一道竞赛试题的多角度探索

彭光焰

(湖北省广水市一中 432700)

1 一道赛题

题目(2012年上海市高中数学竞赛试题第9题)如图1，ABCD中，AB=x,BC=1, 对角线AC与BD的夹角∠BOC=45°，记直线AB与CD的距离为h(x).求h(x)的表达式，并写出x的取值范围.

图1

此题短小精悍，内涵十分丰富，解法多样，命题者真是匠心独运，是值得研究的一道好题，下面给出本题的多种解法，其中解法7是命题者给出的参考答案，解法11是文[1]所给的，剩余10种解法是笔者给出的.

2 解法探析

2.1 利用解直角三角形

解法1作DF⊥AB于点F,CE⊥AB于点E,如图2，设DF=CE=t.

图2

而S=tx=4S△BOC，

4x2t2=(x2-1)2,

解法2 如图3，过点B作BE⊥AC于点E，过点D作DF⊥AB于点F,则ΔBEO为直角三角形.

图3

设OE=BE=m,EC=n

因为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，

又S=2S△ABC,

DF·x=m(2m+2n),

解法3 如图3，设AC=2a,BD=2b,

在Rt△ABE和RtΔBCE中，由勾股定理，得

①

②

③

又S=xh(x),

S=2S△ABC

=AC×BE

④

2.2 利用两角和的三角函数

解法4如图2，设∠CAB=β,∠ABD=α,则α+β=45°.

设BE=y,CE=n,

则AF=BE=y,DF=CE=n.

⑤

在Rt△BCE中，n2+y2=1,

即y2=1-n2.

⑥

即x2-2x-1≤0，

而h(x)>0，

即x2-1>0，x>1，x<-1.

2.3 利用余弦定理

解法5 如图2，设AC=2a,BD=2b,则OC=a,OB=b,并设h(x)=t.

在△BOC中，由余弦定理，得

⑦

在Rt△ACE和Rt△BDF中，由勾股定理得，

⑧

⑨

⑩

因为S=xt,

而0

解法6 由解法5所设，在△BOC和△AOB中，分别由余弦定理可得，

又S=4S△BOC，

解法7 由平行四边形对角线平方和等于四条边的平方和得

在△OBC中，由余弦定理，得

BC2=OB2+OC2-2OB·OCcos∠BOC,

S=4S△OBC

解法8 如图4,设AO=OC=a,BO=OD=b,h(x)=t.

图4

在Rt△BEO中，∠BOC=45°,

在△BOC和△AOB中由余弦定理，得

2.4 利用平面向量

又因为

S=h(x)·x,

解法10 如图5，以点A为原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系.于是B(x,0).

图5

又AD=BC=1,故m2+n2=1.

2.5 利用平面解几何

解法11 如图4所示的平面直角坐标系，于是B(x,0)，然后利用直线的到角公式来求解.

设∠DAB=θ(0<θ<π),

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

再设AC,BD所在直线的斜率分别为k1,k2，且k1,k2均存在.

根据到角公式，

将k1,k2代入上式，

解法12 建立如图6所示平面直角坐标系.

由已知条件可知，可设(a,a),B(b,0),则A(-a,-a).

图6

由两点式可得直线AB的方程为

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

则h(x)就是点C到直线AB的距离，即

又|AB|2=x2,

即x2=(a+b)2+a2,

|BC|2=12,

即1=(a-b)+a2,

x2-1=4ab.