浙江 2014 · 数学 q17

转着看 · 换个机位再判断

墙面 $x=0$ 上的射击线 $CM$（$\angle BCM=30^{\circ}$）与地面上的直角$\triangle ABC$（$AB=15$、$BC=20$、$AC=25$）·目标 $P$ 的垂足 $P'$ 可以走过 $B$ 落到 $CB$ 的延长线上，$x=-\frac{45}{4}$ 时 $AP'\perp AC$，仰角升到最大 ⟹ $(\tan\theta)_{\max}=\tan\angle BHD=\frac{DB}{BH}=\frac{\frac{20\sqrt{3}}{3}}{12}=\frac{5\sqrt{3}}{9}$（照示意图只算 $0\leq x\leq20$ 会停在 $D$，得到同样干净的错数 $\frac{4\sqrt{3}}{9}$）

机位1题图角度2正对 ACM3沿 ACM 看4俯视自由视角

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冷启动：三维图先压成一条底线上的一个点

第一句：把 $\theta$ 落地。 墙面垂直于地面，两者的交线是地面上那条过 $B$、$C$ 的直线——下文一律叫它底线。 $A$ 到墙面的距离是 $AB$，所以 $AB\perp$ 墙面，从而 $AB\perp BC$：$\triangle ABC$ 在 $B$ 处是直角，

$$BC=\sqrt{AC^{2}-AB^{2}}=\sqrt{25^{2}-15^{2}}=20 .$$

$P$ 在墙面内。过 $P$ 作 $PP'\perp BC$，垂足 $P'$ 落在底线上。因为墙面与地面垂直、$PP'$ 又在墙面内 且垂直于交线，所以 $PP'\perp$ 地面——也就是说 $P'$ 正是 $P$ 在地面上的射影，$AP'$ 正是 $AP$ 的射影。 按定义，

$$\theta=\angle PAP',\qquad \tan\theta=\frac{PP'}{AP'} .$$

第二句：两条边都只由 $P'$ 一个位置决定。 在底线上以 $B$ 为原点、指向 $C$ 为正方向，记 $P'$ 的坐标为 $x$（有向长度 $\overrightarrow{BP'}$）。 于是 $CP'=20-x$，由 $\angle BCM=30^{\circ}$ 得竖直高度

$$PP'=CP'\tan30^{\circ}=\frac{\sqrt3}{3}\,(20-x),$$

而 $AP'$ 是直角三角形 $ABP'$ 的斜边：$AP'=\sqrt{AB^{2}+BP'^{2}}=\sqrt{225+x^{2}}$。合起来

$$\boxed{\ \tan\theta=\frac{\sqrt3}{3}\cdot\frac{20-x}{\sqrt{225+x^{2}}},\qquad x\leq 20 .\ }$$

三维立体一步就压成了一个一元函数，剩下的全是代数。

第三句，也是全题唯一的坑：$x$ 的范围是 $(-\infty,20]$，不是 $[0,20]$。 图上 $P$ 画在 $B$ 与 $C$ 之间的上方，很容易顺手把垂足限死在线段 $BC$ 上。 但范围要从题面文字里读，不能从示意图上量，而文字给出的是三条不看图就能确认的依据：

1. 题面说「目标点 $P$ 沿墙面上的射击线 $CM$ 移动」——给的是一条射线， $C$ 是它的起点，另一头没有端点；全文没有任何一句把 $P$ 限在 $B$ 与 $C$ 之间。
2. 题面对 $P$ 的唯一约束是 $\angle BCM=30^{\circ}$，它只定了 $CM$ 的方向，不定长度。
3. 更直接的一条：原卷【解析 1】自己就分了两段，$2^{\circ}$ 明写「当 $P$ 在线段 $CB$ 的 延长线上时」——原卷的解析本身就是「垂足能走出线段 $BC$」的文字证据，不必开图。

也就是说 $P'$ 越过 $B$ 之后还能继续往负方向走，而这一段恰恰是答案所在——

• 只看 $[0,20]$：函数在这一段单调递减，最大值在左端点 $x=0$（即 $P'=B$），值 $\dfrac{4\sqrt3}{9}$；
• 放开到 $x\leq 20$：真正的最大值在 $x=-\dfrac{45}{4}$ 取到，值 $\dfrac{5\sqrt3}{9}$。

$\frac{4\sqrt3}{9}$ 长得和答案一样干净，错了不会自己露馅。这就是本题要扣的那一分。

顺带把两头的行为看一眼，心里就有底了：$x\to-\infty$ 时 $\dfrac{20-x}{\sqrt{225+x^{2}}}\to1$， $\tan\theta\to\dfrac{\sqrt3}{3}$，即 $\theta\to30^{\circ}$——站得足够远时，仰角就退化成射击线 $CM$ 自己的倾角 $\angle BCM$；$x=20$ 时 $P$ 与 $C$ 重合，$\theta=0$。 所以函数在两头分别趋于 $30^{\circ}$ 与 $0^{\circ}$，中间必有一个更大的峰——峰只可能在 $x<0$ 那一侧。

解法一：设成底线上的有向坐标，一个函数求导到底

只用管 $g(x)=\dfrac{20-x}{\sqrt{225+x^{2}}}$（$x\leq20$），最后乘 $\dfrac{\sqrt3}{3}$。

$$g'(x)=\frac{-\sqrt{225+x^{2}}-(20-x)\cdot\dfrac{x}{\sqrt{225+x^{2}}}}{225+x^{2}} =\frac{-(225+x^{2})-x(20-x)}{(225+x^{2})^{3/2}} =\frac{-(225+20x)}{(225+x^{2})^{3/2}} .$$

分母恒正，符号全看 $-(225+20x)$：

$$x<-\frac{45}{4}\ \Rightarrow\ g'>0;\qquad -\frac{45}{4}<x\leq20\ \Rightarrow\ g'<0 .$$

唯一的极大值点 $x=-\dfrac{45}{4}$ 就是最大值点：

$$g\!\left(-\frac{45}{4}\right)=\frac{20+\frac{45}{4}}{\sqrt{225+\left(\frac{45}{4}\right)^{2}}} =\frac{\frac{125}{4}}{\sqrt{\frac{3600+2025}{16}}}=\frac{\frac{125}{4}}{\frac{75}{4}}=\frac53 ,$$ $$(\tan\theta)_{\max}=\frac{\sqrt3}{3}\cdot\frac53=\frac{5\sqrt3}{9} .$$

原卷【解析 1】是分两段做的，值得对着看一眼：它先设 $BP'=x\ (0\leq x<20)$ 处理 $P'$ 在线段 $BC$ 上的情形，得 $\frac{4\sqrt3}{9}$；再另设 $BP'=x\ (x>0)$、$CP'=20+x$ 处理 $P'$ 在 $CB$ 延长线上的 情形，得 $\frac{5\sqrt3}{9}$；最后「综合 $1^{\circ}$、$2^{\circ}$」比大小。两段其实是同一个函数 ——第二段的 $x$ 就是第一段的 $-x$。把坐标取成有向的，两段自动合成一段，这正是原卷 【解析 2】建系之后做的事：$B$ 为原点、$BA$ 为 $x$ 轴、$BC$ 为 $y$ 轴、竖直向上为 $z$ 轴， $P(0,x,\frac{\sqrt3}{3}(20-x))$ 里的 $x$ 天然带正负号，一次求导就完。

分两段做也不算错，但必须把两段的结果放在一起比（见易错点只比极值忘了端点）： 第一段的最大值出现在端点 $x=0$ 而不是内部驻点，光找驻点会以为第一段没有最大值。

解法二：不求导——把 $\tan\theta$ 当参数，判别式定值域

「$g$ 的最大值是多少」等价于「$k$ 取到哪些值时方程 $g(x)=k$ 有解」。这是求值域的标准换向 （见套路判别式定有解）。因为 $x\leq20$ 时 $20-x\geq0$，两边非负，可以直接平方：

$$\frac{20-x}{\sqrt{225+x^{2}}}=k\ (k\geq0) \iff (20-x)^{2}=k^{2}(225+x^{2}) \iff (k^{2}-1)x^{2}+40x+225k^{2}-400=0 .$$

$k=1$ 时它退化成一次方程 $40x-175=0$，有解。$k\neq1$ 时是二次方程，有实根当且仅当

$$\Delta=1600-4(k^{2}-1)(225k^{2}-400)\geq0 \iff 400-\left(225k^{4}-625k^{2}+400\right)\geq0 \iff k^{2}\left(625-225k^{2}\right)\geq0 .$$

于是 $k^{2}\leq\dfrac{625}{225}=\dfrac{25}{9}$，即 $0\leq k\leq\dfrac53$。三行，没有导数。

等号要验（见易错点不等式求最值漏验等号）：$k=\frac53$ 时 $\Delta=0$， $x=-\dfrac{40}{2(k^{2}-1)}=-\dfrac{20}{\frac{16}{9}}=-\dfrac{45}{4}$，而 $-\dfrac{45}{4}\leq20$ 落在定义域里，所以 $\frac53$ 真的取得到。若它落在 $x>20$ 那一侧，这个上界就只是个够不着的界。

$$(\tan\theta)_{\max}=\frac{\sqrt3}{3}\cdot\frac53=\frac{5\sqrt3}{9} .$$

解法三：三角换元把根号换掉，辅助角一眼读出振幅

根号里是 $225+x^{2}=15^{2}+x^{2}$，标准的正切换元：令

$$x=15\tan\varphi,\qquad \varphi\in\left(-\frac{\pi}{2},\ \arctan\frac43\right] ,$$

右端点由 $x\leq20$ 定（见易错点换元后漏掉新变量的取值范围）。此时 $\sqrt{225+x^{2}}=\dfrac{15}{\cos\varphi}$，

$$g=\frac{20-15\tan\varphi}{\dfrac{15}{\cos\varphi}} =\frac{20\cos\varphi-15\sin\varphi}{15} =\frac43\cos\varphi-\sin\varphi .$$

根号没了，剩下一个标准的一次三角式。用辅助角公式合成（见公式辅助角公式）：

$$\frac43\cos\varphi-\sin\varphi=\frac53\cos(\varphi+\psi),\qquad \cos\psi=\frac45,\ \sin\psi=\frac35 .$$

振幅 $\sqrt{\left(\frac43\right)^{2}+1^{2}}=\frac53$ 就是最大值，一眼可见——这条路最漂亮的地方 在于它直接解释了那个 $\frac53$ 是从哪来的：它是 $\frac{AC}{AB}=\frac{25}{15}=\frac53$， 也就是 $\frac{1}{\cos\angle BAC}$。

取到最大值要 $\varphi=-\psi$，即 $\tan\varphi=-\dfrac{\sin\psi}{\cos\psi}=-\dfrac34$， $x=15\times\left(-\dfrac34\right)=-\dfrac{45}{4}$，落在 $\varphi$ 的范围内。于是仍是 $\dfrac{5\sqrt3}{9}$。

解法四：不设函数——最大的仰角就是平面 $ACM$ 与地面的二面角

前三条路都在算同一个函数。这一条根本不设函数。

$P$ 跑遍射线 $CM$，而 $A$ 固定，所以直线 $AP$ 始终在平面 $ACM$ 内（这个平面由点 $A$ 与直线 $CM$ 唯一确定）。一个平面内的直线与另一个平面所成的角，不超过这两个平面的夹角， 且当这条直线垂直于两平面的交线（即它是该平面内的最大斜度线）时取到等号。所以

$$\theta_{\max}=\text{平面 }ACM\text{ 与地面 }ABC\text{ 所成的锐二面角}.$$

交线是哪条？$A$ 和 $C$ 同时落在两个平面上，所以交线就是 $AC$。接下来只要作出二面角 $M\text{-}AC\text{-}B$ 的平面角（见套路三垂线法作二面角）：

1. 在墙面内过 $B$ 作 $BD\perp BC$，交 $CM$ 于 $D$。因为墙面与地面垂直、交线是 $BC$， 所以 $BD\perp$ 地面——这是第一条垂线。
2. 在地面内过 $B$ 作 $BH\perp AC$，垂足 $H$——这是第二条垂线。
3. 连 $DH$。由三垂线定理，$DH\perp AC$，于是 $\angle BHD$ 就是那个二面角的平面角。

两条边都是现成的直角三角形边长：

$$BH=\frac{AB\cdot BC}{AC}=\frac{15\times20}{25}=12\quad(\text{等面积法}),\qquad BD=BC\tan30^{\circ}=\frac{20\sqrt3}{3} .$$

$\triangle BHD$ 在 $B$ 处是直角（$BD\perp$ 地面 $\supseteq BH$），所以

$$\tan\theta_{\max}=\tan\angle BHD=\frac{BD}{BH}=\frac{\frac{20\sqrt3}{3}}{12}=\frac{5\sqrt3}{9} .$$

顺便和解法三对一下账：这里的

$$\frac{BD}{BH}=\frac{BC\tan30^{\circ}}{\dfrac{AB\cdot BC}{AC}}=\tan30^{\circ}\cdot\frac{AC}{AB}$$

——$BC$ 约掉了。而解法三里那个振幅正是 $\sqrt{\left(\frac{BC}{AB}\right)^{2}+1}=\frac{AC}{AB}$。 两条路算的是同一个数 $\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{25}{15}=\dfrac53$，一个从辅助角的振幅里出来、 一个从二面角的两条直角边里出来。而且 $BC$ 在 $\dfrac{BD}{BH}$ 里被约掉了，剩下的形状是

$$\tan\theta_{\max}=\tan(\angle BCM)\cdot\frac{AC}{AB}=\frac{\tan(\angle BCM)}{\cos\angle BAC} .$$

这个式子比 $\frac53$ 这个数字更值得记：最大仰角只由射击线的倾角和 $\dfrac{AC}{AB}$ 决定， 后者正是 $\cos\angle BAC$ 的倒数。

这条路一个字母都不用设，但它欠一次回验：等号要求那条最大斜度线真的能被 $P$ 走到， 即「$AP\perp AC$」的那个 $P$ 必须在射线 $CM$ 上。用解法一的坐标验一次：$A(15,0,0)$、$C(0,20,0)$、 $P\left(0,-\frac{45}{4},\frac{\sqrt3}{3}\cdot\frac{125}{4}\right)$，

$$\overrightarrow{AP}\cdot\overrightarrow{AC}=(-15)(-15)+\left(-\frac{45}{4}\right)(20)+0 =225-225=0 ,$$

确实垂直。而这个 $P$ 在射线 $CM$ 上：它对应 $CP'=20-x=20+\frac{45}{4}=\frac{125}{4}>0$， 是从 $C$ 出发朝 $M$ 那一侧量出去的，而射线那一头没有端点，所以走得到。回验通过——注意这次回验又落回了那个坑：如果把 $P$ 限死在 $B$、$C$ 之间，最大斜度线够不着，二面角就只是个上界而不是最大值。

四条路怎么选

一个判据：问的是「某个角的最大值」而动点跑在一条直线上，先想解法四； 它不行（比如动点只在一条线段上、够不着最大斜度线）再退回去设函数。

一句话带走

把 $P$ 的垂足 $P'$ 取成底线上带正负号的坐标，$\tan\theta=\frac{\sqrt3}{3}\cdot\frac{20-x}{\sqrt{225+x^{2}}}$， $x$ 能取到 $20$ 以下的所有实数——最大值 $\frac{5\sqrt3}{9}$ 在 $x=-\frac{45}{4}$， 也就是平面 $ACM$ 与地面所成的那个二面角。