解三角形中的取值范围问题探究

28中学数学研究2020年第8期(上)
解三角形中的取值范围问题探究
北京市第十二中学高中部(100071)刘刚
翻阅近些年的各类考题,发现解三角形中的取值范围问
题比比皆是,解决这类问题通常要借助三角函数的有界性、
均值不等式、导数等知识处理,有时也可以构造图形,从几何
直观角度理解与认识.下面结合一道具体题目,谈一谈这些
方法的应用.
题目已知锐角∆ABC中,a=1,A=π
3
,求b2+c2的
取值范围.
思路1借助正弦定理,把b2+c2转化为三角函数,然后分析角的取值范围,最后借助三角函数的有界性解决.
解法1由正弦定理,得
b
sin B
=
c
sin C
=
a
sin A
=
2
√
3
3
,
所以b=2
√
3
3
sin B,c=
2
√
3
3
sin C,于是
b2+c2=4
3
(sin2B+sin2C)=
4
3
(
1−cos2B
2
+
1−cos2C
2
)
=4
3
−2
3
(cos2B+cos2C)
=4
3
−2
3
[cos2B+cos2(
2π
3
−B)]
=4
3
+
2
3
(
√
3
2
sin2B−
1
2
cos2B)
=4
3
+
2
3
sin(2B−
π
6
).
因为∆ABC为锐角三角形,所以π
6
<B<
π
2
,即
π6<2B−
π
6
<
5π
6
,由此得
1
2
<sin(2B−
π
6
) 1,于是
5 3<b2+c2 2,故b2+c2的取值范围是(5
3
,2].
点评以上化简与变形要熟练掌握三角公式,同时转
化的目标要明确:把所求代数式化为A sin(ωx+φ)+k,其中ω>0(或A cos(ωx+φ)+k,其中ω>0)的形式,这样便于借助三角函数的有界性解决范围问题.同时,本题要特别注意角度B的取值范围,有不少同学不加思考,认为
由锐角三角形可得0<B<π
2
,这是片面的,还应该考虑
0<C=2π
3
−B<π
2
,这样才能得到B的准确范围.
变式1已知a=(2cos x,2sin x),b=(sin(x−
π6),cos(x−
π
6
)),函数f(x)=cos⟨a,b⟩.
(1)求函数f(x)的零点;
(2)若锐角∆ABC的三个内角A,B,C的对边分别是
a,b,c,且f(A)=1,求b+c
a
的取值范围.
解(1)略.(2)由已知可得f(x)=sin(2x−π
6
),所以
f(A)=sin(2A−π
6
)=1,解得2A−
π
6
=2kπ+
π
2
,即
A=kπ+
π
3
,k∈Z.又0<A<π,所以A=
π
3
.由正弦定
理,得
b+c
a
=
sin B+sin C
sin A
=
sin B+sin(B+
π
3
)
sin A
=
3
2
sin B+
√
3
2
cos B
sin A
=
√
3sin(B+
π
6
)
sin A
=2sin(B+
π
6
).
因为∆ABC为锐角三角形,所以
π
6
<B<
π
2
,即
π
3
<B+
π
6
<
2π
3
,由此得
√
3
2
<sin(B+
π
6
) 1,即
√
3<
b+c
a
2,故b+c
a
的取值范围是(
√
3,2].
思路2设
b
c
=t,先借助余弦定理把b2+c2转化为关
于t的函数,然后找出t的取值范围,最后借助导数解决.
解法2因为a=1,A=
π
3
,所以由余弦定理,得
a2=1=b2+c2−bc.1⃝
因为∆ABC是锐角三角形,所以
cos B>0,
cos C>0,
即
a2+c2>b2,
a2+b2>c2,
将1⃝代入,解得
1
2
<
b
c
<2.设
b
c
=t,
则t∈(
1
2
,2).由1⃝,得c2=
1
t2−t+1
,所以b2+c2=
(t2+1)c2=
t2+1
t2−t+1
.
设f(t)=
t2+1
t2−t+1
,则f′(t)=
1−t2
(t2−t+1)2
,于是
当t∈(
1
2
,1)时,f′(t)>0,f(t)单调递增;当t∈(1,2)时,
f′(t)<0,f(t)单调递减,所以当t=1时,f(t)有最大值为2.
又f(
1
2
)=f(2)=
5
3
,所以
5
3
<f(t) 2,即
5
3
<b2+c2 2,
故b2+c2的取值范围是(
5
3
,2].
点评由于所求代数式b2+c2有两个未知量,因此需借
助余弦定理、换元等方式转化为一个未知量,接下来构造函
数并借助导数研究,体现了函数与方程的思想.
变式2(2019年高考全国Ⅲ卷理科第18题)∆ABC
的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a sin
A+C
2
=
b sin A.
(1)求B;
(2)若∆ABC为锐角三角形,且c=1,求∆ABC面积
的取值范围.
解(1)略,B=
π
3
;(2)因为c=1,B=
π
3
,所以由余弦
2020年第8期(上)
中学数学研究
29
定理,得
b 2=a 2+1−a.
2⃝
因为∆ABC 为锐角三角形,所以
cos A >0,
cos C >0,
即
b 2+1>a 2,
a 2+
b 2>1,将2⃝代入,解得1
2
<a <2.因为∆ABC
的面积S ∆ABC =1
2ac sin B =√34a ,所以√38<S ∆ABC <
√
32,故∆ABC 面积的取值范围是(√38,√32).思路3借助正(余)弦定理、均值不等式、三角函数的性质求解.
解法3
因为a =1,A =
π
3
,所以由余弦定理,得a 2=1=b 2+c 2−bc b 2+c 2−b 2+c 2
2
,解得
b 2+
c 2 2,当且仅当b =c 时等号成立.因为B 是锐
角,所以b 2=c 2+1−2c cos B <c 2+1,即c 2>b 2−1,于是
b 2+
c 2>2b 2−1恒成立.由正弦定理,得b sin B =a
sin A =
2√33,所以b =2√
33sin B ,于是b 2+c 2>8
3sin 2B −1.因为∆ABC 为锐角三角形,所以π6<B <π2
,由此得
b 2+
c 2>83sin 2π2−1=53,故b 2+c 2
的取值范围是(53,2].
点评解法3首先借助余弦定理以及均值不等式b 2+c 2 2bc 得到了b 2+c 2 2.怎样求b 2+c 2的下确界呢?先通过放缩得到不等式b 2+c 2>2b 2−1恒成立,
接下来借助正弦定理得到b =2√3
3
sin B ,最后根据三角函
数的性质求解,体现了转化思想.
变式3在∆ABC 中,B =π
3
,b =1,D 为边AC 的中
点,求BD 的取值范围.
解由已知得BD 是∆ABC 的中线,所以(2BD )2+AC 2=2(BA 2+BC 2),把b =1代入,得
a 2+c 2=2BD 2+
12
.3⃝
因为B =
π
3
,b =1,所以由余弦定理,得a 2+c 2−ac =1,于是a 2+c 2
=ac +1
a 2+c 22+1,解得a 2+c 2 2,代入3⃝,解得BD √
3
2
,当且仅当a =c 时等号成立.因为
ac >0,所以a 2+c 2=ac +1>1,代入3⃝
,解得BD >1
2
.综上,12<BD √32,故BD 的取值范围是(12,√32
].
思路4根据a =1,A =π
3
,所以可得点A 在一段圆弧
上运动,由此借助图形求解.
解法4如图1,作∆ABC 的外接圆O ,因为a =1,A =π3
,且∆ABC 是锐角三角形,所以点A 在劣弧 A 1A 2上运动(不包括端点).
由余弦定理,得b 2+c 2=bc +1,且bc =
2sin A (1
2bc sin A )=4√33S ∆ABC .过点O 作BC 的垂线交劣弧 A 1A 2于点A 0,交BC 于点D ,则D 为BC 的中点,所以A 0D 就是点A 到BC 距离的最大值,此时∆ABC 为等边三
角形,求得∆ABC 面积的最大值为√3
4.又当点A 在A 1或
A 2处时,∆ABC 的面积为√36,于是√36<S ∆ABC √
3
4
,
即23<bc 1,由此得5
3<b 2+c 2 2,故b 2+c 2的取值范围是(53
,2].
点评由于b 2+c 2的几何意义不易直接体现,所以联想余弦定理、三角形面积公式进行转化,即b 2+c 2=bc +1,且bc =2sin A (12bc sin A )=4√
3
3
S ∆ABC ,接下来只需研究
∆ABC 面积的取值范围即可,解法体现了直观性与问题的本质
.
图1图2图3
变式4如图2,已知∆ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形,D 为∆ABC 外的一点,且CD =2AD =2,则∆BCD 面积的最大值为
.
解如图3,以C 为原点,CD 所在直线为x 轴建立平面直角坐标系,则D (2,0).过点B 作x 轴的垂线,垂足为E ,过点A 作BE 的垂线,垂足为F ,由已知可得∆BCE =
∆ABF ,所以CE =BF ,BE =AF .设B (x,y ),则点A 的坐标为(x +y,y −x ).因为AD =1,所以(x +y −2)2+(y −x )2=1,化简,得
(x −1)2+(y −1)2=1
2,故点B 的轨迹是以点(1,1)为
圆心,半径为√
2
2
的圆.因为S ∆BCD =12|CD |·|y B |=|y B |,
且|y B |
√22
+1,所以S ∆BCD √22+1,当点B 的坐标为(1,√2
2+1)时等号成立,所以∆BCD 面积的最大值为
√2
2
+1.以上借助三角函数的有界性、导数、均值不等式、几何图形等方法解决了一道三角形中的取值范围问题,这些方法均是常用方法.在解决三角形中的取值范围问题时,由于方法多,所以不能局限于某一种解法,应鼓励学生从不同角度探索,培养学生的发散性思维.只有这样,才会串联起所学知识,形成知识网络,进而落实“四基”与“四能”,数学核心素养的提升也就指日可待了.
30中学数学研究2020年第8期(上)
双曲线的基圆及其性质
陕西省汉中市镇巴中学(723600)刘再平
陕西省汉中市龙岗学校(723000)唐宜钟
文[1]将椭圆x2
a2
+
y2
b2
=1(a>b>0)的关联圆
x2+y2=
a2b2
a2+b2
=R2称为椭圆的基圆,并且给出
了与椭圆基圆有关的三个性质及证明.无独有偶,我
们不妨将双曲线x2
a2
−y
2
b2
=1(b>a>0)的关联圆
x2+y2=
a2b2
b2−a2
=R2称为双曲线的基圆,那么该圆
与双曲线有什么关系?
定理在平面直角坐标系Oxy下,对于任意给定的双曲
线C:x2
a2
−y
2
b2
=1(b>a>0),O基:x2+y2=
a2b2
b2−a2
=
R2为其基圆,则有:
(1)圆O基的切线交双曲线两支于A、B两点,则OA⊥OB;
(2)设A、B是双曲线C两支上的动点,OP⊥AB且P 为垂足,若OA⊥OB,则点P的轨迹就是圆O基;
(3)设A、B是双曲线C两支上的动点,若OA⊥OB,则线段AB长的最小值为2R,三角形AOB面积的最小值为R2;
(4)过双曲线的中心且互相垂直的两条直线与双曲线的四个交点构成的四边形为棱形,且棱形的内切圆就是该双曲线的基圆
.
图1图2
证明(1)设直线AB的方程为y=kx+m,
A(x1,y1),B(x2,y2),即y1=kx1+m,y2=kx2+m,则
−→
OA·
−−→
OB=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)
=(k2+1)x1x2+km(x1+x2)+m2,
又直线y=kx+m与O基:x2+y2=
a2b2
b2−a2
相切,即
|m|
√
1+k2
=
√
a2b2
b2−a2
,则m2(b2−a2)=(1+k2)a2b2,将直
线AB方程与双曲线方程联立:
y=kx+m,
x2
a2
−y
2
b2
=1,
消y得:
(b2−a2k2)x2−2a2kmx−a2m2−a2b2=0,所以
x1+x2=
2a2km
b2−a2k2
,x1x2=
−a2m2−a2b2
b2−a2k2
,
即
−→
OA·
−−→
OB=(k2+1)·
−a2m2−a2b2
b2−a2k2
+
2a2k2m2
b2−a2k2
+m2
=
m2(b2−a2)−(1+k2)a2b2
b2−a2k2
=0,
故OA⊥OB.
(2)设直线OA方程为y=kx,A(x1,kx1),将直线OA
方程与双曲线联立:
y=kx,
x2
a2
−y
2
b2
=1,
得x2=
a2b2
b2−a2k2
,
即x12=
a2b2
b2−a2k2
,所以
|OA|2=x12+k2x12=(1+k2)x12=a
2b2(1+k2)
b2−a2k2
,
即
1
|OA|2
=
b2−a2k2
a2b2(1+k2)
.同理
1
|OB|2
=
b2−a2(1
k
)
2
a2b2[1+(
1
k
)
2
]
=
k2b2−a2
a2b2(1+k2)
,
参考文献
[1]刘刚.一类三角试题的解法探究[J].数学通讯(上半月),2017(5):
12-16.
[2]赵毅.2019年高考全国卷Ⅲ第18题[J].数理天地(高中版),2020(1):
20-21.
[3]刘刚,赵毅.一道习题的求解与拓展[J].数理天地(高中版),2016(9):
2-3.。