一类“线段比”问题的解法
扈保洪
在学生学过“图形的投影”后，知道了平行投影可分为正投影和斜投影，而且无论是正投影还是斜投影都具有保持比值不变的性质，即在同一直线（或平行直线）上，两条线段平行投影的比等于这两条线段的比（注：其根据是平行线分线段成比例定理，下同）。又因为在平面直角坐标系中，用正投影的方法来确定点的横（或纵）坐标，所以在该坐标系中，同一直线（或平行直线）上两线段之比等于其端点的横（或纵）坐标之差的比。以此类推，若建立平面斜角坐标系，并根据斜投影的方法来确定点的横（或纵）坐标，则在该斜角坐标系中，同一直线（或平行直线）上两线段之比也等于其端点的横（或纵）坐标之差的比（见图1，AB∶BC=（x2-x1）∶（x3-x2）=（y1-y2）∶（y2-y3））。而且，因为比值没有单位，所以为了方便起见，可根据比的各项所占份数的大小，灵活设定线段端点的（相对）坐标。因此，对于涉及同一直线上“线段比”的一类平面几何问题，可尝试运用下述方法来解答。
这种方法的一般步骤为：（1）根据已知条件，建立适当的平面斜角坐标系，并给出某些点的（相对）坐标；（2）求出某些直线的函数解析式，再通过解方程组得出所求的（相对）坐标；（3）根据平行投影保持比值不变的性质，求出同一直线上的“线段比”，进而推出最后的结论。
现给出几例，以飨读者。不当之处，也请批评指正。
图1图2例1如图2，在△ABC的一边AB上有P1、P2两点，在另一边AC上有Q1、Q2两点，若AB1AP1+AC1AQ1=AB1AP2+AC1AQ2=3，则直线P1Q1与P2Q2的交点G是△ABC的重心。（数学问题第1212题，见《数学通报》1999年第10期第47页）
证明如图2所示，以点A为原点，建立平面斜角坐标系。
因为AB1AP1+AC1AQ1=AB1AP2+AC1AQ2=3，
所以设AB1AP1=1。5+t，AC1AQ1=1。5-t，AB1AP2=1。5-k，AC1AQ2=1。5+k.
所以可令下列各点的相对坐标为：B（1，0）、C（0，1）、P1111。5+t，0、P2111。5-k，0、Q10，111。5-t、Q20，111。5+k.
所以由待定系数法易知P1Q1、P2Q2的函数解析式为：
P1Q1：y=-1。5+t11。5-tx+111。5-t。①
P2Q2：y=-1。5-k11。5+kx+111。5+k。②
又因为解①与②组成的方程组，知G113，113.
所以由中线AM的解析式为y=x，知点G在中线AM上，且AG∶GM=2∶1，故点G是△ABC的重心。
例2如图3，设⊙O为锐角△ABC的外接圆，其半径为R；AO、BO、CO的延长线分别交BC、CA、AB于点D、E、F。求证11AD+11BE+11CF=21R。（数学问题第606题，见《数学教学》2004年第4期第47页）
图3证明如图3所示，以点B为原点，建立平面斜角坐标系。设点A、C、O的相对坐标为：A（0，1）、C（1，0）、O（x0，y0）（即令点O、A的纵坐标之比为y0∶1，点O、C的横坐标之比为x0∶1）；再分别作OO1∥AB，OO2∥BC，并令∠ABC=β。
则在△BOO1、△AOO2、△COO1中，分别应用余弦定理（或作垂线，利用勾股定理。下同），得：
x20+y20+2x0y0cosβ=R2=OB2，
x20+1-y02-2x01-y0cosβ=R2=OA2，
y20+1-x02-2y01-x0cosβ=R2=OC2。
消去R2，得2x0cosβ+2y0=1，
2x0+2y0cosβ=1。
因为解这个方程组，知O112+2cosβ，112+2cosβ.
所以易知AD、BE、CF、AC的函数解析式分别为：
AD：y=-1+2cosβx+1；①
BE：y=x；②
CF：y=-111+2cosβx-1；③
AC：y=-x+1；④
又因为由①、③或解②与④组成的方程组，知D111+2cosβ，0、F0，111+2cosβ、E112，112，
所以R1AD=AO1AD=1-112+2cosβ÷1
=1-112+2cosβ.
同理可得
R1BE=BO1BE=111+cosβ；R1CF=CO1CF=1-112+2cosβ.
因此把以上三式相加，得11AD+11BE+11CF=21R.
图4例3如图4，△ABC的边AB、AC上各有一点R、Q，直线RQ与BC的延长线交于点P。
求证：AQ1PQ·CQ1RQ+PC1PQ·PB1PR-AR1QR·BR1PR=1。（网上“悬赏”征解题，见《数学教学》2011年第3期第28—29页）
证明如图4所示，以点Q为原点，建立平面斜角坐标系。
设以下各点的相对坐标为Pa，0、R-1，0、A0，b、C0，-1，则易知AR、PC的函数解析式分别为：
AR：y=bx+b；①
PC：y=11ax-1。②
因为解①与②组成的方程组，知Bab+a11-ab，ab+b11-ab.
所以PB1PC=-ab+b11-ab÷1=ab+b1ab-1，
BR1AR=-ab+b11-ab÷b=a+11ab-1；
而在△PQC和△AQR中，根据余弦定理，得：
PC2=a2+1-2acosβ，AR2=b2+1-2bcosβ.
因此AQ1PQ·CQ1RQ+PC1PQ·PB1PR-AR1QR·BR1PR
=AQ·CQ1PQ·RQ+PC21PQ·PR·PB1PC-AR21QR·PR·BR1AR
=b×11a×1+a2+1-2acosβ1aa+1·ab+b1ab-1-b2+1-2bcosβ11×a+1·a+11ab-1=a2b-a1a2b-a=1.
例4如图5，已知⊙O是四边形ABCD的外接圆，AD与BC相交于点R，BA与CD相交于点P，而过A、C分别作⊙O的切线，两线相交于点M，过B、D分别作⊙O的切线，两线相交于点N。求证：11RM+11RN=21RP（数学问题第881题，见《数学教学》2013年第6期第46页）。
图5证明如图5所示，以点D为原点，建立平面斜角坐标系。
设以下各点的相对坐标为A0，b、R0，-1、Pa，0、C-1，0，则易知RC、PA、RP的函数解析式分别为：
RC：y=-x-1，①
PA：y=-b1ax+b，②
RP：y=11ax-1。③
因为解①、②组成的方程组，知Bab+11b-a，ba+11a-b.
所以RB1RC=0-ab+11b-a÷0+1=ab+11a-b。
又因为由割线定理知RB1RC·RC2=RD·RA，
且RC2=DC2+DR2-2DC·DR·cosβ
=2-2cosβ（这里令∠ADP=β）.
所以2-2cosβ·ab+11a-b=1×b+1，
得a=b12cosβ-1。④
而易知AC、BD的中点分别为E-112，b12、Fab+112b-a，ba+112a-b.
从而把④代入③及点F的坐标中，得：
RP：y=2cosβ-11bx-1；⑤
Fb+114cosβ-1，b+2cosβ-1141-cosβ.
又因为用与例2类似的方法，可得O-bcosβ+112sin2β，b+cosβ12sin2β.
所以易知直线OE、OF的函数解析式分别为：
OE：y=-1+bcosβ1b+cosβx+b2-112b+cosβ；⑥
OF：y=2cosβ+b+11b-1x+2bcosβ+b2+112b-11-cosβ；⑦
再令直线OE与RP交于点M′，OF与RP交于点N′，则分别解⑤与⑥、⑤与⑦组成的方程组，知M′b12cosβ，-112cosβ、N′b12cosβ-1，112cosβ-1。
因此RP1RN′+RP1RM′=a÷b12cosβ-1+a÷b12cosβ=2a2cosβ-11b=2b12=2。⑧
作OG∥y轴M′G∥x轴，则在△OGM′中，由余弦定理知：
OM′2=b12cosβ+bcosβ+112sin2β2+b+cosβ12sin2β+112cosβ2-2b12cosβ+bcosβ+112sin2βb+cosβ12sin2β+112cosβ·cosβ，
整理，得OM′2=b2+2bcosβ+114sin2β·cos2β.
同理可得：
OA2=2bcosβ+b2+114sin2β，
AM′2=2bcosβ+1+b214cos2β.
由此可知OA2+AM′2=OM′2，这表明OA⊥AM′，AM′是⊙O的切线。
显然，若分别连接CM′、BN′、DN′，则同理可证CM′、BN′、DN′均为⊙O的切线，从而点M′、N′分别为已知条件中的点M、N。于是，由已证结论⑧，得11RM+11RN=21RP。
由以上几例可见，上述方法的思路自然、简捷、流畅，三个基本步骤也环环相扣，且用它解题时，有利于把握问题的本质，浓缩思维的过程，简化解题的途径。对于后面的两例，虽然其难度较大，可利用该方法解起来，仍然似“行云流水”一般，很少有迂回曲折的感觉，因而彰显了该方法的非凡价值。但“小荷才露尖尖角”，该方法的潜在功能还有待老师们深入研究。
=AQ·CQ1PQ·RQ+PC21PQ·PR·PB1PC-AR21QR·PR·BR1AR
=b×11a×1+a2+1-2acosβ1aa+1·ab+b1ab-1-b2+1-2bcosβ11×a+1·a+11ab-1=a2b-a1a2b-a=1.
例4如图5，已知⊙O是四边形ABCD的外接圆，AD与BC相交于点R，BA与CD相交于点P，而过A、C分别作⊙O的切线，两线相交于点M，过B、D分别作⊙O的切线，两线相交于点N。求证：11RM+11RN=21RP（数学问题第881题，见《数学教学》2013年第6期第46页）。
图5证明如图5所示，以点D为原点，建立平面斜角坐标系。
设以下各点的相对坐标为A0，b、R0，-1、Pa，0、C-1，0，则易知RC、PA、RP的函数解析式分别为：
RC：y=-x-1，①
PA：y=-b1ax+b，②
RP：y=11ax-1。③
因为解①、②组成的方程组，知Bab+11b-a，ba+11a-b.
所以RB1RC=0-ab+11b-a÷0+1=ab+11a-b。
又因为由割线定理知RB1RC·RC2=RD·RA，
且RC2=DC2+DR2-2DC·DR·cosβ
=2-2cosβ（这里令∠ADP=β）.
所以2-2cosβ·ab+11a-b=1×b+1，
得a=b12cosβ-1。④
而易知AC、BD的中点分别为E-112，b12、Fab+112b-a，ba+112a-b.
从而把④代入③及点F的坐标中，得：
RP：y=2cosβ-11bx-1；⑤
Fb+114cosβ-1，b+2cosβ-1141-cosβ.
又因为用与例2类似的方法，可得O-bcosβ+112sin2β，b+cosβ12sin2β.
所以易知直线OE、OF的函数解析式分别为：
OE：y=-1+bcosβ1b+cosβx+b2-112b+cosβ；⑥
OF：y=2cosβ+b+11b-1x+2bcosβ+b2+112b-11-cosβ；⑦
再令直线OE与RP交于点M′，OF与RP交于点N′，则分别解⑤与⑥、⑤与⑦组成的方程组，知M′b12cosβ，-112cosβ、N′b12cosβ-1，112cosβ-1。
因此RP1RN′+RP1RM′=a÷b12cosβ-1+a÷b12cosβ=2a2cosβ-11b=2b12=2。⑧
作OG∥y轴M′G∥x轴，则在△OGM′中，由余弦定理知：
OM′2=b12cosβ+bcosβ+112sin2β2+b+cosβ12sin2β+112cosβ2-2b12cosβ+bcosβ+112sin2βb+cosβ12sin2β+112cosβ·cosβ，
整理，得OM′2=b2+2bcosβ+114sin2β·cos2β.
同理可得：
OA2=2bcosβ+b2+114sin2β，
AM′2=2bcosβ+1+b214cos2β.
由此可知OA2+AM′2=OM′2，这表明OA⊥AM′，AM′是⊙O的切线。
显然，若分别连接CM′、BN′、DN′，则同理可证CM′、BN′、DN′均为⊙O的切线，从而点M′、N′分别为已知条件中的点M、N。于是，由已证结论⑧，得11RM+11RN=21RP。
由以上几例可见，上述方法的思路自然、简捷、流畅，三个基本步骤也环环相扣，且用它解题时，有利于把握问题的本质，浓缩思维的过程，简化解题的途径。对于后面的两例，虽然其难度较大，可利用该方法解起来，仍然似“行云流水”一般，很少有迂回曲折的感觉，因而彰显了该方法的非凡价值。但“小荷才露尖尖角”，该方法的潜在功能还有待老师们深入研究。
=AQ·CQ1PQ·RQ+PC21PQ·PR·PB1PC-AR21QR·PR·BR1AR
=b×11a×1+a2+1-2acosβ1aa+1·ab+b1ab-1-b2+1-2bcosβ11×a+1·a+11ab-1=a2b-a1a2b-a=1.
例4如图5，已知⊙O是四边形ABCD的外接圆，AD与BC相交于点R，BA与CD相交于点P，而过A、C分别作⊙O的切线，两线相交于点M，过B、D分别作⊙O的切线，两线相交于点N。求证：11RM+11RN=21RP（数学问题第881题，见《数学教学》2013年第6期第46页）。
图5证明如图5所示，以点D为原点，建立平面斜角坐标系。
设以下各点的相对坐标为A0，b、R0，-1、Pa，0、C-1，0，则易知RC、PA、RP的函数解析式分别为：
RC：y=-x-1，①
PA：y=-b1ax+b，②
RP：y=11ax-1。③
因为解①、②组成的方程组，知Bab+11b-a，ba+11a-b.
所以RB1RC=0-ab+11b-a÷0+1=ab+11a-b。
又因为由割线定理知RB1RC·RC2=RD·RA，
且RC2=DC2+DR2-2DC·DR·cosβ
=2-2cosβ（这里令∠ADP=β）.
所以2-2cosβ·ab+11a-b=1×b+1，
得a=b12cosβ-1。④
而易知AC、BD的中点分别为E-112，b12、Fab+112b-a，ba+112a-b.
从而把④代入③及点F的坐标中，得：
RP：y=2cosβ-11bx-1；⑤
Fb+114cosβ-1，b+2cosβ-1141-cosβ.
又因为用与例2类似的方法，可得O-bcosβ+112sin2β，b+cosβ12sin2β.
所以易知直线OE、OF的函数解析式分别为：
OE：y=-1+bcosβ1b+cosβx+b2-112b+cosβ；⑥
OF：y=2cosβ+b+11b-1x+2bcosβ+b2+112b-11-cosβ；⑦
再令直线OE与RP交于点M′，OF与RP交于点N′，则分别解⑤与⑥、⑤与⑦组成的方程组，知M′b12cosβ，-112cosβ、N′b12cosβ-1，112cosβ-1。
因此RP1RN′+RP1RM′=a÷b12cosβ-1+a÷b12cosβ=2a2cosβ-11b=2b12=2。⑧
作OG∥y轴M′G∥x轴，则在△OGM′中，由余弦定理知：
OM′2=b12cosβ+bcosβ+112sin2β2+b+cosβ12sin2β+112cosβ2-2b12cosβ+bcosβ+112sin2βb+cosβ12sin2β+112cosβ·cosβ，
整理，得OM′2=b2+2bcosβ+114sin2β·cos2β.
同理可得：
OA2=2bcosβ+b2+114sin2β，
AM′2=2bcosβ+1+b214cos2β.
由此可知OA2+AM′2=OM′2，这表明OA⊥AM′，AM′是⊙O的切线。
显然，若分别连接CM′、BN′、DN′，则同理可证CM′、BN′、DN′均为⊙O的切线，从而点M′、N′分别为已知条件中的点M、N。于是，由已证结论⑧，得11RM+11RN=21RP。
由以上几例可见，上述方法的思路自然、简捷、流畅，三个基本步骤也环环相扣，且用它解题时，有利于把握问题的本质，浓缩思维的过程，简化解题的途径。对于后面的两例，虽然其难度较大，可利用该方法解起来，仍然似“行云流水”一般，很少有迂回曲折的感觉，因而彰显了该方法的非凡价值。但“小荷才露尖尖角”，该方法的潜在功能还有待老师们深入研究。
在学生学过“图形的投影”后，知道了平行投影可分为正投影和斜投影，而且无论是正投影还是斜投影都具有保持比值不变的性质，即在同一直线（或平行直线）上，两条线段平行投影的比等于这两条线段的比（注：其根据是平行线分线段成比例定理，下同）。又因为在平面直角坐标系中，用正投影的方法来确定点的横（或纵）坐标，所以在该坐标系中，同一直线（或平行直线）上两线段之比等于其端点的横（或纵）坐标之差的比。以此类推，若建立平面斜角坐标系，并根据斜投影的方法来确定点的横（或纵）坐标，则在该斜角坐标系中，同一直线（或平行直线）上两线段之比也等于其端点的横（或纵）坐标之差的比（见图1，AB∶BC=（x2-x1）∶（x3-x2）=（y1-y2）∶（y2-y3））。而且，因为比值没有单位，所以为了方便起见，可根据比的各项所占份数的大小，灵活设定线段端点的（相对）坐标。因此，对于涉及同一直线上“线段比”的一类平面几何问题，可尝试运用下述方法来解答。
这种方法的一般步骤为：（1）根据已知条件，建立适当的平面斜角坐标系，并给出某些点的（相对）坐标；（2）求出某些直线的函数解析式，再通过解方程组得出所求的（相对）坐标；（3）根据平行投影保持比值不变的性质，求出同一直线上的“线段比”，进而推出最后的结论。
现给出几例，以飨读者。不当之处，也请批评指正。
图1图2例1如图2，在△ABC的一边AB上有P1、P2两点，在另一边AC上有Q1、Q2两点，若AB1AP1+AC1AQ1=AB1AP2+AC1AQ2=3，则直线P1Q1与P2Q2的交点G是△ABC的重心。（数学问题第1212题，见《数学通报》1999年第10期第47页）
证明如图2所示，以点A为原点，建立平面斜角坐标系。
因为AB1AP1+AC1AQ1=AB1AP2+AC1AQ2=3，
所以设AB1AP1=1。5+t，AC1AQ1=1。5-t，AB1AP2=1。5-k，AC1AQ2=1。5+k.
所以可令下列各点的相对坐标为：B（1，0）、C（0，1）、P1111。5+t，0、P2111。5-k，0、Q10，111。5-t、Q20，111。5+k.
所以由待定系数法易知P1Q1、P2Q2的函数解析式为：
P1Q1：y=-1。5+t11。5-tx+111。5-t。①
P2Q2：y=-1。5-k11。5+kx+111。5+k。②
又因为解①与②组成的方程组，知G113，113.
所以由中线AM的解析式为y=x，知点G在中线AM上，且AG∶GM=2∶1，故点G是△ABC的重心。
例2如图3，设⊙O为锐角△ABC的外接圆，其半径为R；AO、BO、CO的延长线分别交BC、CA、AB于点D、E、F。求证11AD+11BE+11CF=21R。（数学问题第606题，见《数学教学》2004年第4期第47页）
图3证明如图3所示，以点B为原点，建立平面斜角坐标系。设点A、C、O的相对坐标为：A（0，1）、C（1，0）、O（x0，y0）（即令点O、A的纵坐标之比为y0∶1，点O、C的横坐标之比为x0∶1）；再分别作OO1∥AB，OO2∥BC，并令∠ABC=β。
则在△BOO1、△AOO2、△COO1中，分别应用余弦定理（或作垂线，利用勾股定理。下同），得：
x20+y20+2x0y0cosβ=R2=OB2，
x20+1-y02-2x01-y0cosβ=R2=OA2，
y20+1-x02-2y01-x0cosβ=R2=OC2。
消去R2，得2x0cosβ+2y0=1，
2x0+2y0cosβ=1。
因为解这个方程组，知O112+2cosβ，112+2cosβ.
所以易知AD、BE、CF、AC的函数解析式分别为：
AD：y=-1+2cosβx+1；①
BE：y=x；②
CF：y=-111+2cosβx-1；③
AC：y=-x+1；④
又因为由①、③或解②与④组成的方程组，知D111+2cosβ，0、F0，111+2cosβ、E112，112，
所以R1AD=AO1AD=1-112+2cosβ÷1
=1-112+2cosβ.
同理可得
R1BE=BO1BE=111+cosβ；R1CF=CO1CF=1-112+2cosβ.
因此把以上三式相加，得11AD+11BE+11CF=21R.
图4例3如图4，△ABC的边AB、AC上各有一点R、Q，直线RQ与BC的延长线交于点P。
求证：AQ1PQ·CQ1RQ+PC1PQ·PB1PR-AR1QR·BR1PR=1。（网上“悬赏”征解题，见《数学教学》2011年第3期第28—29页）
证明如图4所示，以点Q为原点，建立平面斜角坐标系。
设以下各点的相对坐标为Pa，0、R-1，0、A0，b、C0，-1，则易知AR、PC的函数解析式分别为：
AR：y=bx+b；①
PC：y=11ax-1。②
因为解①与②组成的方程组，知Bab+a11-ab，ab+b11-ab.
所以PB1PC=-ab+b11-ab÷1=ab+b1ab-1，
BR1AR=-ab+b11-ab÷b=a+11ab-1；
而在△PQC和△AQR中，根据余弦定理，得：
PC2=a2+1-2acosβ，AR2=b2+1-2bcosβ.
因此AQ1PQ·CQ1RQ+PC1PQ·PB1PR-AR1QR·BR1PR
=AQ·CQ1PQ·RQ+PC21PQ·PR·PB1PC-AR21QR·PR·BR1AR
=b×11a×1+a2+1-2acosβ1aa+1·ab+b1ab-1-b2+1-2bcosβ11×a+1·a+11ab-1=a2b-a1a2b-a=1.
例4如图5，已知⊙O是四边形ABCD的外接圆，AD与BC相交于点R，BA与CD相交于点P，而过A、C分别作⊙O的切线，两线相交于点M，过B、D分别作⊙O的切线，两线相交于点N。求证：11RM+11RN=21RP（数学问题第881题，见《数学教学》2013年第6期第46页）。
图5证明如图5所示，以点D为原点，建立平面斜角坐标系。
设以下各点的相对坐标为A0，b、R0，-1、Pa，0、C-1，0，则易知RC、PA、RP的函数解析式分别为：
RC：y=-x-1，①
PA：y=-b1ax+b，②
RP：y=11ax-1。③
因为解①、②组成的方程组，知Bab+11b-a，ba+11a-b.
所以RB1RC=0-ab+11b-a÷0+1=ab+11a-b。
又因为由割线定理知RB1RC·RC2=RD·RA，
且RC2=DC2+DR2-2DC·DR·cosβ
=2-2cosβ（这里令∠ADP=β）.
所以2-2cosβ·ab+11a-b=1×b+1，
得a=b12cosβ-1。④
而易知AC、BD的中点分别为E-112，b12、Fab+112b-a，ba+112a-b.
从而把④代入③及点F的坐标中，得：
RP：y=2cosβ-11bx-1；⑤
Fb+114cosβ-1，b+2cosβ-1141-cosβ.
又因为用与例2类似的方法，可得O-bcosβ+112sin2β，b+cosβ12sin2β.
所以易知直线OE、OF的函数解析式分别为：
OE：y=-1+bcosβ1b+cosβx+b2-112b+cosβ；⑥
OF：y=2cosβ+b+11b-1x+2bcosβ+b2+112b-11-cosβ；⑦
再令直线OE与RP交于点M′，OF与RP交于点N′，则分别解⑤与⑥、⑤与⑦组成的方程组，知M′b12cosβ，-112cosβ、N′b12cosβ-1，112cosβ-1。
因此RP1RN′+RP1RM′=a÷b12cosβ-1+a÷b12cosβ=2a2cosβ-11b=2b12=2。⑧
作OG∥y轴M′G∥x轴，则在△OGM′中，由余弦定理知：
OM′2=b12cosβ+bcosβ+112sin2β2+b+cosβ12sin2β+112cosβ2-2b12cosβ+bcosβ+112sin2βb+cosβ12sin2β+112cosβ·cosβ，
整理，得OM′2=b2+2bcosβ+114sin2β·cos2β.
同理可得：
OA2=2bcosβ+b2+114sin2β，
AM′2=2bcosβ+1+b214cos2β.
由此可知OA2+AM′2=OM′2，这表明OA⊥AM′，AM′是⊙O的切线。
显然，若分别连接CM′、BN′、DN′，则同理可证CM′、BN′、DN′均为⊙O的切线，从而点M′、N′分别为已知条件中的点M、N。于是，由已证结论⑧，得11RM+11RN=21RP。
由以上几例可见，上述方法的思路自然、简捷、流畅，三个基本步骤也环环相扣，且用它解题时，有利于把握问题的本质，浓缩思维的过程，简化解题的途径。对于后面的两例，虽然其难度较大，可利用该方法解起来，仍然似“行云流水”一般，很少有迂回曲折的感觉，因而彰显了该方法的非凡价值。但“小荷才露尖尖角”，该方法的潜在功能还有待老师们深入研究。
=AQ·CQ1PQ·RQ+PC21PQ·PR·PB1PC-AR21QR·PR·BR1AR
=b×11a×1+a2+1-2acosβ1aa+1·ab+b1ab-1-b2+1-2bcosβ11×a+1·a+11ab-1=a2b-a1a2b-a=1.
例4如图5，已知⊙O是四边形ABCD的外接圆，AD与BC相交于点R，BA与CD相交于点P，而过A、C分别作⊙O的切线，两线相交于点M，过B、D分别作⊙O的切线，两线相交于点N。求证：11RM+11RN=21RP（数学问题第881题，见《数学教学》2013年第6期第46页）。
图5证明如图5所示，以点D为原点，建立平面斜角坐标系。
设以下各点的相对坐标为A0，b、R0，-1、Pa，0、C-1，0，则易知RC、PA、RP的函数解析式分别为：
RC：y=-x-1，①
PA：y=-b1ax+b，②
RP：y=11ax-1。③
因为解①、②组成的方程组，知Bab+11b-a，ba+11a-b.
所以RB1RC=0-ab+11b-a÷0+1=ab+11a-b。
又因为由割线定理知RB1RC·RC2=RD·RA，
且RC2=DC2+DR2-2DC·DR·cosβ
=2-2cosβ（这里令∠ADP=β）.
所以2-2cosβ·ab+11a-b=1×b+1，
得a=b12cosβ-1。④
而易知AC、BD的中点分别为E-112，b12、Fab+112b-a，ba+112a-b.
从而把④代入③及点F的坐标中，得：
RP：y=2cosβ-11bx-1；⑤
Fb+114cosβ-1，b+2cosβ-1141-cosβ.
又因为用与例2类似的方法，可得O-bcosβ+112sin2β，b+cosβ12sin2β.
所以易知直线OE、OF的函数解析式分别为：
OE：y=-1+bcosβ1b+cosβx+b2-112b+cosβ；⑥
OF：y=2cosβ+b+11b-1x+2bcosβ+b2+112b-11-cosβ；⑦
再令直线OE与RP交于点M′，OF与RP交于点N′，则分别解⑤与⑥、⑤与⑦组成的方程组，知M′b12cosβ，-112cosβ、N′b12cosβ-1，112cosβ-1。
因此RP1RN′+RP1RM′=a÷b12cosβ-1+a÷b12cosβ=2a2cosβ-11b=2b12=2。⑧
作OG∥y轴M′G∥x轴，则在△OGM′中，由余弦定理知：
OM′2=b12cosβ+bcosβ+112sin2β2+b+cosβ12sin2β+112cosβ2-2b12cosβ+bcosβ+112sin2βb+cosβ12sin2β+112cosβ·cosβ，
整理，得OM′2=b2+2bcosβ+114sin2β·cos2β.
同理可得：
OA2=2bcosβ+b2+114sin2β，
AM′2=2bcosβ+1+b214cos2β.
由此可知OA2+AM′2=OM′2，这表明OA⊥AM′，AM′是⊙O的切线。
显然，若分别连接CM′、BN′、DN′，则同理可证CM′、BN′、DN′均为⊙O的切线，从而点M′、N′分别为已知条件中的点M、N。于是，由已证结论⑧，得11RM+11RN=21RP。
由以上几例可见，上述方法的思路自然、简捷、流畅，三个基本步骤也环环相扣，且用它解题时，有利于把握问题的本质，浓缩思维的过程，简化解题的途径。对于后面的两例，虽然其难度较大，可利用该方法解起来，仍然似“行云流水”一般，很少有迂回曲折的感觉，因而彰显了该方法的非凡价值。但“小荷才露尖尖角”，该方法的潜在功能还有待老师们深入研究。
=AQ·CQ1PQ·RQ+PC21PQ·PR·PB1PC-AR21QR·PR·BR1AR
=b×11a×1+a2+1-2acosβ1aa+1·ab+b1ab-1-b2+1-2bcosβ11×a+1·a+11ab-1=a2b-a1a2b-a=1.
例4如图5，已知⊙O是四边形ABCD的外接圆，AD与BC相交于点R，BA与CD相交于点P，而过A、C分别作⊙O的切线，两线相交于点M，过B、D分别作⊙O的切线，两线相交于点N。求证：11RM+11RN=21RP（数学问题第881题，见《数学教学》2013年第6期第46页）。
图5证明如图5所示，以点D为原点，建立平面斜角坐标系。
设以下各点的相对坐标为A0，b、R0，-1、Pa，0、C-1，0，则易知RC、PA、RP的函数解析式分别为：
RC：y=-x-1，①
PA：y=-b1ax+b，②
RP：y=11ax-1。③
因为解①、②组成的方程组，知Bab+11b-a，ba+11a-b.
所以RB1RC=0-ab+11b-a÷0+1=ab+11a-b。
又因为由割线定理知RB1RC·RC2=RD·RA，
且RC2=DC2+DR2-2DC·DR·cosβ
=2-2cosβ（这里令∠ADP=β）.
所以2-2cosβ·ab+11a-b=1×b+1，
得a=b12cosβ-1。④
而易知AC、BD的中点分别为E-112，b12、Fab+112b-a，ba+112a-b.
从而把④代入③及点F的坐标中，得：
RP：y=2cosβ-11bx-1；⑤
Fb+114cosβ-1，b+2cosβ-1141-cosβ.
又因为用与例2类似的方法，可得O-bcosβ+112sin2β，b+cosβ12sin2β.
所以易知直线OE、OF的函数解析式分别为：
OE：y=-1+bcosβ1b+cosβx+b2-112b+cosβ；⑥
OF：y=2cosβ+b+11b-1x+2bcosβ+b2+112b-11-cosβ；⑦
再令直线OE与RP交于点M′，OF与RP交于点N′，则分别解⑤与⑥、⑤与⑦组成的方程组，知M′b12cosβ，-112cosβ、N′b12cosβ-1，112cosβ-1。
因此RP1RN′+RP1RM′=a÷b12cosβ-1+a÷b12cosβ=2a2cosβ-11b=2b12=2。⑧
作OG∥y轴M′G∥x轴，则在△OGM′中，由余弦定理知：
OM′2=b12cosβ+bcosβ+112sin2β2+b+cosβ12sin2β+112cosβ2-2b12cosβ+bcosβ+112sin2βb+cosβ12sin2β+112cosβ·cosβ，
整理，得OM′2=b2+2bcosβ+114sin2β·cos2β.
同理可得：
OA2=2bcosβ+b2+114sin2β，
AM′2=2bcosβ+1+b214cos2β.
由此可知OA2+AM′2=OM′2，这表明OA⊥AM′，AM′是⊙O的切线。
显然，若分别连接CM′、BN′、DN′，则同理可证CM′、BN′、DN′均为⊙O的切线，从而点M′、N′分别为已知条件中的点M、N。于是，由已证结论⑧，得11RM+11RN=21RP。
由以上几例可见，上述方法的思路自然、简捷、流畅，三个基本步骤也环环相扣，且用它解题时，有利于把握问题的本质，浓缩思维的过程，简化解题的途径。对于后面的两例，虽然其难度较大，可利用该方法解起来，仍然似“行云流水”一般，很少有迂回曲折的感觉，因而彰显了该方法的非凡价值。但“小荷才露尖尖角”，该方法的潜在功能还有待老师们深入研究。
