一道競賽試題的多角度探索

彭光焰

摘要：本文探究一道上海市高中數學競賽試題的解法，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

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

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