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        一道競賽試題的多角度探索

        2022-04-25 13:50:34彭光焰
        關鍵詞:解法賽題三角形

        彭光焰

        摘要:本文探究一道上海市高中數(shù)學競賽試題的解法,能供教師在教學過程中作參考,能對同學們在學習這類問題有所幫助和啟示.

        關鍵詞:賽題;解法;三角形

        中圖分類號:G632文獻標識碼:A 文章編號:1008-0333(2022)07-0002-05

        1 一道賽題

        題目(2012年上海市高中數(shù)學競賽試題第9題)如圖1,ABCD中,AB=x,BC=1, 對角線AC與BD的夾角∠BOC=45°,記直線AB與CD的距離為h(x).求h(x)的表達式,并寫出x的取值范圍.

        此題短小精悍,內(nèi)涵十分豐富,解法多樣,命題者真是匠心獨運,是值得研究的一道好題,下面給出本題的多種解法,其中解法7是命題者給出的參考答案,解法11是文[1]所給的,剩余10種解法是筆者給出的.

        2 解法探析

        2.1 利用解直角三角形

        解法1作DF⊥AB于點F,CE⊥AB于點E,如圖2,設DF=CE=t.

        則AF=BE=1-t2,

        AE=x+BE=x+1-t2,

        BF=x-1-t2.

        故AC=t2+(x+1-t2)2=x2+2x1-t2+1,

        BD=t2+(x-1-t2)2=x2+1-2x1-t2.

        又SΔBOC=12OC·OBsin45°

        =18AC·BD·sin45°=216AC·BD

        =216x4+4x2t2-2x2+1.

        而SABCD=tx=4S△BOC,

        即xt=24x4+4x2t2-2x2+1,

        x2t2=18(x4+4x2t2-2x2+1)

        4x2t2=(x2-1)2,

        故t=x2-12x,下略.

        解法2如圖3,過點B作BE⊥AC于點E,過點D作DF⊥AB于點F,則ΔBEO為直角三角形.

        圖3

        設OE=BE=m,EC=n

        因為BC=1,所以m2+n2=1.

        在Rt△ABE中,

        AE=AO+OE=2m+n,

        x2=AB2=AE2+BE2=(2m+n)2+m2=4m2+4mn+(m2+n2)=4m2+4mn+1,

        故m2+mn=x2-14.

        又SABCD=2S△ABC,

        即DF·x=2×12×AC×BE,

        DF·x=m(2m+2n),

        故DF=2(m2+mn)x=x2-12x.

        因此,h(x)=DF=x2-12x,下略.

        解法3如圖3,設AC=2a,BD=2b,

        則在Rt△BEO中,OB=12BD=b,BE=EO=22b.

        于是EC=OC-EO=a-22b,

        AE=AO+EO=a+22b.

        在Rt△ABE和RtΔBCE中,由勾股定理,得

        x2=(a+22b)2+(22b)2,①

        12=(a-22b)2+(22b)2,②

        由①-②,得x2-1=22ab. ③

        又SABCD=xh(x),

        SABCD=2S△ABC

        =2×12×AC×BE

        =AC×BE=2a×22b=2ab,

        所以xh(x)=2ab.④

        把③代入④整理,得h(x)=x2-12x,下略.2.2 利用兩角和的三角函數(shù)

        解法4如圖2,設∠CAB=β,∠ABD=α,則α+β=45°.

        設BE=y,CE=n,

        則AF=BE=y,DF=CE=n.

        在Rt△ACE中,tanβ=nx+y,在Rt△BDF中,tanα=nx-y,

        tan(α+β)=tanα+tanβ1-tanαtanβ=nx+y+nx-y1-n2x2-y2=1,

        即2nxx2-y2-n2=1. ⑤

        在Rt△BCE中,n2+y2=1,

        即y2=1-n2.⑥

        把⑥代入⑤并整理,得n=x2-12x.

        即h(x)=x2-12x.

        又12·AB·h(x)=12AB·AD·sin∠BAD

        ≤12AB·AD.

        12·x2-12x·x≤12·x·1,

        即x2-2x-1≤0,

        1-2≤x≤2+1.

        而h(x)>0,即x2-1>0,x>1,x<-1.

        所以1

        2.3 利用余弦定理

        解法5如圖2,設AC=2a,BD=2b,則OC=a,OB=b,并設h(x)=t.

        在△BOC中,由余弦定理,得

        cos45°=a2+b2-122ab.

        即2ab=a2+b2-1.⑦

        在Rt△ACE和Rt△BDF中,由勾股定理得,

        (x+12-t2)2+t2=(2a)2,⑧

        (x-12-t2)2+t2=(2b)2, ⑨CD1544F7-997A-4EC4-9B89-1B9C87C4BFFB

        由⑧+⑨,得a2+b2=x2+12.⑩

        把⑩代入⑦,得22ab=x2-1.B11

        因為SABCD=xt,

        SABCD=4S△BOC=4×12absin45°=2ab,

        所以xt=2ab=x2-12.

        而t=x2-12x,

        因此h(x)=x2-12x.

        而0

        即0

        故1

        所以h(x)=x2-12x,1

        解法6由解法5所設,在△BOC和△AOB中,分別由余弦定理可得,

        a2+b2-12ab=22,B12

        a2+b2-x22ab=-22,B13

        由B12和B13⑧得

        22ab=x2-1.B14

        又SABCD=4S△BOC,

        即tx=2ab.B15

        把B14代入B15,得t=x2-12x.

        即h(x)=x2-12x,下略.

        解法7由平行四邊形對角線平方和等于四條邊的平方和得

        OB2+OC2=12(AB2+BC2)=12(x2+1).B17

        在△OBC中,由余弦定理,得

        BC2=OB2+OC2-2OB·OCcos∠BOC,

        所以OB2+OC2-2OB·OC=1.B18

        由B17B18,得

        OB·OC=x2-122.

        SABCD=4S△OBC

        =4×12×OB×OCsin∠BOC=x2-12,

        故AB·h(x)=x2-12.

        所以h(x)=x2-12x.

        解法8如圖4,設AO=OC=a,BO=OD=b,h(x)=t.圖4

        過點B作BE⊥AC于點E,過點O作OF⊥AB于點F,由Rt△AFO∽Rt△ABE,得OFBE=AOAB.

        在Rt△BEO中,∠BOC=45°,

        故BE=22b.

        又OF=t2,

        故t2b=ax.B19

        在△BOC和△AOB中由余弦定理,得

        12=a2+b2-2ab.B20

        x2=a2+b2+2ab. B21

        由B21-B20得,

        x2-1=22ab.B22

        把B19代入B22整理,得

        t=x2-12x.

        即h(x)=x2-12x.

        2.4 利用平面向量

        解法9設AB=a,BC=b,

        則AC=a+b,DB=a-b,OC=12(a+b),OB=12(a-b).

        因為OB·OC=(a-b)·(a+b)4=14(|a|2-|b|2)

        =x2-14,

        又OB·OC=|OB|·|OC|cos45°,

        所以|OB|·|OC|cos45°=x2-14.

        即|OB|·|OC|=2(x2-1)4.

        則S△BOC=12|OB|·|OC|sin45°=x2-18.

        又因為

        SABCD=h(x)·x,

        SABCD=4SΔBOC=x2-12,

        所以x·h(x)=x2-12.

        h(x)=x2-12x,下略.

        解法10如圖5,以點A為原點,AB所在直線為x軸建立平面直角坐標系.于是B(x,0).

        依題意可設C(x+m,n),D(m,n),則O(m+x2,n2).

        故OC=(x+m2,n2),OB=(x-m2,-n2).

        又AD=BC=1,故m2+n2=1.

        所以OC·OB=(x+m2,n2)·(x-m2,-n2)

        =x2-m2-n24=x2-14,

        |OC|·|OB|=[(x+m2)2+n24]·[(x-m2)2+n24]

        =14(x2+1)2-4m2x2.

        而OC·OB=|OC|·|OB|cos45°,

        x2-14=14(x2+1)2-4m2x2×22,

        (x2-1)2=12(x2+1)2-2m2x2,(x2-1)2=12(x2+1)2-2(1-n2)x2

        n=x2-12x,

        即h(x)=n=x2-12x.

        2.5 利用平面解幾何

        解法11如圖4所示的平面直角坐標系,于是B(x,0),然后利用直線的到角公式來求解.

        設∠DAB=θ (0<θ<π),

        于是D(cosθ,sinθ),C(cosθ+x,sinθ),h(x)=sinθ.

        再設AC,BD所在直線的斜率分別為k1,k2,且k1,k2均存在.

        于是k1=sinθcosθ+x,k2=sinθcosθ-x.

        根據(jù)到角公式,

        tanπ4=k1-k21+k1k2,

        將k1,k2代入上式,

        整理,得1=-2xsinθ1-x2.

        故h(x)=sinθ=x2-12x.

        解法12建立如圖6所示平面直角坐標系.由已知條件可知,可設(a,a),B(b,0),則A(-a,-a).

        由兩點式可得直線AB的方程為

        ax-(a+b)y-ab=0.

        則h(x)就是點C到直線AB的距離,即

        h(x)=2aba2+(a+b)2.B23

        又|AB|2=x2,

        即x2=(a+b)2+a2,B24

        |BC|2=12,

        即1=(a-b)+a2,B25

        由B24-B25,得

        x2-1=4ab.B26

        把B23和B26代入B23得h(x)=x2-12x ,下略.

        參考文獻:

        [1] 徐慶惠.由一道數(shù)學競賽題的幾種解法反思數(shù)學教學[J].數(shù)學教學,2012(09):10-12.

        [責任編輯:李璟]CD1544F7-997A-4EC4-9B89-1B9C87C4BFFB

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