浙江 2014 · 数学 q17

题面

17、如图，某人在垂直于水平地面 ABC 的墙面前的点 A 处进行射击训练. 已知点 A 到墙面的距离为 AB, 某目标点 P 沿墙面上的射击线 CM 移动, 此人为了准确瞄准目标点 P, 需计算由点 A 观察点 P 的仰角 $\theta$ 的大小. 若 AB = 15m,

$AC = 25m$ ， $\angle BCM = 30^{\circ}$ ，则 $\tan \theta$ 的最大值是 ____ (仰角 $\theta$ 为直线 AP 与平面 ABC 所成角)

1°当 P 在线段 BC 上时，连接 AP’，则 $\tan\theta=\frac{PP'}{AP'}$ 设 BP’=x，则 CP’=20-x， $(0 \leq x < 20)$ 由 $\angle BCM=30^{\circ}$ ，得 $PP'=CP'\tan30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{3}(20-x)$

在直角 $\triangle \mathrm{ABP}'$ 中， AP' = \sqrt{225 + x^2}$$\therefore \tan \theta = \frac{PP'}{AP'} = \frac{\sqrt{3}}{3}\cdot \frac{20 - x}{\sqrt{225 + x^2}}
令 $y = \frac{20 - x}{\sqrt{225 + x^2}}$ ，则函数在 $\mathrm{x}\in[0,20]$ 单调递减，
$\therefore \mathrm{x} = 0$ 时， $\tan \theta$ 取得最大值为 \frac{\sqrt{3}}{3}\cdot \frac{20 - 0}{\sqrt{225 + 0^2}} = \frac{20\sqrt{3}}{45} = \frac{4\sqrt{3}}{9}$$2^{\circ} 当P在线段CB的延长线上时，连接 $\mathrm{AP}'$ ，则 $\tan \theta = \frac{PP'}{AP'}$
设 $\mathrm{BP}' = \mathrm{x}$ ，则 $\mathrm{CP}' = 20 + \mathrm{x}$ ，（ $x > 0$ ）
由 $\angle \mathrm{BCM} = 30^{\circ}$ ，得 $\mathrm{PP}' = \mathrm{CP}'\tan 30^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{3}(20 + x)$
在直角 $\triangle \mathrm{ABP}'$ 中， AP' = \sqrt{225 + x^2}$$\therefore \tan \theta = \frac{PP'}{AP'} = \frac{\sqrt{3}}{3}\cdot \frac{20 + x}{\sqrt{225 + x^2}}
令 $y = \frac{20 + x}{\sqrt{225 + x^2}}$ ，则 $y' = \frac{225 - 20x}{(225 + \mathrm{x}^2)\sqrt{225 + x^2}}$
所以，当 $0 < x < \frac{225}{20} = \frac{45}{4}$ 时 $y' > 0$ ；当 $x > \frac{45}{4}$ 时 $y' < 0$
所以当 $x = \frac{45}{4}$ 时 $y_{\max} = \frac{20 + \frac{45}{4}}{\sqrt{225 + (\frac{45}{4})^2}} = \frac{5}{3}$
此时 $x = \frac{45}{4}$ 时， $\tan \theta$ 取得最大值为 $\frac{\sqrt{3}}{3}\cdot \frac{5}{3} = \frac{5\sqrt{3}}{9}$
综合 $1^{\circ}$ ， $2^{\circ}$ 可知 $\tan \theta$ 取得最大值为 $\frac{5\sqrt{3}}{9}$

【解析 2】：如图以 B 为原点，BA、BC 所在的直线分别为 x, y 轴，建立如图所示

的空间直角坐标系，∵AB=15cm，AC=25cm， $\angle ABC=90^{\circ}$ ，∴BC=20cm，由 $\angle BCM=30^{\circ}$ ，可设 $P(0,x,\frac{\sqrt{3}}{3}(20-x))$ （其中 $x\leq20$ ）， $P'(0,x,0)$ ， $A(15,0,0)$ ，所以

$\tan\theta=\frac{PP'}{AP'}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}(20-x)}{\sqrt{15^{2}+x^{2}}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\cdot\frac{20-x}{\sqrt{225+x^{2}}}$

设 $f(x) = \tan \theta = \frac{\sqrt{3}}{3} \cdot \frac{20 - x}{\sqrt{225 + x^{2}}} (x \leq 20)$ ， $f'(x) = -\frac{\sqrt{3}}{3} \cdot \frac{225 + 20x}{(225 + x^{2})\sqrt{225 + x^{2}}}$

所以，当 $x < -\frac{225}{20} = -\frac{45}{4}$ 时 $y' > 0$；当 $-\frac{45}{4} < x \leq 20$ 时 $y' < 0$

所以当 $x = -\frac{45}{4}$ 时 $f(x)_{\max} = f(-\frac{45}{4}) = \frac{\sqrt{3}}{3} \cdot \frac{20 + \frac{45}{4}}{\sqrt{225 + \left(\frac{45}{4}\right)^2}} = \frac{5\sqrt{3}}{9}$

所以 $\tan \theta$ 取得最大值为 $\frac{5\sqrt{3}}{9}$

【解析 3】: 分析知，当 $\tan\theta$ 取得最大时，即 $\theta$ 最大，最大值即为平面 ACM 与地面 ABC 所成的锐二面角的度量值，

如图，过 B 在面 BCM 内作 BD⊥BC 交 CM 于 D，过 B 作 BH⊥AC 于 H，连 DH，则 ∠BHD 即为平面 ACM 与地面 ABC 所成的二面角的平面角，tanθ 的最大值即为 tan∠BHD，在 RtΔABC 中，

由等面积法可得 $BH=\frac{AB\cdot BC}{AC}=\frac{15\cdot20}{25}=12,$

$D B = B C \cdot \tan 3 0^{\circ} = \frac{2 0 \sqrt{3}}{3}$

所以 $(\tan \theta)_{\max} = \tan \angle BHD = \frac{DB}{BH} = \frac{\frac{20\sqrt{3}}{3}}{12} = \frac{5\sqrt{3}}{9}$