2013-福建卷文-21 解-解三角形面积最值

本题导读

本题考查余弦定理。核心在于正弦定理边角转换、积化和差求最值的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2013年福建卷(文)） 如图，在等腰直角 $△OPQ$ 中，$\angle POQ=90^{\circ }$，$OP=2\sqrt{2}$，点 $M$ 在线段 $PQ$ 上.

(1)若 $OM=\sqrt{5}$，求 $PM$ 的长；

(2)若点 $N$ 在线段 $MQ$ 上，且 $\angle MON=30^{\circ }$，问：当 $\angle POM$ 取何值时，$△OMN$ 的面积最小？并求出面积的最小值.

🔍【思路分析】

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1. 等腰直角：$OQ=OP=2\sqrt{2}$，$PQ=4$，$\angle P=\angle Q=45^{\circ }$。
2. (1) 余弦定理：$O{M}^2=O{P}^2+P{M}^2-2\cdot OP\cdot PM\cos 45^{\circ }$ → $5=8+m^2-4m$ → $m^2-4m+3=0$ → $m=1$ 或 $3$。
3. (2) 设 $\angle POM=\theta$。$△OPM$：$\angle OMP=135^{\circ }-\theta$，$OM=\frac{2}{\sin (135^{\circ }-\theta )}$；$△ONQ$：$\angle ONQ=75^{\circ }+\theta$，$ON=\frac{2}{\sin (75^{\circ }+\theta )}$。
4. $S=\frac{1}{2}OM\cdot ON\sin 30^{\circ }=\frac{1}{\sin (135^{\circ }-\theta )\sin (75^{\circ }+\theta )}$；积化和差 → 分母 $=\frac{\cos (60^{\circ }-2\theta )+\frac{\sqrt{3}}{2}}{2}⩽\frac{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}{2}$（$\theta =30^{\circ }$ 时取等）。
5. $S_{\min }=\frac{2}{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}=8-4\sqrt{3}$。

✅【答案】

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(1)$PM=1$ 或 $PM=3$ (2)当 $\angle POM=30^{\circ }$ 时，$△OMN$ 的面积最小，最小值为 $8-4\sqrt{3}$

✍【详细解析】

Abstract

由 $△OPQ$ 等腰直角：$OQ=OP=2\sqrt{2}$，$PQ=4$，$\angle P=\angle Q=45^{\circ }$。 （1）设 $PM=m$（$0⩽m⩽4$）。在 $△OPM$ 中由余弦定理： $O{M}^2=O{P}^2+P{M}^2-2\cdot OP\cdot PM\cdot \cos 45^{\circ },$ $5=8+m^2-2\times 2\sqrt{2}\times m\times \frac{\sqrt{2}}{2}=8+m^2-4m,$ 即 $m^2-4m+3=0$，解得 $m=1$ 或 $m=3$。 两个值都在 $[0,4]$ 内，均符合”点 $M$ 在线段 $PQ$ 上”，故 $PM=1$ 或 $PM=3$。 （2）设 $\angle POM=\theta$。$N$ 在线段 $MQ$ 上且 $\angle MON=30^{\circ }$，则 $\angle MOQ=90^{\circ }-\theta ⩾30^{\circ }$，故 $0^{\circ }⩽\theta ⩽60^{\circ }$。 在 $△OPM$ 中，$\angle OMP=180^{\circ }-45^{\circ }-\theta =135^{\circ }-\theta$，由正弦定理 $\frac{OM}{\sin 45^{\circ }}=\frac{OP}{\sin (135^{\circ }-\theta )}\Rightarrow OM=\frac{2\sqrt{2}\times \frac{\sqrt{2}}{2}}{\sin (135^{\circ }-\theta )}=\frac{2}{\sin (135^{\circ }-\theta )}.$ 在 $△ONQ$ 中，$\angle NOQ=90^{\circ }-\theta -30^{\circ }=60^{\circ }-\theta$，$\angle ONQ=180^{\circ }-45^{\circ }-(60^{\circ }-\theta )=75^{\circ }+\theta$，由正弦定理 $ON=\frac{OQ\sin 45^{\circ }}{\sin (75^{\circ }+\theta )}=\frac{2}{\sin (75^{\circ }+\theta )}.$ 于是 $S_{△OMN}=\frac{1}{2}OM\cdot ON\cdot \sin 30^{\circ }=\frac{1}{\sin (135^{\circ }-\theta )\sin (75^{\circ }+\theta )}.$ 由积化和差 $2\sin \alpha \sin \beta =\cos (\alpha -\beta )-\cos (\alpha +\beta )$： $\sin (135^{\circ }-\theta )\sin (75^{\circ }+\theta )=\frac{\cos (60^{\circ }-2\theta )-\cos 210^{\circ }}{2}=\frac{\cos (60^{\circ }-2\theta )+\frac{\sqrt{3}}{2}}{2}⩽\frac{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}{2},$ 当且仅当 $\theta =30^{\circ }$（在 $[0^{\circ },60^{\circ }]$ 内）时取等号。 分母最大时面积最小： $S_{\min }=\frac{2}{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{4}{2+\sqrt{3}}=4(2-\sqrt{3})=8-4\sqrt{3}.$ 故当 $\angle POM=30^{\circ }$ 时，$△OMN$ 的面积最小，最小值为 $8-4\sqrt{3}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：解三角形与面积最值

核心方法：(1) 余弦定理 $5=8+m^2-4m$ → $PM=1$ 或 $3$；(2) $S=\frac{1}{\sin (135^{\circ }-\theta )\sin (75^{\circ }+\theta )}$，积化和差后 $\theta =30^{\circ }$ 时最小 $8-4\sqrt{3}$

避坑指南：(1) 两解都在线段上（$PQ=4$），别只留一个；(2) 分母是两个正弦之积，用积化和差 $2\sin \alpha \sin \beta =\cos (\alpha -\beta )-\cos (\alpha +\beta )$ 化成单个余弦再找最大——分母最大时面积最小；$\theta$ 的活动范围是 $[0^{\circ },60^{\circ }]$，$30^{\circ }$ 在内要交代。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：余弦定理、正弦定理与积化和差求最值（福建卷三角大题，几何背景）。

结论推广：余弦定理；正弦定理作边角转换；$2\sin \alpha \sin \beta =\cos (\alpha -\beta )-\cos (\alpha +\beta )$。

方法推广：设 $\theta =\angle POM$ → 两个小三角形各用一次正弦定理表 $OM$、$ON$ → 面积化为正弦积 → 积化和差定最值。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 11.01 正弦定理
• 11.04 三角形面积公式

类题演练 (Links)

• 2013-新课标II卷文-04 单-解三角形面积
• 2013-浙江卷文-18 解-正余弦定理面积
• 2013-大纲卷文-18 解-解三角形求角