彭光焰
(湖北省廣水市一中 432700)
題目(2012年上海市高中數(shù)學(xué)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(dá)式,并寫出x的取值范圍.
圖1
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.
解法1作DF⊥AB于點F,CE⊥AB于點E,如圖2,設(shè)DF=CE=t.
圖2
而S=tx=4S△BOC,
4x2t2=(x2-1)2,
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(shè)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,
又S=2S△ABC,
DF·x=m(2m+2n),
解法3 如圖3,設(shè)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
解法4如圖2,設(shè)∠CAB=β,∠ABD=α,則α+β=45°.
設(shè)BE=y,CE=n,
則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.
解法5 如圖2,設(shè)AC=2a,BD=2b,則OC=a,OB=b,并設(shè)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
因為S=xt,
而0 解法6 由解法5所設(shè),在△BOC和△AOB中,分別由余弦定理可得, 又S=4S△BOC, 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 在△OBC中,由余弦定理,得 BC2=OB2+OC2-2OB·OCcos∠BOC, S=4S△OBC 解法8 如圖4,設(shè)AO=OC=a,BO=OD=b,h(x)=t. 圖4 在Rt△BEO中,∠BOC=45°, 在△BOC和△AOB中由余弦定理,得 又因為 S=h(x)·x, 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(biāo)系.于是B(x,0). 圖5 又AD=BC=1,故m2+n2=1. 解法11 如圖4所示的平面直角坐標(biāo)系,于是B(x,0),然后利用直線的到角公式來求解. 設(shè)∠DAB=θ(0<θ<π), 于是D(cosθ,sinθ),C(cosθ+x,sinθ),h(x)=sinθ. 再設(shè)AC,BD所在直線的斜率分別為k1,k2,且k1,k2均存在. 根據(jù)到角公式, 將k1,k2代入上式, 解法12 建立如圖6所示平面直角坐標(biāo)系. 由已知條件可知,可設(shè)(a,a),B(b,0),則A(-a,-a). 圖6 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 又|AB|2=x2, 即x2=(a+b)2+a2, |BC|2=12, 即1=(a-b)+a2, x2-1=4ab.2.4 利用平面向量
2.5 利用平面解幾何