/4。求证：ABCD是平行四边形。
（第16届全俄数学竞赛）
证明：题中条件与结论均满足前述不变特性。将△ABC变换为图5所示直角三角形，设│AB│＝│BC│＝3。则
A（3，0），C（0，3），
P（2，1），Q（1，2）。
设D（a,b）为所求。则直线
DE：y－1＝（（b－1）/（a－2））（x－2）。
令y＝0，得x[,E]＝（（2－a）/（b－1））＋2。
∴S△ADE＝（1/2）│AE│yD
＝（1/2）（3－（（2－a）/（b－1））－2）b
＝（1/2）·（（a＋b－3）/（b－1））·b。
同理得S[,△CDF]＝（1/2）·（（a＋b－3）/（a－1））·a。
S[,四边形ABCD]＝S[,△ABD]＋S[,△BCD]
＝（1/2）×3×b＋（1/2）×3×a
＝（3/2）（a＋b）。
由已知易得
（1/2）·（（a＋b－3）/（b－1））·b＝（1/2）·（（a＋b－3）/（b－1））·a
＝（1/4）·（（3/2）（a＋b））。
解得a＝b＝3。
即D（3,3）。
故显然四边形ABCD为平行四边形，结论得证。
例3 ABCD是一个四边形，且BC//AD，M是CD的中点，P是MA的中点，Q是MB的中点，直线DP、CQ交于点N。求证：点N不在△ABM外部的充要条件是上下底边长之比在[1/3，3]上。
（第35届IMO预选题）
证明：题中条件及结论均满足伸缩变换下的不变特性。设AB中点为R，将△AMR变换为以R为直角顶点的等腰直角三角形，如图6建立坐标系，可设A（2，2），R（2，0），B（2，－2），C（－a，－2），D（a，2）。则P（1，1），Q（1，－1）。
DP：y－1＝（（2－1）/（a－1））（x－1）。
①
CQ：y＋1＝（（－2－（－1））/（－a－1））（x－1）。 ②
联立①、②解得N（2－a[2]，－a）。
点N在△ABM之外的充要条件是
┌x[,N]≤x[,R]， 〈y[,N]≤x[,N]，
└y[,N]≥－x[,N]
结论得证。
对于某些题目中的条件或结论不满足不变特性的，如果能对之稍加变化进行转化，有些也能获解。
例4 在△ABC中，AB＝12，AC＝16，M是BC的中点，E、F 分别在AB、AC上，EF交AM于G，且AE＝2AF。求：比值EG/GF。
（第29届IMO预选题）
证明：可设AF＝a，AE＝2a，则
AF/AC＝a/16，
AE/AB＝2a/12＝a/6。
再将△ABC由图7变换成如图8所示三角形。设B（6，0），C（0，16），则E（a，0），F（0，a），M（3，8）。
有AM方程：
y＝（8/3）x。
EF方程：x＋y＝a。
联立解得G（3a/11，8a/11）。故
EG/GF＝yG/（yF－yG）＝（8/11）/（1－（8/11））＝8/3
如上例，题中AE＝2AF变换前后会改变，故应加以改进。
（注：题中距离均未加绝对值符号）。
例5 任意四边形ABCD的一组对边BA与CD交于M，过M 作割线交另一组对边所在直线于H、L，交对角线所在直线于H'、L'。
求证：（1/MH）＋（1/ML）＝（1/MH'）＋（1/ML'）。
这是二次曲线蝴蝶定理的推论，
是一道难题。
文[4 ]选用Menelaus定理进行了证明，过程仍不够简洁。
分析：本题尽管结论不满足不变特性，但是，我们只须将原结论变成等价的：
ML（（1/MH）＋（1/ML））
＝ML（（1/MH'）＋（1/ML'）），
即（ML/MH）＋（ML/ML）＝（ML/MH'）＋（ML/ML'）。
由于M、H、L，H'、L'共线，上式满足不变特性， 则可应用本文命题。
如图9，将△BCM变换为等腰直角三角形，建立坐标系。解答请读者自己完成。
对于某些不满足不变特性的条件和结论，如证角相等、证线线垂直等，能否应用本文的具体变换过程得到解决，需要考虑文中变换的具体数据。
1.已知△ABC，G是其重心，M是BC边的中点，过G作BC的平行线交AB于X，交AC于Y，且XC与GB交于Q，YB与GC交于P。证明：△MPQ∽△ABC。
（1991，亚太地区数学竞赛）（提示：证边平行）
2.设以t：（1－t）的比例内分△ABC三边BC、CA、AB的点分别为P、Q、R，以线段AP、BQ、CR为边的三角形面积为K，△ABC面积为L。求K/L。
（1991，日本数学奥林匹克）（t[2]－t＋1。）
3.过△ABC内部任意点O分别引三边BC＝a、CA＝b、AB＝c的平行线，其截在△ABC内部的线段长分别为B[,1]C[,1]＝a[,1]，A[,1]C[,1]＝b[,1]，A[,1]B[,1]＝c[,1]。证明：a[,1]/a、b[,1]/b、c[,1]/c三式中至少有一个不小于1/3，也至少有一个不大于2/3。
（提示：证明（a[,1]/a）＋（b[,1]/b）＋（c[,1]/c）＝2。）
4.不存在这样的四边形PQRS，它内接于△ABC（如图10），且S[,1]＝S[,2]＝S[,3]＝S[,4]。
5.将任意四边形各边三等分，然后捉对连结各分点，得一井字形。证明中间一块的面积为四边形面积的1/9。
（提示：证明图12正中对角线平行于原四边形对角线，且长度比为1/3。）
6.梯形ABCD两底DC∶AB＝1∶3，延长两腰AD、BC、交于P，作n条线段x[,i]y[,i]，使得P是x[,i]y[,i]的中点，取Ax[,i]的中点M[,i]，取By[,i]的中点N[,i]。试证：n条直线M[,i]N[,i]共点。
（提示：求出M[,i]、N[,i]坐标，证明其中点为PE中点，其中E 为AB中点。）