一道高考题的解法、背景与推广探究
邹生书
2017年高考上海数学卷第12题是一道能力型试题，题目背景深厚设问精巧，重点考查数学语言的阅读理解能力、化归转化能力以及分析问题和解决问题的能力.下面是笔者对这道试题的解法、背景和问题拓展探究的思维历程，希望对读者有所裨益.
题目如图1，用35个单位正方形拼成一个矩形，点P1，P2，P3，P4 以及四个标记为“Δ ”的点在正方形顶点处，设集合Ω={P1，P2，P3，P4}，点P∈Ω，过P作直线lP，使得不在lP上的“Δ ”上的点分布在lP的两侧.用D1（lP），D2（lP）分別表示lP一侧和另一侧的“Δ ”上的点到lP的距离之和.若过P的直线lP中有且只有一条满足D1（lP）=D2（lP），则Ω中所有满足这样的点P为.
图11坐标法，几何问题代数化
分析本题表达较长，数与形结合，抽象符号与文字语言相融，对阅读理解能力、化归转化能力以及分析问题和解决问题能力的要求较高，是一道能力立意压轴的试题.
解决问题的突破口在哪里？由点到直线的距离之和及正方形网格等信息，容易想到用坐标法求解.坐标法关键是建立合适的坐标系，由题设网格知关键是选择坐标原点的位置.本题宜用一般化思想处理，以四点中某个点P为坐标原点建立直角坐标系，解法如下.
解法1以点P为坐标原点，以经过点P的单位正方形的边所在直线分别为坐标轴建立平面直角坐标系.
当直线lP垂直x轴时，经检验知当且仅当点P与P2重合时满足D1（lP）=D2（lP）.
当直线lP不垂直于x轴时斜率存在，设其方程为y=kx，设直线lP两侧分别有m个点（xi，yi）（i=1，2，…，m）和n个点（aj，bj）（j=1，2，…，n），且m+n=4.依题意得
kx1-y11+k2+…+kxm-ym1+k2=ka1-b11+k2+…+kan-bn1+k2.
至此，通过坐标法由点到直线距离公式将抽象的距离等式D1（lP）=D2（lP）变成了代数等式，去分母得kx1-y1+…+kxm-ym=ka1-b1+…+kan-bn.
接下来的问题就是怎样去掉绝对值符号？因为点（xi，yi）和点（aj，bj）在直线y=kx两侧，由线性规划的知识我们知道kxi-yi与kaj-bj异号，于是有
（kx1-y1）+…+（kxm-ym）+（ka1-b1）+…+（kan-bn）=0，
整理得k（x1+…+xm+a1+…+an）=y1+…+ym+b1+…+bn①.
这个等式如何使用？能给我们带来什么？似乎山穷水尽疑无路.这个等式是关于k的方程，因为过点P的直线lP中有且只有一条满足D1（lP）=D2（lP），所以这个关于k的方程有唯一解，当且仅当x1+…+xm+a1+…+an≠0，即四个标记为“Δ ”的点的横坐标之和不为零.至此，云散雾尽，柳暗花明.经检验知当且仅当点P与点P2重合时横坐标之和为零不合题意.
综上可知Ω中所有满足这样的点P有三个它们是P1，P3，P4.
2探索几何背景，寻求几何解法
从上述解析法所得到结论入手探索几何背景.由解法1知，当点P与点P2重合时x1+…+xm+a1+…+an=0，即横坐标之和为零，由①得y1+…+ym+b1+…+bn=0，即纵坐标之和也为零，故点P2是这四个“Δ ”的点几何重心，从这道高考题的结果可知经过重心P2的任意一条直线lP均满足D1（lP）=D2（lP），于是有如下几何解法.
解法2（几何法）如图2，设四个标记为“Δ ”的点构成四边形ABCD，设边AB，BC，CD，DA的中点分别为E，F，G，H.易证四边形EFGH为平行四边形，设其对角线交点为O.设l是经过点O的任意一条直线，则分布在l两侧且不在l上的点A，B，C，D与l的位置关系有如下两种情形：两侧各两点，一侧一个点另一侧三个点.
图2（1）当A，B，C，D在直线l两侧各有两点时，不妨设两侧的两个点分别为A，B和C，D.如图3，由梯形中位线定理易证同侧A，B两点到直线l的距离之和等于AB中点E到线l的距离的两倍，记为hA+hB=2hE，同理hC+hD=2hG，又O为EG中点，则hE=hG，所以hA+hB=hC+hD.
图3（2）当A，B，C，D在直线l一侧一个点另一侧三个点时，不妨设一侧的三个点分别为A，B，D.如图4，不妨设CD的中点G与点C在直线l同侧，过点D作l′∥l，由三角形中位线定理得C点到直线l′的距离等于CD中点G到直线l′的距离的两倍，即h′C=2h′G，又由图知h′C=hC+hD，h′G=hG+hD，于是有hC+hD=2（hG+hD），即hC-hD=2hG.又O为EG中点，所以hE=hG，则hA+hB=hC-hD，即hA+hB+hD=hC.
综上可知，A，B，C，D分布在l两侧上的点到l的距离之和相等.
图4由图2易证点P2就是点O，故过点P2满足D1（lP）=D2（lP）的直线有无数条，而经过点O和P1，P3，P4中任一点的直线满足D1（lP）=D2（lP）且唯一，故Ω中所有满足这样的点P为P1，P3，P4.
3数理结合，推广拓展
重心是物理学中的概念，图形的重心是几何概念，两者之间既有区别也有联系，质量均匀物体的物理重心就是它的几何重心.可见物理重心是几何重心的实际背景.下面用物理重心的有关概念和杠杆原理证明三角形重心定理和平面四边形重心定理.
3.1三角形重心定理
三角形三条中线相交于一点，这一点叫做三角形的重心，重心到各顶点的距离是它到对边中点距离的两倍.
证明设A，B，C是质量均为1的三个质点，由物理重心知识知B，C两质点的重心就是线段BC的中点D，也就是说B，C两个质点在力的效果上相当于质量为2的质点D.于是A，B，C三个质点的重心G就是质点A，D的重心，所以点G在线段AD上，由杠杆原理得AG=2DG.同理重心G也在中线BE和CF上，且有BG=2GE，CG=2GF.故原命题正确.
3.2四边形重心定理
平面内任意四边形各边中点构成一个平行四边形，并且平行四边形的中心就是这个四边形的重心.
证明设四边形的顶点A，B，C，D是质量均为1的质点，由物理重心知识知A，B两质点的重心就是线段AB的中点E，也就是说A，B两个质点在力的作用效果上相当于质量为2的质点E.C，D两质点的重心就是线段CD的中点G，也就是说C，D两个质点在力的作用效果上相当于质量为2的质点G.于是质点A，B，C，D的重心O就是质量均为2的质点E，G的重心，也就是线段EG的中点.同理，设线段BC，DA的中点分别为F，H，则质点A，B，C，D的重心O也是FH的中点，由此知线段EG，FH互相平分，所以四边形EFGH是平行四边形，故命题结论正确.
另一方面，我们知道，在坐标平面内，三角形重心的横坐标和纵坐标分别是三个顶点横坐标和纵坐标的算术平均数.线段的中点实际上就是这条线段的重心，而线段的中点的横坐标和纵坐标分别是两端点横坐标和纵坐标的算术平均数.由此我们猜想：坐标平面内有限个点集的重心的横坐标和纵坐标分别是这些点的横坐标和纵坐标的算术平均数.
下面证明平面内质量均匀的有限个质点的重心坐标公式.
3.3定理
若Pi（xi，yi）（i=1，2，…，n，n≥2）是坐标平面内质量为1个质量单位的n个质点，则这n个质点的重心是（1n∑ni=1xi，1n∑ni=1yi）.
证明（用数学归纳法）（1）当n=2时，质量均为1个质量单位的质点P1，P2的重心就是线段P1P2的中点（x1+x22，y1+y22），结论正确.
（2）假设当n=k（k≥2）时结论正确.则平面内质量均为1个质量单位的k个质点P1，P2，…，Pk的重心为G′（1k∑ki=1xi，1k∑ki=1yi）.当n=k+1时，这k+1个质量均为1个质量单位的质点的重心，可以当作是质量为k个单位质量的质点G′与质量为1个质量单位的质点Pk+1的重心G.由重心概念和杠杆原理知，点G在线段G′Pk+1上且满足Pk+1G=k·GG′，则Pk+1G=k·GG′，所以OG-OPk+1=k（OG′-OG），可得
OG=OPk+1+kOG′1+k
=（xk+1，yk+1）+k（1k∑ki=1xi，1k∑ki=1yi）1+k
=（1k+1∑k+1i=1xi，1k+1∑k+1i=1yi），
即點G的坐标为（1k+1∑k+1i=1xi，1k+1∑k+1i=1yi），故当n=k+1时，结论正确.
综上可知，命题成立.
上述质量均匀的质点的重心坐标公式实际上就是平面内有限点集重心坐标定义的物理背景.将上海这道考题进行拓展推广可得平面内有限点集的重心有如下性质.
3.4平面有限点集重心的性质
若Pi（xi，yi）（i=1，2，…，n）是坐标平面内的n个点，则点G（1n∑ni=1xi，1n∑ni=1yi）叫做这n个点的几何重心简称重心.若点G是点集{P1，P2，…，Pn}的重心，则（1）GP1+GP2+…+GPn=0；（2）设l是经过点G的任意一条直线，则在直线l两侧上的点到l的距离之和相等.
证明（1）GP1+GP2+…+GPn=（OP1-OG）+（OP2-OG）+…+（OPn-OG）=（OP1+OP2+…+OPn）-nOG=（x1，y1）+（x2，y2）+…+（xn，yn）-n（1n∑ni=1xi，1n∑ni=1yi）=（x1+x2+…+xn，y1+y2+…+yn）-（∑ni=1xi，∑ni=1yi）=（0，0）=0.
（2）以重心G为坐标原点建立平面直角坐标系G-xy，设过点G的直线l的一般式方程为ax+by=0，其中a，b为常数且不同时为零.显然，若点（x，y）在直线l上则ax+by=0.由线性规划的知识知，若点（x1，y1）与点（x2，y2）分别在直线l两侧，则ax1+by1与ax2+by2异号.设在这n个点中使得ax+by≥0的点有m个点（xi，yi）（i=1，2，…，m），那么这m个点在直线l的同一侧上或在这条直线上，使得ax+by<0的点有p个点（aj，bj）（j=1，2，…，p），那么这p个点在直线l的另一侧上，且满足m+p=n.
依题意只要证ax1+by1a2+b2+…+axm+byma2+b2=aa1+bb1a2+b2+…+aap+bbpa2+b2，只要证ax1+by1+…+axm+bym=aa1+bb1+…+aap+bbp，又axi+byi≥0，aaj-bbj<0，
所以只要证（ax1+by1）+…+（axm+bym）+（aa1+bb1）+…+（aap+bbp）=0，只要证a（x1+…+xm+a1…+ap）+b（y1+…+ym+b1…+bp）=0.因为原点G是这m+p=n个点的重心，所以1n（x1+…+xm+a1…+ap）=0，1n（y1+…+ym+b1…+bp）=0，于是a（x1+…+xm+a1…+ap）+b（y1+…+ym+b1…+bp）=0成立，从而原命题正确.
2017年高考上海数学卷第12题是一道能力型试题，题目背景深厚设问精巧，重点考查数学语言的阅读理解能力、化归转化能力以及分析问题和解决问题的能力.下面是笔者对这道试题的解法、背景和问题拓展探究的思维历程，希望对读者有所裨益.
题目如图1，用35个单位正方形拼成一个矩形，点P1，P2，P3，P4 以及四个标记为“Δ ”的点在正方形顶点处，设集合Ω={P1，P2，P3，P4}，点P∈Ω，过P作直线lP，使得不在lP上的“Δ ”上的点分布在lP的两侧.用D1（lP），D2（lP）分別表示lP一侧和另一侧的“Δ ”上的点到lP的距离之和.若过P的直线lP中有且只有一条满足D1（lP）=D2（lP），则Ω中所有满足这样的点P为.
图11坐标法，几何问题代数化
分析本题表达较长，数与形结合，抽象符号与文字语言相融，对阅读理解能力、化归转化能力以及分析问题和解决问题能力的要求较高，是一道能力立意压轴的试题.
解决问题的突破口在哪里？由点到直线的距离之和及正方形网格等信息，容易想到用坐标法求解.坐标法关键是建立合适的坐标系，由题设网格知关键是选择坐标原点的位置.本题宜用一般化思想处理，以四点中某个点P为坐标原点建立直角坐标系，解法如下.
解法1以点P为坐标原点，以经过点P的单位正方形的边所在直线分别为坐标轴建立平面直角坐标系.
当直线lP垂直x轴时，经检验知当且仅当点P与P2重合时满足D1（lP）=D2（lP）.
当直线lP不垂直于x轴时斜率存在，设其方程为y=kx，设直线lP两侧分别有m个点（xi，yi）（i=1，2，…，m）和n个点（aj，bj）（j=1，2，…，n），且m+n=4.依题意得
kx1-y11+k2+…+kxm-ym1+k2=ka1-b11+k2+…+kan-bn1+k2.
至此，通过坐标法由点到直线距离公式将抽象的距离等式D1（lP）=D2（lP）变成了代数等式，去分母得kx1-y1+…+kxm-ym=ka1-b1+…+kan-bn.
接下来的问题就是怎样去掉绝对值符号？因为点（xi，yi）和点（aj，bj）在直线y=kx两侧，由线性规划的知识我们知道kxi-yi与kaj-bj异号，于是有
（kx1-y1）+…+（kxm-ym）+（ka1-b1）+…+（kan-bn）=0，
整理得k（x1+…+xm+a1+…+an）=y1+…+ym+b1+…+bn①.
这个等式如何使用？能给我们带来什么？似乎山穷水尽疑无路.这个等式是关于k的方程，因为过点P的直线lP中有且只有一条满足D1（lP）=D2（lP），所以这个关于k的方程有唯一解，当且仅当x1+…+xm+a1+…+an≠0，即四个标记为“Δ ”的点的横坐标之和不为零.至此，云散雾尽，柳暗花明.经检验知当且仅当点P与点P2重合时横坐标之和为零不合题意.
综上可知Ω中所有满足这样的点P有三个它们是P1，P3，P4.
2探索几何背景，寻求几何解法
从上述解析法所得到结论入手探索几何背景.由解法1知，当点P与点P2重合时x1+…+xm+a1+…+an=0，即横坐标之和为零，由①得y1+…+ym+b1+…+bn=0，即纵坐标之和也为零，故点P2是这四个“Δ ”的点几何重心，从这道高考题的结果可知经过重心P2的任意一条直线lP均满足D1（lP）=D2（lP），于是有如下几何解法.
解法2（几何法）如图2，设四个标记为“Δ ”的点构成四边形ABCD，设边AB，BC，CD，DA的中点分别为E，F，G，H.易证四边形EFGH为平行四边形，设其对角线交点为O.设l是经过点O的任意一条直线，则分布在l两侧且不在l上的点A，B，C，D与l的位置关系有如下两种情形：两侧各两点，一侧一个点另一侧三个点.
图2（1）当A，B，C，D在直线l两侧各有两点时，不妨设两侧的两个点分别为A，B和C，D.如图3，由梯形中位线定理易证同侧A，B两点到直线l的距离之和等于AB中点E到线l的距离的两倍，记为hA+hB=2hE，同理hC+hD=2hG，又O为EG中点，则hE=hG，所以hA+hB=hC+hD.
图3（2）当A，B，C，D在直线l一侧一个点另一侧三个点时，不妨设一侧的三个点分别为A，B，D.如图4，不妨设CD的中点G与点C在直线l同侧，过点D作l′∥l，由三角形中位线定理得C点到直线l′的距离等于CD中点G到直线l′的距离的两倍，即h′C=2h′G，又由图知h′C=hC+hD，h′G=hG+hD，于是有hC+hD=2（hG+hD），即hC-hD=2hG.又O为EG中点，所以hE=hG，则hA+hB=hC-hD，即hA+hB+hD=hC.
综上可知，A，B，C，D分布在l两侧上的点到l的距离之和相等.
图4由图2易证点P2就是点O，故过点P2满足D1（lP）=D2（lP）的直线有无数条，而经过点O和P1，P3，P4中任一点的直线满足D1（lP）=D2（lP）且唯一，故Ω中所有满足这样的点P为P1，P3，P4.
3数理结合，推广拓展
重心是物理学中的概念，图形的重心是几何概念，两者之间既有区别也有联系，质量均匀物体的物理重心就是它的几何重心.可见物理重心是几何重心的实际背景.下面用物理重心的有关概念和杠杆原理证明三角形重心定理和平面四边形重心定理.
3.1三角形重心定理
三角形三条中线相交于一点，这一点叫做三角形的重心，重心到各顶点的距离是它到对边中点距离的两倍.
证明设A，B，C是质量均为1的三个质点，由物理重心知识知B，C两质点的重心就是线段BC的中点D，也就是说B，C两个质点在力的效果上相当于质量为2的质点D.于是A，B，C三个质点的重心G就是质点A，D的重心，所以点G在线段AD上，由杠杆原理得AG=2DG.同理重心G也在中线BE和CF上，且有BG=2GE，CG=2GF.故原命题正确.
3.2四边形重心定理
平面内任意四边形各边中点构成一个平行四边形，并且平行四边形的中心就是这个四边形的重心.
证明设四边形的顶点A，B，C，D是质量均为1的质点，由物理重心知识知A，B两质点的重心就是线段AB的中点E，也就是说A，B两个质点在力的作用效果上相当于质量为2的质点E.C，D两质点的重心就是线段CD的中点G，也就是说C，D两个质点在力的作用效果上相当于质量为2的质点G.于是质点A，B，C，D的重心O就是质量均为2的质点E，G的重心，也就是线段EG的中点.同理，设线段BC，DA的中点分别为F，H，则质点A，B，C，D的重心O也是FH的中点，由此知线段EG，FH互相平分，所以四边形EFGH是平行四边形，故命题结论正确.
另一方面，我们知道，在坐标平面内，三角形重心的横坐标和纵坐标分别是三个顶点横坐标和纵坐标的算术平均数.线段的中点实际上就是这条线段的重心，而线段的中点的横坐标和纵坐标分别是两端点横坐标和纵坐标的算术平均数.由此我们猜想：坐标平面内有限个点集的重心的横坐标和纵坐标分别是这些点的横坐标和纵坐标的算术平均数.
下面证明平面内质量均匀的有限个质点的重心坐标公式.
3.3定理
若Pi（xi，yi）（i=1，2，…，n，n≥2）是坐标平面内质量为1个质量单位的n个质点，则这n个质点的重心是（1n∑ni=1xi，1n∑ni=1yi）.
证明（用数学归纳法）（1）当n=2时，质量均为1个质量单位的质点P1，P2的重心就是线段P1P2的中点（x1+x22，y1+y22），结论正确.
（2）假设当n=k（k≥2）时结论正确.则平面内质量均为1个质量单位的k个质点P1，P2，…，Pk的重心为G′（1k∑ki=1xi，1k∑ki=1yi）.当n=k+1时，这k+1个质量均为1个质量单位的质点的重心，可以当作是质量为k个单位质量的质点G′与质量为1个质量单位的质点Pk+1的重心G.由重心概念和杠杆原理知，点G在线段G′Pk+1上且满足Pk+1G=k·GG′，则Pk+1G=k·GG′，所以OG-OPk+1=k（OG′-OG），可得
OG=OPk+1+kOG′1+k
=（xk+1，yk+1）+k（1k∑ki=1xi，1k∑ki=1yi）1+k
=（1k+1∑k+1i=1xi，1k+1∑k+1i=1yi），
即點G的坐标为（1k+1∑k+1i=1xi，1k+1∑k+1i=1yi），故当n=k+1时，结论正确.
综上可知，命题成立.
上述质量均匀的质点的重心坐标公式实际上就是平面内有限点集重心坐标定义的物理背景.将上海这道考题进行拓展推广可得平面内有限点集的重心有如下性质.
3.4平面有限点集重心的性质
若Pi（xi，yi）（i=1，2，…，n）是坐标平面内的n个点，则点G（1n∑ni=1xi，1n∑ni=1yi）叫做这n个点的几何重心简称重心.若点G是点集{P1，P2，…，Pn}的重心，则（1）GP1+GP2+…+GPn=0；（2）设l是经过点G的任意一条直线，则在直线l两侧上的点到l的距离之和相等.
证明（1）GP1+GP2+…+GPn=（OP1-OG）+（OP2-OG）+…+（OPn-OG）=（OP1+OP2+…+OPn）-nOG=（x1，y1）+（x2，y2）+…+（xn，yn）-n（1n∑ni=1xi，1n∑ni=1yi）=（x1+x2+…+xn，y1+y2+…+yn）-（∑ni=1xi，∑ni=1yi）=（0，0）=0.
（2）以重心G为坐标原点建立平面直角坐标系G-xy，设过点G的直线l的一般式方程为ax+by=0，其中a，b为常数且不同时为零.显然，若点（x，y）在直线l上则ax+by=0.由线性规划的知识知，若点（x1，y1）与点（x2，y2）分别在直线l两侧，则ax1+by1与ax2+by2异号.设在这n个点中使得ax+by≥0的点有m个点（xi，yi）（i=1，2，…，m），那么这m个点在直线l的同一侧上或在这条直线上，使得ax+by<0的点有p个点（aj，bj）（j=1，2，…，p），那么这p个点在直线l的另一侧上，且满足m+p=n.
依题意只要证ax1+by1a2+b2+…+axm+byma2+b2=aa1+bb1a2+b2+…+aap+bbpa2+b2，只要证ax1+by1+…+axm+bym=aa1+bb1+…+aap+bbp，又axi+byi≥0，aaj-bbj<0，
所以只要证（ax1+by1）+…+（axm+bym）+（aa1+bb1）+…+（aap+bbp）=0，只要证a（x1+…+xm+a1…+ap）+b（y1+…+ym+b1…+bp）=0.因为原点G是这m+p=n个点的重心，所以1n（x1+…+xm+a1…+ap）=0，1n（y1+…+ym+b1…+bp）=0，于是a（x1+…+xm+a1…+ap）+b（y1+…+ym+b1…+bp）=0成立，从而原命题正确.
