在解法探究中賞析美題

浙江奉化高級(jí)中學(xué)(315500) 柴驥寧

在解法探究中賞析美題

浙江奉化高級(jí)中學(xué)(315500) 柴驥寧

一道好題,應(yīng)該是其背景深刻豐富,但在解法優(yōu)化過程當(dāng)中又能呈現(xiàn)出“接地氣”且通俗易懂的通法,本文呈現(xiàn)一例,探究與挖掘一下其豐富的“源與流”.

題目呈現(xiàn)(2016屆東北三校第一次聯(lián)考理科第16題)已知在△ABC中點(diǎn)M是△ABC外一點(diǎn),BM=2CM=2,則AM的取值范圍為____.

下面筆者主要通過對(duì)于這道試題多角度的解答,挖掘其豐富而又深刻的內(nèi)涵.

分析首先對(duì)于這個(gè)向量等式的處理是簡單的,結(jié)合圖1,易知△ABC是等腰三角形,在由易得,△ABC為正三角形,接下去筆者來具體地解決這個(gè)問題.

圖1

對(duì)于一個(gè)幾何題,特別對(duì)于考試中的學(xué)生而言,筆者認(rèn)為,幾何代數(shù)化即建系法,是立竿見影,思維量極少的過程,重點(diǎn)在于計(jì)算能力,因此生成了下面的第一種解法.

解法1如圖2,建立平面直角坐標(biāo)系,設(shè)B(?a,0),C(a,0),由M是外一點(diǎn),易知a∈又由BM=2CM=2得到 (x+a)2+y2=4, (x?a)2+y2=1,兩式聯(lián)立解得點(diǎn)

圖2

因此,

此法是通過建系,用代數(shù)化的方式解決幾何問題,該法利在思維量較小,而弊端是計(jì)算量大,對(duì)學(xué)生而言當(dāng)屬具有可操作性且通俗易懂的好法子.不難發(fā)現(xiàn)解法1中有個(gè)三角換元的過程,因此有了解法2.

解法2如圖 3,以點(diǎn)M為坐標(biāo)原點(diǎn)O,線段OB所在的直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系,則設(shè)M(0,0),B(2,0),C(cosα,sinα)(α∈[0,2π))而向量可以看成是向量繞B點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°而來,因此

圖3

解法2對(duì)于減小計(jì)算量有了個(gè)質(zhì)的飛躍,但是其中涉及了一個(gè)向量旋轉(zhuǎn)得到點(diǎn)的公式,雖說這個(gè)知識(shí)要點(diǎn)在必修四習(xí)題出現(xiàn)過,但對(duì)于學(xué)生而言有一定的陌生度.如果在解法2的建系方式上,改變進(jìn)行坐標(biāo)的三角設(shè)法,生成解法3.

解法3設(shè)C(x,y)則由BM=2CM=2易得x2+y2=1(y/=0),易知點(diǎn)C的軌跡為一個(gè)單位圓,而設(shè)A(x,y),進(jìn)而得到A點(diǎn)軌跡方程為也是一個(gè)圓,進(jìn)而得到如圖4,通過圖形易知AM∈[1,3].

圖4

此法在解決A的軌跡方程上其實(shí)“阿波羅尼斯圓”,下面簡要說明.

阿波羅尼斯圓到兩個(gè)定點(diǎn)A,B的距離成定比(不等于1)的點(diǎn)的軌跡是圓.

當(dāng)λ＜1時(shí),定點(diǎn)A在圓內(nèi)部,定點(diǎn)B在圓外部;當(dāng)λ＞1時(shí),定點(diǎn)A在圓外部,定點(diǎn)B在圓內(nèi)部.

在近些年的高考試題中對(duì)阿波羅尼斯圓多有涉及,篇幅所限,本文不再贅述.

上述的解法還是局限在解析法的范疇,其實(shí)我們還可以用平面幾何輔助線的方式解決本題.

解法4如圖5,將△ABM繞著點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°到△BCM′,連接MM′,從旋轉(zhuǎn)得到△BMM′為正三角形,則BM=MM′=2,AM=CM′,易知MM′+MC≥CM′,所以當(dāng)且僅當(dāng)M在線段M′C上時(shí),AM取得最大值3.

如圖6,將△ABM繞著點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°到△BCM′,連接MM′,從旋轉(zhuǎn)得到△BMM′為正三角形,則MC=MM′=1,AM=BM′,BM′+MM′≥BM??BM′≥BM?MM′=2?1=1,,所以當(dāng)且僅當(dāng)M′在線段MB上時(shí),AM取得最小值1;故AM∈[1,3].

圖5

圖6

我們還可以用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)解決問題.

解法5先引入一個(gè)如下引理,即托勒密定理:圓的內(nèi)接凸四邊形兩對(duì)對(duì)邊乘積的和等于兩條對(duì)角線的乘積.此定理有個(gè)如下推論:任意凸四邊形ABCD,必有AC·BD≤AB·CD+AD·BC,當(dāng)且僅當(dāng)ABCD四點(diǎn)共圓時(shí)取等號(hào)利用推論,結(jié)合圖5,圖6,設(shè)AM=x,AB=AC=BC=a,易得如下不等式組當(dāng)且僅當(dāng)A,B,C,M四點(diǎn)共圓時(shí)取到等號(hào).

此法同上一解法,都是從純幾何的角度給出解析和挖掘了,與此同時(shí)也找到了其深刻的幾何背景意義,以及一個(gè)托勒密定理的幾何應(yīng)用.那么既然是一道有關(guān)三角形的題目,自然會(huì)有用解三角形那方面的知識(shí)去解決此題,因此生成了下面解法.

解法6如圖7,設(shè)∠BCM=α,∠BMC=β,AB=AC=BC=a,則在△BMC中,有如下結(jié)論:由正弦定理得到:

由射影定理得到:

圖7

在△ACM中,由余弦定理得到:(注意到點(diǎn)M動(dòng)點(diǎn),可以在三角形的任意一側(cè))

此法很好地利用的解三角形的知識(shí)解決了一個(gè)三角形問題,還設(shè)計(jì)到三角恒等變換,正可謂是把三角這個(gè)板塊公式來了一個(gè)大集結(jié),雖是小題,但有知識(shí)點(diǎn)俱全,正如俗語“麻雀雖小五臟俱全”.上一解法是通過解三角解決問題,再消字母a轉(zhuǎn)換成三角函數(shù)求值域問題,那么同樣可以保留a,直接看成a函數(shù)求值域,因此生成了下面解法.

解法7還是借用圖7,只設(shè)∠BCM=α,AB=AC=BC=a,則在△BMC中由余弦定理得到:

在△AMC中,又余弦定理得到

(?)式將①式代入,再將sinα,cosα由①式變形之后整體轉(zhuǎn)換成a的式子,得到

等式兩邊平方得到關(guān)于x的一元二次方程

此法很好地展現(xiàn)了高中階段函數(shù)主線的影子,對(duì)于函數(shù)求值域的處理應(yīng)該是靈活嫻熟的.

以上七種解法,可以分為三類解法,主要是解析法,純粹的平面幾何輔助線以及定理的應(yīng)用,再者就是解三角形的處理方式.一個(gè)小題,它展現(xiàn)了其深厚的背景魅力,有阿氏圓以及托勒密定理,與此同時(shí)它也囊括了高中階段數(shù)學(xué)的許多思想方法和知識(shí)要點(diǎn),并且在解法當(dāng)中,筆者認(rèn)為利用初中階段的三角形旋轉(zhuǎn)是最優(yōu)且通俗易懂的方法.總之,一個(gè)題方法多種多樣,有通法通解,亦有巧解妙解,但是無論什么解法,對(duì)于解題者而言,選擇適合自己“氣質(zhì)”的方法最佳,正如同每人的思維思考方式迥異.