廣東省佛山市第一中學(528000) 吳統(tǒng)勝 李 維

高考對解三角形部分內(nèi)容?？疾椤袄谜叶ɡ?、余弦定理、主要的三角公式、基本不等式等知識,通過轉化、方程等思想,經(jīng)過運算、推理、度量邊、角或周長、面積和其他伴隨要素.”解三角形的實質(zhì)是將幾何問題轉化為代數(shù)問題即方程問題,故解三角形的核心是方程思想.而四邊形最值問題因其綜合性強,常作為選擇題或填空題的壓軸題來考查.常需利用基本不等式、函數(shù)觀點或數(shù)形結合才可有效突破,可以較好地考查考生邏輯思維能力、運算求解能力和創(chuàng)新能力,突出高考的選拔功能.下面筆者舉例說明四邊形最值問題的常見題型及其求解策略,以期對廣大師生在解決此類問題時帶來幫助.

題型一 長度最值問題

評析設∠BAC=θ,利用正弦定理、余弦定理直接建立AD關于θ的目標函數(shù),再利用輔助角公式求得最值.

圖1

圖2

評析建立適當?shù)钠矫嬷苯亲鴺讼?引入角作為參數(shù),結合復數(shù)三角形式乘法的幾何意義求出點D坐標,再利用兩點間的距離公式表示出AD,進而求得AD最值.研究平面幾何中的長度、面積及線線位置問題,有時可以采用解析法使問題得到巧妙解決.

圖3

解法3(幾何視角)如圖3,過B作BO⊥BA,且BO=2,連接OA、OD,則又∠OBD=∠ABC=90?+∠ABD,所以 ?OBD∽ ?ABC,從而即因為OA+AD≥OD,所以當且僅當O,A,D三點共線時,AD的最小值為

評析該解法巧妙地構造了與?ABC相似的?OBD,并利用相似三角形的性質(zhì)得到再由三角形兩邊之和大于第三邊非常巧妙地求得了AD的最小值.

解法4(軌跡視角)由解法3得即點D的軌跡是以O為圓心,為半徑的圓,以O為原點,直線OB為y軸建立直角坐標系,設則

余下同解法2.

評析該解法是從軌跡的視角求最值.

解法5(托勒密定理)托勒密(Ptolemy)定理指出,圓內(nèi)接凸四邊形兩條對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積,其推論是在任意凸四邊形ABCD中,必有AC·BD≤AB·CD+AD·BC,而且當A,B,C,D四點共圓時取等號.

例2如圖4,平面四邊形ABCD的對角線的交點位于四邊形的內(nèi)部,當∠ABC變化時,對角線BD的最大值為____.

解析解法1(代數(shù)視角,構建邊關于角的函數(shù))

設∠ABC=α,∠ACB=β,AC=CD=x(x＞0),在?ABC中,由余弦定理可得由正弦定理可得也即

在?BCD中,由余弦定理得

當且僅當α=135?時,BD取得最大值為3.

圖4

圖5

解法2(幾何視角)以B為圓心,固定BC,則點A在以B為圓心的單位圓上運動,注意到AC=CD,AC⊥CD,將?ABC繞C點順時針旋轉90?得到點D與點A重合,因此點D也在單位圓上運動,兩圓外切,如圖5,因此當且僅當兩圓心共線時取得最大值為3r=3,其中r=AB=1.

解法3 (托勒密定理)由托勒密(Ptolemy)定理推論得AC·BD≤AB·CD+AD·BC,注意到即所以

題型二 面積最值問題

因此

等號成立條件是B+D=π,即對角互補,四點共圓.

圖6

圖7

例4如圖7,在?ABC中,角A,B,C所對的邊分別是a,b,c,M是BC中點,BM=2,AM=c?b,當?ABC面積的最大值為___.

總之,解決四邊形邊長或面積最值問題通?？梢詮拇鷶?shù)的視角根據(jù)題意構建角或邊長的目標函數(shù)再求最值,也可以從運動變化觀點以幾何的視角或解析的方法分析求解.