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一道高中数学联赛模拟题的解法探讨


2007 年第 6 期           中学数学月刊                  ?39?

一道高中数学联赛模拟题的解法探讨
李 倩  ( 中国计量学院 310034)    问题  A 是半径为 R 的圆 O 上的一个 定点, P , Q 是圆上的动点, 且 A P + PQ =
2R , 求 △A PQ 的面积的最大值 .

1 ) ≤ co s Α< 1 ( 因为 0 < Α< Π . 2 ( 5) 于是, 再通过 ( 4) , 把问题化归为:

故-

为 方 便 起 见, 记 A P = x , PQ = y , ∠A PQ = Α △A PQ 的面积为 S . , 数学直觉显示: 当 x = y = R 时, △A PQ 的面积 S 可 能 最 大, 并 注 意 到 A Q = 2R sin Α及 A Q 2 = x 2 + y 2 ) 2x y co s Α 即 ( 2R sin Α 2 = ,
2R 2 = = 3 4

求S =
(-

7 11 - 4 7 R 2 ) , 可见, 原 8 解答解误, 本文探讨其正确解法.

大值

4-

由正弦定理和余弦定理, 有
2 2 2

下, 求 S =

( 2R sin Α 2 = ( 2R ) 2 - 2x y ( 1 + co s Α , 即 ) )
2 2 ) x y ( 1 + co s Α = 2R co s Α .

A Q = 2R sin Α , x + y = 2R ,

AQ = x + y -

( 1) 代入 ( 2) , 并注意到 x + y = 2R , 得

可见, 问题的本质就是在约束条件:

1 x y sin Α的最大值 . 2 为此, 先控制 co s Α的范围:

我们有

) 2R 2 co s2 Α= x y ( 1 + co s Α
x + y 2 ) ( 1 + co s Α ) ≤( 2 ) = R 2 ( 1 + co s Α ,

即 2co s2 Α- co s Α- 1 ≤ 0.

    ( 3) 2 2 ) x y ( 1 + co s Α = 2R co s Α     ( 4)

1 1 . 这时 S = x y sin Α 2 2

2R 2 co s Α 可得 co s Α ,

图1

2 R ( 这个值显然大于原参考解答的最

2 t3 ( 2 t2 + (1 + 3 ( t - t1 ) ( t - t2 ) 4t (( 1 + t) 2 ( f ′t) = = - 117 4 , t2 =

( 1) ( 2) [-

2x y co s Α .

t

( f ′t)
f ( t)

   经 演 算,
f (

- 1+ 4

f (f (-

co s Α= -

co s4 Α 2 Α sin ( 1 + co s Α 2 ) ) co s4 Α( 1 - co s Α 4 = R , 1 + co s Α 2 4 令 co s Α= t, S = R f ( t) , 则有 4 t ( 1 - t) 1 (f ( t) = ≤ t < 1). 1+ t 2 将 f ( t) 对 t 求导, 得

1 ≤ co s Α< 1) 的最大值 . 2

由S 2 = R 4

由于 t1 < -

1 , 1) 上可得下表: 2
1 2 1 , 0) 2

-

(-

3 16

17

1 ) = 2

3 , 16

1 ) , 所以 f m ax 2

1 时, S m ax = 2

1 2 x y sin Α = R 2 - 1+ 4
表1
0 0 +

t - 2) = 2 t)

1 ≤ t < 1) , 其中 t1 2 17 .

1 < 0 < t2 < 1, 故 在 2

( 0, t2 )

)

γ

极小

得 f

极大

=

85

17 - 349 , 32

- 1+ 17 ) < 而 f ( 4 1 3 ) = = f (, 即当 2 16 3 4
R .
2

η

=

极大 γ

co s2 Α Α sin 1 + co s Α
t2

( t2 , 1 ) -

0

f ( t2 )

=



                中学数学月刊           2007 年第 6 期 ?40?
1 当且仅 2 2Π 当 x = y = R , 因此, 当 x = y = R , Α= 时, 3

S m ax =

性 正如卢嘉锡院士所言: 学习数学要重视 . “先毛估, 后逻辑思维” 的原则. 至此, 进一步思考, 能否用初等的方法求

解此题呢 ( 这是一个有意义的问题) ? 再探讨 如下:
( 5) 式用于 ( 4) 式, 有

   题目   三边均为整数且最大边长为 11 的三角形共有 (   ) 个.
(A ) 55     (B ) 66     (C ) 40 (D ) 36     ( E ) 32

手 其实我们可以简单分析一下此题的已知 . 条件和隐含条件: 最大边长为 11, 为了排除 重复情况, 则不妨设其余两边分别为 x , y ∈
N 3 , 且 x ≤ y ≤ 11; 由 x , y , 11 能构成三角

形, 则由三角形两边之和大于第三边知其隐 含条件是 x + y > 11, 于是变量 x , y 的约束 条 件就明朗了. 由此可以在平面直角坐标系 内 画出其可行域, 问题也就随之转化为求可

由 ( 5) 的得出, 可知 co s Α= 3 4
R .
2

xy

4R 2

+ (

2S 2 ) ≤ 1, xy
xy

以上同时还验证了文首直觉思维的正确

1 2S 2 2 2S 2 ( ) + ( ) 3 xy 3 xy 2S 8S 2 ≥ + 3 (x y ) 2 R 3x y 2S 8S 2 ≥ + x + y x + y 4 ) 3R 3( 2 2 2S 8S 2 ( 因为 x + y = 2R ). = + 3R 4 3R2

因此 1 ≥

4R 2

+

解关于 S 的二次不等式
8S 2 + 2 3 R 2S - 3R 4 ≤ 0,


S ≤

1 2S 又S = x y sin Α 即 , = sin Α , 2 xy ( 6) + ( 7) 2 , 得

分析   乍一看此题有点困难, 无从下

1 xy 2 2 2 x y ≤ 2R co s Α 即 2 ≤ co s Α , . 2 4R

3 4

( 6) ( 7)

R .

2

最大值

一道竞赛试题的另解与拓展
姜红伟  ( 郑州中学生学习报社 《试题与研究》 编辑部 450000)

行 域内整点的个数问题 下面采取两种不同 . 的方法来加以讨论 . 方 法 1(切 割

法)   由上面的分 析 知, x , y ∈

( 1983 年全国数学联赛试题)

N3 ] x + y ∈ N3 ,

所以 x +

x ≤ y ≤ 11. 则由图

11] x + y ≥ 12, 且

1 可知, 可行域内的整点数有 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 36 个, 因此选 D.

等 腰直角三角形是全等的, 且它们恰好能完

容易验证, 当 x = y = R , Α=
3 4
R .
2

y >

图1

方法 2 ( 割补法)   由图 2 可知, 图中 4 个

2Π 时, S 取 3


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