云南省玉溪第一中學(xué)(653100) 武增明

選取以角為自變量解題,是高中數(shù)學(xué)解題的一種常用方法,但多數(shù)同學(xué)往往想不到、用不上.選取以角為自變量的解題方法,有著十分廣泛的運(yùn)用,如: 求點(diǎn)的橫坐標(biāo)或縱坐標(biāo)的取值范圍(最值),求圓錐曲線離心率的取值范圍(最值),求三角形的邊長、面積、周長的取值范圍(最值),求三角形的兩邊之和或之差或之積或之商的取值范圍(最值),求多面體的體積的取值范圍(最值)、求平面凸多邊形的邊長、面積、周長的取值范圍(最值)等等.如何選取角為自變量進(jìn)行解題研究,以下舉例說明,旨在拋磚引玉,以饗讀者.

1.求點(diǎn)的橫(縱)坐標(biāo)的取值范圍(最值)

例1(2014年高考全國Ⅱ卷理科第16 題) 設(shè)點(diǎn)M(x0,1), 若在圓O:x2+y2= 1 上存在點(diǎn)N,使得∠OMN= 45?,則x0的取值范圍是____.

圖1

分析選取∠MNO為自變量,記∠MNO=α,應(yīng)用正弦定理建立x0與α的關(guān)系式,問題轉(zhuǎn)化為求角α的三角函數(shù)的值域問題.

解因?yàn)辄c(diǎn)M(x0,1) 在直線y= 1 上運(yùn)動, 記∠MNO=α, 如 圖1, 則∠MON+α= 135?, 所 以0? ＜ α ＜135?, 又因?yàn)镸O≥ON, 所以在?MON中知,α≥45?, 于是45?≤α ＜135?.在?MON中,因?yàn)镸O=√ON= 1, 所以由正弦定理, 得從而問題轉(zhuǎn)化為求角α的三角函數(shù)的值域.因?yàn)?5?≤α ＜135?,所以解之,得?1 ≤x0≤1,從而x0的取值范圍是[?1,1].

2.求線段長度的最值(取值范圍)

例2在邊長為2 的正三角形ABC的邊AB,AC上分別取M,N兩點(diǎn),點(diǎn)A關(guān)于線段MN的對稱點(diǎn)A′正好落在BC邊上,則AM長度最小值為____.

分析連接A′M, 如圖2, 因?yàn)锳M=A′M, 所以問題轉(zhuǎn)化為求A′M長度的最小值.在?BMA′中, 因 為∠B= 60?,又 設(shè)AM=x, 則A′M=x,BM= 2?x, 選取∠BA′M為自變量, 記∠BA′M=θ, 運(yùn)用正弦定理建立x與θ的關(guān)系式,問題又轉(zhuǎn)化為求x關(guān)于角θ的三角函數(shù)的最值問題.

圖2

解連接A′M, 如圖2, 設(shè)AM=x, 則A′M=x,BM= 2?x, 記∠BA′M=θ, 則在?BMA′中, 因?yàn)椤螧= 60?,所以∠BMA′+θ= 120?,所以0?＜θ ＜120?.由正弦定理, 得從而因?yàn)??＜θ ＜120?,所以即所以當(dāng)θ= 90?, 即∠BA′M=90?時(shí),AM長度取得最小值為

3.求平面凸多邊形的邊長的取值范圍(最值)

例3(2015年高考全國I 卷理科第16 題)在平面四邊形ABCD中,∠A=∠B=∠C=75?,BC=2,則AB的取值范圍是____.

解析連接BD, 如圖3, 記∠BDC=θ,選取角θ為自變量,運(yùn)用正弦定理建立AB與角θ的關(guān)系式.在?BCD中, 由正弦定理, 得在?ABD中,由正弦定理,得于是故AB=即AB=

圖3

在?BDC中,因?yàn)椤螩=75?,所以∠DBC+θ=105?,又0?＜∠DBC ＜75?, 所以0?＜105??θ ＜75?, 于是30?＜θ ＜105?.當(dāng)θ= 90?時(shí),AB=√當(dāng)θ ?= 90?時(shí),AB=(30?＜θ ＜90?或90?＜θ ＜105?),此時(shí),綜上,即AB的取值范圍是

評注(1)選取∠BAC為自變量也可以.(2)此題解法較多,詳見文[1].

4.求平面凸多邊形面積的取值范圍(最值) [3]

例4如圖4, 圓O的直徑為2,A為直徑延長線上一點(diǎn), 且OA= 2,B為半圓周長上任意一點(diǎn),以AB為邊作等邊?ABC,問B點(diǎn)在什么位置時(shí),四邊形OACB的面積最大,并求出這個(gè)最大面積.

圖4

解選取∠AOB為自變量,記∠AOB=x,則S?AOB=×1×2 sinx=sinx.在?AOB中,由余弦定理,得AB2=12+22?2×1×2 cosx=5?4 cosx,所以S?ABC=(5?4 cosx),于是

從而當(dāng)x=時(shí),S四邊形OACB有最大值2+

評注(1)確定B點(diǎn)的位置的方法有兩種,方法1 是求B的坐標(biāo),方法2 是求∠AOB的大小.(2)由于要用變量表示四邊形的面積,所以選取∠AOB為自變量求解較為便捷.

5.求三角形面積的取值范圍(最值)

例5(2019年高考全國Ⅲ卷文理科第18 題) ?ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c, 已知=bsinA.

(1) 求B; (2) 若?ABC為銳角三角形, 且c= 1, 求?ABC面積的取值范圍.

解析(1)B=60?(過程略).

(2) 角A,C都是變量, 在這里選取角C為自變量.由題設(shè)及(1)知,?ABC的面積S?ABC=由此知問題轉(zhuǎn)化為求邊a的取值范圍.由(1) 知,A+C= 120?, 由正弦定理,得a=由此知問題又轉(zhuǎn)化為求三角函數(shù)的值域.由于?ABC為銳角三角形,故0?＜A ＜90?,0?＜C ＜90?.結(jié)合A+C= 120?,得30?＜C ＜90?,所以＜a ＜2,從而因此,?ABC面積的取值范圍是

6.求三角形兩邊之積的最值(取值范圍)

例6[2]已知線段AB= 24,直線l//AB,且直線l到直線AB的距離為5,P為直線l上任意一點(diǎn),則|PA|·|PB|的最小值為____.

圖5

解析選取∠APB為自變量,記∠APB=α, 則運(yùn)用三角形的面積公式, 利用等面積法思維, 建立|PA| · |PB|與角α的關(guān)系式,問題轉(zhuǎn)化為求角α的三角函數(shù)的最小值問題.如圖5, 根據(jù)三角形的面積公式, 可得·AB·h,即|PA|·|PB|sinα=24×5,所 以|PA| · |PB|=(0＜α ＜π).故當(dāng)α=時(shí),|PA|·|PB|取得最小值120.

7.求圓錐曲線離心率的取值范圍(最值)

例7已知雙曲線= 1(a ＞0,b ＞0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,若在雙曲線的右支上存在一點(diǎn)P,使得|PF1|=3|PF2|,則雙曲線離心率e的取值范圍是____.

解析為了書寫方便,不妨記|PF1|=m,|PF2|=n.選取∠F1PF2為自變量,記∠F1PF2=θ,則解得在?F1PF2中, 由余弦定理得(2c)2=9a2+a2?6a2cosθ, 所以cosθ=故問題轉(zhuǎn)化為求角θ的三角函數(shù)cosθ的值域.因?yàn)?＜θ≤π, 所以?1 ≤cosθ ＜1,故?1 ≤＜1,解得1＜e≤2,故雙曲線離心率e的取值范圍是(1,2].

評注用此法求解此題, 不是最簡捷, 筆者認(rèn)為運(yùn)用如下性質(zhì)求解速度快,|PF1|≥a+c,|PF2|≥c ?a,|PF1|+|PF2|≥|F1F2|.筆者在這里用此法求解此題,旨在與同仁一道體驗(yàn)選取角為自變量來解題的過程.

8.求多面體體積的最值(取值范圍)

例8已知P,A,B,C是半徑為2 的球面上的點(diǎn),PA=PB=PC= 2, ∠ABC=點(diǎn)B在AC上的射影為D,則三棱錐P ?ABD體積的最大值為____.

解析由PA=PB=PC知點(diǎn)P在平面ABC上的射影E是?ABC的外心, 如圖6,PE ⊥平面ABC,PE ⊥AC, 又∠ABC=因此E是AC的中點(diǎn),延長PE交球面于F,連接AF,則∠PAF=,PF是球的直徑,PF=2×2=4.

圖6

因 為PA2=PE · PF, 所 以PE= 1,AE=故AC= 2AE=在Rt?ABC中,選取∠BAC為自變量,記∠BAC=θ,則cosθ=所以AB=又sinθ=cosθ=故BD=AD=所以

令sin2θ=x(0＜x ＜1), 則三棱錐P ?ABD的體積為令f(x)=x(1?x)3(0＜x ＜1),通過求導(dǎo)可解得Vmax=即三棱錐P ?ABD的體積的最大值為

究竟怎樣選取自變量角解題? 通過以上幾例的解答,我們可以發(fā)現(xiàn),要先找出題設(shè)中的變量,然后確定變量中的角為自變量,再從多個(gè)變量角中選取一個(gè)變量角為自變量,結(jié)合正弦定理、余弦定理、三角公式、三角形的面積公式、三角函數(shù)等相關(guān)知識點(diǎn),建立所求取值范圍(最值)的變量與所選取自變量角的關(guān)系式,由此把問題轉(zhuǎn)化為求所選取自變量角的三角函數(shù)的值域(最值)問題,同時(shí)要注意所選取自變量角的取值范圍.