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3——42数学教学2013年第3期

一道俄罗斯奥数试题推广的解法探究

050035河北省石家庄学院数学系王玉怀

文『11介绍了俄罗斯圣彼得堡为纪念瑞士解法1【1J．建立平面直角坐标系(图3)，
数学家、圣彼得堡科学院院士欧拉(Euler)诞以顶点为坐标原点．于是△ABC顶点坐标
辰300周年，举办了以欧拉命名的数学奥林匹为：c(o，0)，A(b，0)，B(O，n)．点E是正方形
克．参赛者是数学教师．其中的第10题，原文给的顶点之一，它在正方形的对角线上，其坐标
出了三种非常巧妙、简洁的解答．笔者读后很为E(a+b，6)．点M是它的中心，也是BE的中
受启发．作为研究性资料，将它译出以供参考．
另外，本文再给出几种解法．同时将该试题推点，即M(，)．由两点间距离公式，
广，也得到了一些解法．得CM：．
第10题【1】：在Rt△B中，：90。，
斜边AB=C，BC=a，CA=b．以斜边C为边，
作不包含△AB的正方形ABDE．求顶点
D
与正方形对角线交点的距离．
推广在Rt△ABC中，C=90。，斜边
AB=c，BC=a，CA=b．以B为边，作正
方形ABDE．求顶点与正方形对角线交点
的距离．图2图3

研究两种情形：解法211】：因为ZACB和AMB是直
1．正方形ABDE不包含△ABC(图1)，
角，所以点和在以弦AB为直径的圆上
即原第10题．
(图4)．因此
MC=2Rsin(／BAC+45。1

=(·+·
、．
2／、／／2
解法311】：以正方形ABDE的三边BD、
DE和E为斜边作三个直角三角形，其中a、
图1b为直角边，如图4．便得到包含正方形ABDE
的新正方形．
2．正方形ABDE包含△ABC(图2)．
在本文解法4—12中，不妨设a≥b(图1、
2)．由所设条件及正方形性质可知：(i)点M和
在以AB为直径的圆上；(ii)A=BM=

1————一
c===1／／壶(n+b2)；(iii)=45。·这些结
论在解答中将直接应用．
2013年第3期数学教学一

不难证明，点M是新正方形的中心．这
就是说，C是新正方形对角线的一半．因此CT+MT-
⋯1(曲+主(+))，
CM：．即cM2=。6+(+)，所以c=
、，／2
a+b

解法4：如图5，因为正方形ABDE的边‘

长等于C，那么在RtAABD中，AD2=2c2解法6：由解法4，得CM是ZACB的平
=2(n+b2)，=去(n+b2)．因为ZAMB分线，那么罢=BT．由合比定理，得
=90。，又已知B=90。，那么，，B和
BT-caAT-cb
M在以AB为直径的圆上，因此，M=a+b，a+b．
BM=ZBAM=ZBCM==45。(可又由相交弦定理，
．

⋯·⋯⋯一
见，CM是B的平分线)．设M=X，在．①
△ACM中，由余弦定理，得显然△△M，所以BTTM
=
6+X2一AM2，
COS——，即ca===TM

，化简得
即

一兰：二
2‘——2bxTM=、／／．⋯⋯⋯⋯⋯⋯．．②
2a+b)一
整理得

。
一6+妻(6一0)=0，代入①式，得=云．丁v／2(a+b)
解得
：，那么
a+b
X=———：：_．
、／／2M=CT+TM=+=
或类似地，在ABCM中，
a2a+b
+x2-M2—
B’
co。s=：==————(【因囚为刀BM=AM)．-
解法7：如图5，在ACBM和ACAM中，
以。，即得z=．应用余弦定理，分别得
解法5：如图5，显然ABCT~GMCA，CM。=BM+n22BM．acosZCBM，③
UPCT=ab和
所以a=丁CT；AMAT
，CM2=AM2+b—2AM．bcosZCAM．④
△MA所以MTAM由于COSZCBM=cos(180。一ZCAM)=
=
，
即M=筹一COSCAM，由③式和④式得
(a2H-AM2+b2一CM2BM2+n一CM
一—■一===一—■1广’
CM
因为B2=AM2=(n2+6)，化简得
D
CM2：1(去(。2+(。+6)+。6(0+
b))：，

口所以
CM：．
C
b√2
图5解法8：如图6，延长CA至点F，使CF=

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a+b．连结MF和EF．ZEAF+ZCAB=90。，M2CM2+b2+2b．M
．
显然△FE△B，即得FE=90。
因此，点F和M在以A为直径的圆上．于因为AM2=(n2+6)，所以
是FM=OL=45。，所以M=MF．由(。+6)=CM。+6+v~bCM
此得到等腰直角三角形CMF．所以2CM2=日n

f0+6)．即CM：．CM2+v％CM一(a2-=0
、／／2
解之，得=．

CbAF
图6

解法9：如图7，考虑正方形ABDE包含
△AB的情形．可知AMC=／ABC．在
△AM中，由余弦定