2022-上海卷-19 解-解三角形

本题导读

本题考查正弦定理与余弦定理。核心在于几何转化法（利用对称性分割图形）、辅助角公式法（求三角函数最值）的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2022年上海卷） 如图，已知 $AD=BC=6$，$AB=20$，$\angle ABC=\angle DAB=120^{\circ }$，$O$ 为 $AB$ 的中点。曲线 $CMD$ 上所有的点到 $O$ 的距离相等，$MO\perp AB$。$P$ 为曲线 $CM$ 上的一动点，点 $Q$ 与点 $P$ 关于 $OM$ 对称。

（1）若 $P$ 在点 $C$ 的位置，求 $\angle POB$ 的大小；

（2）求五边形 $MQABP$ 面积的最大值。

🔍【思路分析】

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（1）解三角形求角：当点 $P$ 与点 $C$ 重合时，$\angle POB$ 即为 $\angle COB$。在 $\Delta OBC$ 中，已知 $OB$（$AB$ 的一半）、$BC$ 以及夹角 $\angle OBC$。首先利用余弦定理求出 $OC$（即 $OP$）的长度，然后再利用正弦定理求出 $\angle POB$ 的正弦值，最后用反正弦表示出角的大小。

（2）对称性与三角函数最值：由曲线定义可知该曲线为圆弧，且 $O$ 为圆心。利用点 $Q$ 和点 $P$ 关于 $OM$ 的对称性，可将五边形 $MQABP$ 分割为左右对称的两部分。将其面积转化为 $2(S_{\Delta MQO}+S_{\Delta QOA})$。设 $\angle QOM=\alpha$，利用面积公式将总面积表示为关于 $\alpha$ 的三角函数 $f(\alpha )=A\sin \alpha +B\cos \alpha$ 的形式，最后利用辅助角公式求出面积的最大值。

✅【答案】

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(1) $\angle POB=\arcsin \frac{3\sqrt{3}}{14}$

(2) 五边形 $MQABP$ 面积的最大值为 $28\sqrt{74}$

✍【详细解析】

Abstract

（1）求 $\angle POB$ 的大小

由题意知，$O$ 为 $AB$ 中点，且 $AB=20$，所以 $OB=10$。

当点 $P$ 在点 $C$ 的位置时，考察 $\Delta OBC$：

已知 $OB=10$，$BC=6$，$\angle OBC=\angle ABC=120^{\circ }$。

首先，在 $\Delta OBC$ 中应用余弦定理求 $OC$：

OC^2 = OB^2 + BC^2 - 2 \cdot OB \cdot BC \cdot \cos\angle OBC$$$$OC^2 = 10^2 + 6^2 - 2 \times 10 \times 6 \times \cos 120^\circ$$$$OC^2 = 100 + 36 - 120 \times \left(-\frac{1}{2}\right)$$$$OC^2 = 136 + 60 = 196

解得 $OC=14$。

因为 $P$ 在点 $C$ 的位置，所以 $OP=OC=14$。

接着，在 $\Delta OPB$（即 $\Delta OCB$）中应用正弦定理求 $\angle POB$：

\frac{BC}{\sin \angle POB} = \frac{OC}{\sin \angle OBC}$$$$\frac{6}{\sin \angle POB} = \frac{14}{\sin 120^\circ}$$$$\sin \angle POB = \frac{6 \times \frac{\sqrt{3}}{2}}{14} = \frac{3\sqrt{3}}{14}

因为在 $\Delta OBC$ 中，$\angle OBC=120^{\circ }$ 已为钝角，所以 $\angle POB$ 必为锐角。

因此，$\angle POB=\arcsin \frac{3\sqrt{3}}{14}$。

（2）求五边形 $MQABP$ 面积的最大值

连接 $OQ,OP$。

由“曲线 $CMD$ 上所有的点到 $O$ 的距离相等”可知，$CMD$ 是一段以 $O$ 为圆心的圆弧。

由（1）知半径 $OC=14$，故 $OQ=OP=OM=14$。

因为点 $Q$ 与点 $P$ 关于 $OM$ 对称，所以五边形 $MQABP$ 关于直线 $OM$ 左右对称。

因此，$S_{\Delta QOM}=S_{\Delta POM}$，$S_{\Delta AOM}=S_{\Delta BOM}$（由于 $OA=OB$，$OQ=OP$ 且夹角相等，实为对称的全等三角形）。

于是，五边形 $MQABP$ 的面积可以表示为：

$S_{MQABP}=2(S_{\Delta MQO}+S_{\Delta QOA})$

设 $\angle QOM=\alpha$。

因为 $MO\perp AB$，即 $\angle MOA=\frac{\pi }{2}$，所以 $\angle QOA=\frac{\pi }{2}-\alpha$。

分别计算两个三角形的面积：

S_{\Delta MQO} = \frac{1}{2} \cdot OM \cdot OQ \cdot \sin \alpha = \frac{1}{2} \times 14 \times 14 \times \sin \alpha = 98\sin \alpha$$$$S_{\Delta QOA} = \frac{1}{2} \cdot OA \cdot OQ \cdot \sin\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right) = \frac{1}{2} \times 10 \times 14 \times \cos \alpha = 70\cos \alpha

将两者代入总面积公式：

$S_{MQABP}=2(98\sin \alpha +70\cos \alpha )=196\sin \alpha +140\cos \alpha$

利用辅助角公式 $A\sin \alpha +B\cos \alpha =\sqrt{A^2+B^2}\sin (\alpha +\phi )$ 化简：

$S_{MQABP}=\sqrt{196^2+140^2}\sin (\alpha +\phi )$

其中，$\tan \phi =\frac{140}{196}=\frac{5}{7}$（解析原稿中为 $\frac{35}{64}$ 实为化简错误，正确应为 $\tan \phi =\frac{5}{7}$ 或 $\cos \phi =\frac{7}{\sqrt{74}}$），且辅助角 $\phi$ 为锐角。

计算振幅：

$\sqrt{196^2+140^2}=\sqrt{28^2\times 7^2+28^2\times 5^2}=28\sqrt{7^2+5^2}=28\sqrt{49+25}=28\sqrt{74}$

所以，$S_{MQABP}=28\sqrt{74}\sin (\alpha +\phi )$。

当 $\alpha +\phi =\frac{\pi }{2}$ 时（此时 $\alpha$ 在合法范围内），$\sin (\alpha +\phi )$ 取得最大值 $1$。

因此，五边形 $MQABP$ 面积的最大值为 $28\sqrt{74}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 正弦定理的边角对应：在第（1）问中使用正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$ 时，一定要仔细核对边和其所对的角。不要把邻边误当成对边代入公式（原解析在此处存在笔误，已在本文档修正）。

2. 图形对称性的利用：处理复杂多边形（如本题的五边形）的面积最值时，第一步总是寻找图形的对称轴，将不规则多边形转化为几个易于表达的三角形面积之和。

3. 辅助角公式的最值检验：利用公式 $A\sin \alpha +B\cos \alpha =\sqrt{A^2+B^2}\sin (\alpha +\phi )$ 求得最大值 $\sqrt{A^2+B^2}$ 后，严谨的做法是在脑海中或草稿纸上检验一下取等号的条件。本题中要求 $\alpha +\phi =\frac{\pi }{2}$，即 $\alpha =\frac{\pi }{2}-\phi$。因为 $\tan \phi =\frac{5}{7}>0$，$\phi$ 是锐角，所以 $\alpha$ 也是锐角，符合点 $Q$ 在第一象限（相对于 $O$ 点）的几何实际，故最大值可以取到。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：待补

2. 结论推广：待补

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 07.03 三角函数的图象与性质
• 07.01 弧度制与扇形度量

类题演练 (Links)

• 2014-广东卷理-12 填-余弦定理
• 2008-福建卷理-10
• 2013-重庆卷文-18 解-余弦定理与面积最值