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【摘要】本文对一道几何证明题做了一些研究，并在此基础上得到了一些有意义的结果。
【关键词】数学 几何 向量
【中图分类号】G633.63 【文献标识码】A 【文章编号】2095-3089（2013）05-0151-02
在高中阶段我们学习了有关向量的知识，知道了向量也是解决数学问题的一个很有力的工具，利用向量，有时可以使一些几何问题更简洁地得到解决，这完全可以从下面给出的一道几何题中很好地体现出来，那么在给出向量法之前我们还是先来看一种纯几何的证明方法，之后我们再将它们作比较， 不仅如此，本文经过对这道题的进一步的思考与挖掘还得到了一些有意义的结果。
例1 平面四边形对角线互相垂直的充要条件是对边的平方和相等。
证法一 如图1，在四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O。下面先给出必要性的证明。
因为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。
接着采用反证法给出充分性的证明。
假设AC不垂直于BD，过点B、D分别向AC作垂线，垂足分别为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。
因为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，这与EF·AC>0矛盾。
故假设不成立，原命题为真，即有AC⊥BD。
综上所述，空间四边形对角线互相垂直的充要条件是对边的平方和相等。
证法二 如图1，在四边形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
下面我们将证法一和证法二的做个比较，前者主要是从纯几何的角度去思考的，在证明的过程中主要运用了勾股定理和采用了反证法的数学方法，虽然这是几何证明题的常采用的思路和方法，但相对于后者此法较繁琐，最主要的原因我个人觉得无论是必要性还是充分性的证明，都是一个“不可逆”的过程，也就是说并不能简单的把充分性（必要性）的证明过程“倒一倒”就得到必要性（充分性）的证明过程，正是因为这样，充分性和必要性的证明就不得不从不同的思路去考虑，从而导致解决问题所采用的方法也不一样。 而后者正好克服了前者的缺点，很好地利用了向量这样一个工具成功的且简洁的解决了这道题，当然证明过程中主要用到了向量的线性运算及“两个向量垂直的充要条件是它们的数量积为0”的结论。 证法二还暗示我们在数学中遇到垂直问题时要常想到向量，多和它联系起来，以助于问题的顺利解决。不仅如此，通过证法二容易发现命题结论四边形不受平面或空间的限制。也就是说可以将平面上的这个命题推广到空间上去，于是得到下面的命题：
命题1 空间四边形对角线互相垂直的充要条件是对边的平方和相等。
在苏教版教材中多次借助于向量工具解决了问题，如必修4中两角和的余弦公式的推导及必修5中正、余弦定理的证明等，相信通过这道题的研究，读者能更好更深刻地体会到向量在解决数学问题中所起的重要作用。 那么本文除了这样一个用意（达到这个目的）外，通过进一步的研究作者还得到了与例1相关的一些有意义的结果，下面一一展示给读者。
推论1 平面四边形对边的平方和相等的充要条件是连接各边中点所得的四边形是矩形。
证明 如图2，依次取AB、BC、CD、AD的中点E、F、G、H，顺次连接得到四边形EFGH。
在△ABC中，因为G、H是CD、AD的中点，
所以GH∥AC且GH=■AC。
同理可得EF∥AC且EF=■AC。
所以GH∥EF且GH=EF。
所以四边形EFGH是平行四边形。
因为EF∥AC，FG∥BD，且平行四边形EFGH是矩形的充要条件是EF⊥FG，
所以平行四边形EFGH是矩形的充要条件是AC⊥BD。
根据例1立即可得平面四边形对边的平方和相等的充要条件是连接各边中点所得的四边形是矩形。
另外四边形 在满足对角线相等的条件下，还可以得到上述四边形ABCD是正方形，于是就得到了下面的推论2。
推论2 若平面四边形满足对边的平方和相等且对角线相等，则连接各边中点所得的四边形是正方形。
证明 如图2，依次取AB、BC、CD、AD的中点E、F、G、H，顺次连接得到四边形EFGH。
由推论1知，平行四边形EFGH是矩形。 因为E、F、G是AB、BC、CD的中点，
所以EF=■AC且FG=■BD。
因为AC=BD，
所以EF=FG。
故四边形EFGH是正方形。
注意到推论2的逆命题也成立，这里就不讨论了。
推论3 平面四边形对边的平方和相等的充要条件是对边中点的连线段的长度相等。
证明 如图2，依次取AB、BC、CD、AD的中点E、F、G、H，顺次连接得到四边形DEFG。
同上可得，四边形DEFG是平行四边形。
因为平行四边形DEFG是矩形的充要条件是DE=EG，
由例1立即可得平面四边形对边的平方和相等的充要条件是对边中点的连线段的长度相等。
由推论1和推论3进一步可以得到平行四边形是矩形的一个充要条件，也就是下面的推论4。 这个结论作为平行四边形是矩形的判定定理，早在初中时就被我们熟知。
推论4 平行四边形是矩形的充要条件是它的两条对角线相等。
为了得到下面的推论5，我们需要用到下面的引理：
引理1 平面四边形对角线互相垂直的充要条件是它的面积等于对角线乘积的一半。
证明 如图1，在四边形ABCD中，四边形ABCD的面积记为SABCD，△ACD与△ABC的面积分别记为SACD、SABC。
先给出必要性的证明。
因为AC⊥BD，
所以SABCD=SACD+SABC=■OD·AC+■OB·AC=■（OD+OB）·AC=■BD·AC。
下面给出充分性的证明，即在四边形ABCD中，已知SABCD=■BD·AC，证明AC⊥BD。
假设AC不垂直于BD，过B、D分别向AC作垂线，垂足分别为E、F，则SABCD=SACD+SABC=■DF·AC=■BE·AC=■（DF·BE）·AC<■（OD+OB）·AC=■BD·AC，这与已知矛盾。
故假设不成立，原命题为真，即AC⊥BD。
综上所述，平面四边形对角线互相垂直的充要条件是它的面积等于对角线乘积的一半。
由例1和引理1立即可得下面的命题：
推论5 平面四边形对边的平方和相等充要条件是它的面积等于对角线乘积的一半。
当然一方面由以上的推论我们又可以得到新的推论，如“连接空间四边形各边中点所得的四边形是矩形的充要条件是对边中点的连线段相等”等等，另一方面还可以得到与上述不同的其它的一些推论，这里就不再深入讨论了，留给读者自己思考与整理。
参考文献：
[1]吕林根、许子道. 解析几何. 北京：高等教育出版社，2001，6（第三版）
【关键词】数学 几何 向量
【中图分类号】G633.63 【文献标识码】A 【文章编号】2095-3089（2013）05-0151-02
在高中阶段我们学习了有关向量的知识，知道了向量也是解决数学问题的一个很有力的工具，利用向量，有时可以使一些几何问题更简洁地得到解决，这完全可以从下面给出的一道几何题中很好地体现出来，那么在给出向量法之前我们还是先来看一种纯几何的证明方法，之后我们再将它们作比较， 不仅如此，本文经过对这道题的进一步的思考与挖掘还得到了一些有意义的结果。
例1 平面四边形对角线互相垂直的充要条件是对边的平方和相等。
证法一 如图1，在四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O。下面先给出必要性的证明。
因为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。
接着采用反证法给出充分性的证明。
假设AC不垂直于BD，过点B、D分别向AC作垂线，垂足分别为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。
因为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，这与EF·AC>0矛盾。
故假设不成立，原命题为真，即有AC⊥BD。
综上所述，空间四边形对角线互相垂直的充要条件是对边的平方和相等。
证法二 如图1，在四边形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
下面我们将证法一和证法二的做个比较，前者主要是从纯几何的角度去思考的，在证明的过程中主要运用了勾股定理和采用了反证法的数学方法，虽然这是几何证明题的常采用的思路和方法，但相对于后者此法较繁琐，最主要的原因我个人觉得无论是必要性还是充分性的证明，都是一个“不可逆”的过程，也就是说并不能简单的把充分性（必要性）的证明过程“倒一倒”就得到必要性（充分性）的证明过程，正是因为这样，充分性和必要性的证明就不得不从不同的思路去考虑，从而导致解决问题所采用的方法也不一样。 而后者正好克服了前者的缺点，很好地利用了向量这样一个工具成功的且简洁的解决了这道题，当然证明过程中主要用到了向量的线性运算及“两个向量垂直的充要条件是它们的数量积为0”的结论。 证法二还暗示我们在数学中遇到垂直问题时要常想到向量，多和它联系起来，以助于问题的顺利解决。不仅如此，通过证法二容易发现命题结论四边形不受平面或空间的限制。也就是说可以将平面上的这个命题推广到空间上去，于是得到下面的命题：
命题1 空间四边形对角线互相垂直的充要条件是对边的平方和相等。
在苏教版教材中多次借助于向量工具解决了问题，如必修4中两角和的余弦公式的推导及必修5中正、余弦定理的证明等，相信通过这道题的研究，读者能更好更深刻地体会到向量在解决数学问题中所起的重要作用。 那么本文除了这样一个用意（达到这个目的）外，通过进一步的研究作者还得到了与例1相关的一些有意义的结果，下面一一展示给读者。
推论1 平面四边形对边的平方和相等的充要条件是连接各边中点所得的四边形是矩形。
证明 如图2，依次取AB、BC、CD、AD的中点E、F、G、H，顺次连接得到四边形EFGH。
在△ABC中，因为G、H是CD、AD的中点，
所以GH∥AC且GH=■AC。
同理可得EF∥AC且EF=■AC。
所以GH∥EF且GH=EF。
所以四边形EFGH是平行四边形。
因为EF∥AC，FG∥BD，且平行四边形EFGH是矩形的充要条件是EF⊥FG，
所以平行四边形EFGH是矩形的充要条件是AC⊥BD。
根据例1立即可得平面四边形对边的平方和相等的充要条件是连接各边中点所得的四边形是矩形。
另外四边形 在满足对角线相等的条件下，还可以得到上述四边形ABCD是正方形，于是就得到了下面的推论2。
推论2 若平面四边形满足对边的平方和相等且对角线相等，则连接各边中点所得的四边形是正方形。
证明 如图2，依次取AB、BC、CD、AD的中点E、F、G、H，顺次连接得到四边形EFGH。
由推论1知，平行四边形EFGH是矩形。 因为E、F、G是AB、BC、CD的中点，
所以EF=■AC且FG=■BD。
因为AC=BD，
所以EF=FG。
故四边形EFGH是正方形。
注意到推论2的逆命题也成立，这里就不讨论了。
推论3 平面四边形对边的平方和相等的充要条件是对边中点的连线段的长度相等。
证明 如图2，依次取AB、BC、CD、AD的中点E、F、G、H，顺次连接得到四边形DEFG。
同上可得，四边形DEFG是平行四边形。
因为平行四边形DEFG是矩形的充要条件是DE=EG，
由例1立即可得平面四边形对边的平方和相等的充要条件是对边中点的连线段的长度相等。
由推论1和推论3进一步可以得到平行四边形是矩形的一个充要条件，也就是下面的推论4。 这个结论作为平行四边形是矩形的判定定理，早在初中时就被我们熟知。
推论4 平行四边形是矩形的充要条件是它的两条对角线相等。
为了得到下面的推论5，我们需要用到下面的引理：
引理1 平面四边形对角线互相垂直的充要条件是它的面积等于对角线乘积的一半。
证明 如图1，在四边形ABCD中，四边形ABCD的面积记为SABCD，△ACD与△ABC的面积分别记为SACD、SABC。
先给出必要性的证明。
因为AC⊥BD，
所以SABCD=SACD+SABC=■OD·AC+■OB·AC=■（OD+OB）·AC=■BD·AC。
下面给出充分性的证明，即在四边形ABCD中，已知SABCD=■BD·AC，证明AC⊥BD。
假设AC不垂直于BD，过B、D分别向AC作垂线，垂足分别为E、F，则SABCD=SACD+SABC=■DF·AC=■BE·AC=■（DF·BE）·AC<■（OD+OB）·AC=■BD·AC，这与已知矛盾。
故假设不成立，原命题为真，即AC⊥BD。
综上所述，平面四边形对角线互相垂直的充要条件是它的面积等于对角线乘积的一半。
由例1和引理1立即可得下面的命题：
推论5 平面四边形对边的平方和相等充要条件是它的面积等于对角线乘积的一半。
当然一方面由以上的推论我们又可以得到新的推论，如“连接空间四边形各边中点所得的四边形是矩形的充要条件是对边中点的连线段相等”等等，另一方面还可以得到与上述不同的其它的一些推论，这里就不再深入讨论了，留给读者自己思考与整理。
参考文献：
[1]吕林根、许子道. 解析几何. 北京：高等教育出版社，2001，6（第三版）