一道竞赛试题的多角度探索

彭光焰

摘要：本文探究一道上海市高中数学竞赛试题的解法，能供教师在教学过程中作参考，能对同学们在学习这类问题有所帮助和启示.

关键词：赛题;解法;三角形

中图分类号：G632文献标识码：A 文章编号：1008-0333（2022）07-0002-05

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.

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.

则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，

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，设AC=2a，BD=2b，

则在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.

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

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

因为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所设，在△BOC和△AOB中，分别由余弦定理可得，

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由平行四边形对角线平方和等于四条边的平方和得

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如图4，设AO=OC=a，BO=OD=b，h（x）=t.图4

过点B作BE⊥AC于点E，过点O作OF⊥AB于点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设AB=a，BC=b，

则AC=a+b，DB=a-b，OC=12（a+b），OB=12（a-b）.

因为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.

则S△BOC=12|OB|·|OC|sin45°=x2-18.

又因为

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）.

依题意可设C（x+m，n），D（m，n），则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.

于是k1=sinθcosθ+x，k2=sinθcosθ-x.

根据到角公式，

tanπ4=k1-k21+k1k2，

将k1，k2代入上式，

整理，得1=-2xsinθ1-x2.

故h（x）=sinθ=x2-12x.

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）.

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

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.

参考文献：

[1] 徐庆惠.由一道数学竞赛题的几种解法反思数学教学[J].数学教学，2012（09）：10-12.

[责任编辑：李璟]CD1544F7-997A-4EC4-9B89-1B9C87C4BFFB