从几何直觉到代数证明

从几何直觉到代数证明
问题 设复数θθsin 2cos 3⋅+=i z ，求函数)2
0(arg π
θθ<
<-=z y 的最大值以及
对应的θ值，（1999年高考理科第（20）题）
这个问题有一个明显的几何意义（见文[2]），即复数z 所对应的点是椭圆
123sin 2cos 322
22=+⇔⎩
⎨
⎧==y x y x θθ 的第一象限部分（图1）
问题转化为求椭圆离心角θ与旋转角argz 之差的最大值，也就是图1中θ∠MOA 的最大值。

这个图形的线条稍嫌多了点，我们把表示角θ、argz 的线段留下，蓁都擦去，于是图2向我们展示了一个似曾相识的情景，并立即引发几何直觉，下面分别介绍两个方面的直觉
一、 几何直觉——最大视觉
稍加回忆，我们就找到熟知的“最大视角”问题，这样的几何结构，在1986年全国高考和1991年的上海高考出现过（见文[3]） 如图2，取M （3cos θ、3sin θ），由圆周角大于圆外角知，当△AOM 的外接圆与x 轴相切时，∠AOM=θ-argz 最大，由弦切角定理得∠MON=∠OAN ，即
θπ
-=2arg z 。

（1） 有 θθπθθctg tg z tg =-==)2()(arg cos 3sin 2，
得 2
6
,23arctg tg ==
θθ 进而2
2arg π
θθ-
=-=z y
2
262π
-=arctg
， 此处，“当△AOM 的外接圆与x 轴相切时，∠AOM 最大”是一个直觉。

本例与“最大视角”有一个不同是：“最大视角”中的线段AM 为定线段，O 为x 轴上的动点；而本例中恰好相反，线段AM 为动线段，O 为x 轴上定点，把这两者同等看待又源于一个直觉；从相对运动的观点看来，视AM 为定线段后，将坐标系作平衡或旋转，这些想法就是文[4]中此例处理的背景。

为了给数学直觉一个逻辑铺垫，我们首先找出了一个
麻烦的几何说明，如图3，设△MOA 的外接圆与x 轴相切于O ，
又另取)2
,0(1π
θ∈，记A 1（3cos θ1,3sin θ1），M 1（3cos θ1,3sin θ1）,则M 1对
应的复数为
3sin θ1+i ·2sin θ1, 且∠M1OA1=θ1-argz1，
过A1作OA 的平行线交x 轴于O1，连结O1M1，则Rt △A 1O 1N 1∽△Rt △
AON ，有
k ON N O OA A O AN N A ===1
11111，其中k 为比例系数，由∠M 1O 1A 1=∠MOA ，且 OA
A O AN N A AM M A AM M A 1
111111133=
==, 得△M1O1A1∽△MOA ，从而
∠M1O1A1=∠MOA =θ-argz ，但由切割线定理知
))(22211NA NM k ON k N O ⋅⋅=⋅=
1111))((A N M N NA k NM k ⋅=⋅⋅=,
可见，△M 1O 1A 1也与x 轴切于O 1，由圆周角大于圆外角知∠M 1O 1A 1>∠M 1OA 1，即∠MOA>∠M 1OA 1。

这就说明了，当△MOA 的外接圆与x 轴相切时，∠MOA 最大，我们大跨度的直觉没有搞错，但解释过程稍嫌麻烦。

二、 几何直觉——切线角
本例与“最大视角”还有一个不同是，OA=3，OB=2，AB=1均为定值，这就使得点M 在以AB 为直径的半圆上，一个明显的几何直觉是：当OM 与半圆相切时，∠MOA 最大（图4）。

此时，连结半径CM 。

在Rt △COM 中，有CM=21；OC=25
．从
而OM=6．
得∠MOA 的最大值为6
21)arg (max arctg
z =-θ
或51
)arg (max arctg z =-θ
或5
6
2)arg (max arctg
z =-θ 此时，由弦切角定理得∠NAO=∠BMO ，但∠MAO=
xOA ∠-2
π
，∠BMO=∠xOM ，有
z arg 2
=-θπ
故得 )]arg ()arg [(21
z z -++=θθθ
)6
21arg 2(21tg +=
π 为了给数学直觉一个逻辑铺垫，我们也可以找出一个几例说
明．如图5，M 、M 1点对应的复数为
z ＝3cos θ＋i ·2sin θ，z 1=3cos θ＋i ·2sin θ1，θ，
)2
,0(π
θ∈。

其中OM 为半圆AB ＝1上的切线，OM 1为半圆A 1B 1＝l
上的割线，作旋转，使OA 1与OA 重合，则半圆A 1B 1与半圆AB 也重合，M1点成为半圆AB 上的点M 1'，则割线OM 1'在∠MOA 内部．有∠MOA ＞∠M 1'OA=∠M 1OA 1．
这说明了．当OM 与半圆AB 相切时，∠MOA 最大．我们的直觉没有搞错。

三、从直觉到严格求解
上述两个直觉虽然视角稍有不同、但所洞察到的几何实质却是一样的，式（1）、（2）表明，当2
arg π
θ=
+z
时，θ-argz 取最大值，这促使我们去考虑θ-argz 与θ+argz 的联系．
另外，第二个几何直觉．将问题转化△COM 的简单求解，也引起了我们的强烈兴趣，我们注意到CM OC OM += （3） )(cos 2
1
),sin (cos 25θθθθixin cm i OC -=+=
突然，将（3）两边除以OM 的念头，使我们心花怒放，因为这会产生θ+argz 与θ-argz ，一个全新的解法到来了．
解：由)2,0(πθ∈知．3cos θ＞0.2sin θ＞o ，有]3,2[||),2
,0(arg ∈∈z z π
又z ＝|z|［cos （argz ）＋isin （argz ）］ ＝3cos θ+i ·2sin θ
)sin (cos 21
)sin (cos 25θθθθi i -++=
有)
sin(arg )cos(arg )
sin (cos )sin (cos 5||2z i z i i z +-++=
θθθθ
)]arg sin()arg [cos(cos )]arg sin()arg [cos(5z i z z i z +-++-+-=θθθθ， 比获实都、虚部得
⎩⎨
⎧=+--=++-(5) 0)arg sin()arg cos(
5(4) ||2)arg cos()arg cos(
5z z z z z θθθθ
由（5）有 51
)arg sin(51)arg sin(≤+=-z z θθ
可见，当2
arg π
θ=
+z （6）
时，sin （θ－argz ）可以取到最大值．代入(4)、(5)
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
>=>=-0
51argz)-sin(0, ||5
2)arg cos(θθz z 可见，)2,0(arg πθ∈-z ，由反正弦函数的递增性，有5
1
arcsin )arg (max =-z θ
(7)
(6)+(7)可求得)5
1
arcsin 2(21+=πθ。

评析 这个纯代数的解法有明显的几何意义，首先是由复数加法的几何意义把z 分解为两个复数之和（这有图4在作诱导）：
)sin (cos 251θθi z +=，若复数)sin (cos 2
1
2θθi z -=，
z=z 1+z 2。

所对应的点（大写字母）满足平行四边形法则（图6）．然
后变形比较实都、虚部．所得出的（4）式本质是射影定理，所得出的（5）式本质是正弦定理．
得出（5）式之后．已经没有什么实质住的困难了，换句话说，本题可以用正弦定理来求解。

不管人们对这个解法的繁简有何评价，我们自己确实对题目的几何结构获得了深层认识、并且经历了一个从直觉到严格的小小过程，相信读者也能从中获得启示。