對(duì)一道三角形面積最值問(wèn)題的解法與思考

廣東省中山市中山紀(jì)念中學(xué)(528454) 李文東

解三角形中的最值與取值范圍問(wèn)題,在高考中考查形式靈活,是教學(xué)中的難點(diǎn),常常在知識(shí)的交匯點(diǎn)處命題,與函數(shù)、幾何、不等式等知識(shí)結(jié)合在一起.我們知道三角形只要滿足三個(gè)條件,那么這個(gè)三角形就基本唯一確定了,而少于三個(gè)條件時(shí),其邊、角、周長(zhǎng)和面積就可以變化,從而就有了求這些量的取值范圍問(wèn)題.這類問(wèn)題的求解方法主要是充分運(yùn)用三角形的正余弦定理,結(jié)合不等式或函數(shù)的知識(shí),必要時(shí)運(yùn)用軌跡的思想,本文針對(duì)一道三角形面積的最值問(wèn)題談?wù)剬?duì)此類問(wèn)題的一些思考.

一、試題及其解法分析

題目(2023 屆華大聯(lián)盟10月高三聯(lián)考數(shù)學(xué)試題的第16 題)在?ABC中,AC⊥BC,AC=BC,E為線段AC上一點(diǎn)(不與A,C重合),D為BE延長(zhǎng)線上一點(diǎn),AD=2,CD=1,則?ABD面積的最大值是____.

該試題內(nèi)涵豐富,從知識(shí)層面看,主要考查平面圖形的幾何性質(zhì)、解三角形(正余弦定理)、以及動(dòng)態(tài)圖形中的三角形面積的最值等知識(shí);從能力層面看主要考査運(yùn)算求解、邏輯推理等方面的能力,突出考查數(shù)學(xué)運(yùn)算、邏輯推理等核心素養(yǎng);試題的思維過(guò)程和運(yùn)算過(guò)程體現(xiàn)了能力立意的命題思想,較好地體現(xiàn)了對(duì)平面幾何中的解三角形、幾何圖形的性質(zhì)等核心內(nèi)容和轉(zhuǎn)化與化歸、函數(shù)思想,數(shù)形結(jié)合等基本思想方法的考查,是一道具有教學(xué)價(jià)值的好題.

下面筆者從不同的角度對(duì)該題給出解析.

解法1(幾何法)顯然∠ADC為鈍角,如圖1,過(guò)點(diǎn)B作BF⊥AD于點(diǎn)F,過(guò)點(diǎn)C作CG⊥BF于點(diǎn)G,過(guò)點(diǎn)C作CH⊥AD于點(diǎn)H,由于AC⊥BC,故∠CBG=∠ACG=∠CAD,AC=BC,故Rt?BGCRt?AHC,故BG=AH,于是BF=BG+GF=AH+CH=AD+DH+HC=2+DH+HC,而DH2+HC2=CD2=1.由基本不等式得故當(dāng)且僅當(dāng)DH=HC時(shí)等號(hào)成立;從而.

圖1

解法2(軌跡思想)建立如圖2世紀(jì)的坐標(biāo)系,則A(2,0),設(shè)C(x0,y0),由于CD=1,故設(shè)B(x,y),?ACB為等腰直角三角形,為了方便的得到點(diǎn)B,C的坐標(biāo)關(guān)系,我們采用復(fù)數(shù)進(jìn)行旋轉(zhuǎn)變換的方法,顯然得,代入,化簡(jiǎn)得點(diǎn)B的軌跡方程為:x2+(y?2)2=2,顯然

圖2

解法3(函數(shù)思想)設(shè)AC=x,∠CAD=α,∠ACD=β,則在?ACD中,由余弦定理得.所以所以?ABD的面積

令f′(x)>0,得令f′(x)<0,得所以f(x)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,所以

即

解法4(三角函數(shù))設(shè)∠ADC=θ,在?ACD中,利用余弦定理可得:AC2=AD2+CD2?2AD·CDcosθ=5?4 cosθ,在?ACD中,利用正弦定理可得:,得于是cos ∠DAC=而?ABD的面積

解法5(廣義托勒密定理)先介紹廣義托勒密定理:

在凸四邊形ABCD中,有AC·BD≤AB·CD+AD·BC,等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)A,B,C,D四點(diǎn)共圓時(shí)成立.其證明可參考文獻(xiàn)[1].

設(shè)AC=BC=x,則由廣義托勒密定理AC·BD≤AB·CD+AD·BC得:于等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)A,B,C,D四點(diǎn)共圓時(shí)成立,上述等號(hào)成立的條件是∠ADB=90?和A,B,C,D四點(diǎn)共圓,由∠ACB=90?和A,B,C,D四點(diǎn)共圓知∠ACB=∠ADB=90?,上述兩等號(hào)恰好同時(shí)成立,于是是而.

點(diǎn)評(píng)上述五種解法分別從不同的角度切入,解法1 主要是利用平面幾何的知識(shí)與基本不等式,對(duì)平面幾何能力要求較高;解法2 根據(jù)題中條件,建立恰當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系利用復(fù)數(shù)的旋轉(zhuǎn)得到點(diǎn)B的軌跡方程,由于新版教材已經(jīng)有復(fù)數(shù)的三角形式,因此對(duì)于復(fù)數(shù)的旋轉(zhuǎn)學(xué)生不難理解,求解顯得十分簡(jiǎn)潔,而且該方法便于推廣;解法3 則是引入AC=x,然后將?ABD的面積表示為x的函數(shù),轉(zhuǎn)化為函數(shù)求最值問(wèn)題,推導(dǎo)和運(yùn)算都很復(fù)雜;解法4 是引入∠ADC=θ作為參數(shù),然后利用正余弦定理將?ABD的面積表示為θ的三角函數(shù),想法和解法3 類似,但是計(jì)算要簡(jiǎn)單很多;解法5 最簡(jiǎn)捷,但是需要用到廣義托勒密定理,而且局限性很大!

二、利用軌跡求解三角形最值問(wèn)題舉例

對(duì)于三角形中的某些最值和范圍問(wèn)題,若是我們能夠從軌跡的角度去思考,往往能夠起到降低思維,減少運(yùn)算的效果,下面舉例說(shuō)明.

例2(2011年高考新課標(biāo)卷理科第16 題)在?ABC中,B=60?,則AB+2BC的最大值為____.

分析本次常見(jiàn)的解法是利用正弦定理邊化角轉(zhuǎn)為三角函數(shù)或者利用余弦定理結(jié)合不等式知識(shí)求解,其實(shí)利用軌跡思想有下面更直觀的解法.

解在?ABC中利用正弦定理得:2R1,其中R1為?ABC外接圓的半徑,如圖3,延長(zhǎng)AB至D,使得BD=2BC,則AB+2BC=AD.在?ACD中,∠CBD=120?,設(shè)∠D=θ,由正弦定理得化簡(jiǎn)得聯(lián)立sin2θ+cos2θ=1,可得于是其中R2為?ACD外接圓的半徑,顯然AB+2BC=AD的最大值為?ACD外接圓的直徑,即為.

圖3

例3在?ABC中,AD為∠BAC的平分線,且BD=2DC,BC=6,求?ABC面積的最大值.

解因?yàn)锳D為∠BAC的平分線,由角平分線定理得以B為原點(diǎn),BC所在直線為x軸,建立直角坐標(biāo)系,則B(6,0),設(shè)A(x,y),于是有此即為點(diǎn)A的軌跡方程.于是即?ABC面積的最大值為12.

點(diǎn)評(píng)本題中點(diǎn)A的軌跡的背景是阿波羅尼斯圓:設(shè)點(diǎn)A,B為兩定點(diǎn),動(dòng)點(diǎn)P滿足|PA|=λ|PB|,當(dāng)λ >0 且1 時(shí),動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為阿波羅尼斯圓.

除了三角形中的動(dòng)態(tài)問(wèn)題可以考慮用軌跡方法求解,其實(shí)對(duì)于一些確定性問(wèn)題也可以利用軌跡思想求解,往往能夠起到意想不到的效果.

例4在?ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,且2acosB=2c?b.

(1)求A;

(2)若?ABC內(nèi)一點(diǎn)P滿足:PB⊥PC,∠APC=120?,且AC=3AB=3,求tan ∠ACP.

解(1)由正弦定理及2acosB=2c?b,得2 sinAcosB=2 sinC?sinB,又A+B+C=180?,所以sinC=sin(A+B),故2 sinAcosB=2 sin(A+B)?sinB=2 sinAcosB+2 cosAsinB?sinB,即2 cosAsinB?sinB=0.又因?yàn)閟in0,所以又A∈(0?,180?),解得A=60?.

(2)如圖4,以C為原點(diǎn),AC所在直線為x軸,建立直角坐標(biāo)系.由題意A(3,0),由∠BPC=90?知點(diǎn)P在以BC為直徑的圓上,其方程為:由AC=3和∠APC=120?,根據(jù)正弦定理知點(diǎn)P在以AC為弦且半徑為的圓上,不難求得其方程為:兩圓方程相減得直線PC得方程為:由題意其斜率即為tan ∠ACP的值,故.

圖4

三、拓展練習(xí)

作為上述思想和方法的應(yīng)用,讀者可以嘗試解決以下問(wèn)題:

1.在平面四邊形ABCD中,AB=1,BC=2,?ACD為等邊三角形,求?BCD面積的最大值.(答案:

2.在平面四邊形ABCD中,AB=1,?ACD為等腰直角三角形,,求BD的最大值.(答案:

3.(2013年高考全國(guó)I卷理科第17 題)如圖5,在?ABC中,∠ABC=90?,BC=1,P為?ABC內(nèi)一點(diǎn),∠BPC=90?.

圖5