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1. 理解题目信息- \(\triangle ABC\) 是等腰三角形: \(AB = AC = 2\).
- \(D\) 是 \(AC\) 的中点: \(D\) 是中线 \(BD\) 的终点，所以 \(AD = DC = \frac{AC}{2} = \frac{2}{2} = 1\).
- 作圆: 以点 \(B\) 为圆心，以中线 \(BD\) 的长度为半径作圆。设半径 \(r = BD\).
- 交点条件: 该圆与边 \(AC\) 存在另一个交点。我们知道点 \(D\) 已经是圆与边 \(AC\) 的一个交点（因为 \(D\) 在 \(AC\) 上，且 \(BD\) 是半径）。设另一个交点为 \(E\)。
- 核心条件: 点 \(E\) 必须满足两个条件：
- \(E\) 在圆上，即 \(BE = BD = r\).
- \(E\) 在边 \(AC\) 上，并且 \(E \neq D\).
- 目标: 求 \(BC\) 边的长度范围。
2. 运用余弦定理建立关系为了将边的长度与几何关系联系起来，我们引入 \(\triangle ABC\) 的顶角 \(\angle BAC = \alpha\)。
- 在 \(\triangle ABC\) 中: 根据余弦定理，我们可以建立 \(BC\) 和 \(\cos\alpha\) 的关系。 \(BC^2 = AB^2 + AC^2 - 2(AB)(AC)\cos\alpha\) \(BC^2 = 2^2 + 2^2 - 2(2)(2)\cos\alpha\) \(BC^2 = 8 - 8\cos\alpha\) (式1)
- 在 \(\triangle ABD\) 中: 我们需要求出半径 \(r = BD\)。我们可以在 \(\triangle ABD\) 中使用余弦定理。 \(BD^2 = AB^2 + AD^2 - 2(AB)(AD)\cos\alpha\) \(BD^2 = 2^2 + 1^2 - 2(2)(1)\cos\alpha\) \(BD^2 = 5 - 4\cos\alpha\) 所以，圆的半径的平方为 \(r^2 = 5 - 4\cos\alpha\)。
3. 分析交点位置 (方法一：坐标法)
- 建立坐标系: 以点 \(A\) 为原点 \((0,0)\)，边 \(AC\) 所在的直线为 \(x\) 轴。 则 \(A = (0,0)\), \(C = (2,0)\). 因为 \(D\) 是 \(AC\) 的中点，所以 \(D = (1,0)\). 点 \(B\) 的坐标为 \((x_B, y_B)\)。由于 \(AB=2\) 且 \(\angle BAC = \alpha\)，则 \(B = (2\cos\alpha, 2\sin\alpha)\). (由于是三角形，\(\sin\alpha>0\))
- 圆的方程: 圆心为 \(B(2\cos\alpha, 2\sin\alpha)\)，半径的平方 \(r^2 = BD^2 = 5 - 4\cos\alpha\). 圆的方程为: \((x - 2\cos\alpha)^2 + (y - 2\sin\alpha)^2 = 5 - 4\cos\alpha\).
- 求交点: 我们要找圆与线段 \(AC\) 的交点。线段 \(AC\) 在 \(x\) 轴上，从 \(x=0\) 到 \(x=2\)。 我们将 \(y=0\) 代入圆的方程，解出交点的 \(x\) 坐标： \((x - 2\cos\alpha)^2 + (0 - 2\sin\alpha)^2 = 5 - 4\cos\alpha\) \(x^2 - 4x\cos\alpha + 4\cos^2\alpha + 4\sin^2\alpha = 5 - 4\cos\alpha\) \(x^2 - 4x\cos\alpha + 4(\cos^2\alpha + \sin^2\alpha) = 5 - 4\cos\alpha\) \(x^2 - 4x\cos\alpha + 4 = 5 - 4\cos\alpha\) \(x^2 - (4\cos\alpha)x + (4\cos\alpha - 1) = 0\)
- 解二次方程: 这是一个关于 \(x\) 的二次方程，它的两个根就是圆与直线 \(AC\) 的两个交点的 \(x\) 坐标。我们已经知道一个交点是 \(D(1,0)\)，所以 \(x=1\) 必定是这个方程的一个根。 验证：\(1^2 - (4\cos\alpha)(1) + (4\cos\alpha - 1) = 1 - 4\cos\alpha + 4\cos\alpha - 1 = 0\). 确实如此。
设另一个根为 \(x_E\) (点 \(E\) 的 \(x\) 坐标)。根据韦达定理（根与系数的关系），两根之和为： \(x_D + x_E = 1 + x_E = -(\frac{-4\cos\alpha}{1}) = 4\cos\alpha\) 所以，\(x_E = 4\cos\alpha - 1\). - 应用交点条件: 题目要求另一个交点 \(E\) 在边 \(AC\) 上，并且 \(E \neq D\).
- \(E \neq D\): \(x_E \neq x_D \implies 4\cos\alpha - 1 \neq 1 \implies 4\cos\alpha \neq 2 \implies \cos\alpha \neq \frac{1}{2}\).
- \(E\) 在边 \(AC\) 上: 点 \(E\) 的 \(x\) 坐标必须在 \([0, 2]\) 的范围内。即 \(0 \le x_E \le 2\). \(0 \le 4\cos\alpha - 1 \le 2\)
- 解不等式: 我们来解这个关于 \(\cos\alpha\) 的不等式：
a) \(0 \le 4\cos\alpha - 1 \implies 1 \le 4\cos\alpha \implies \cos\alpha \ge \frac{1}{4}\).
b) \(4\cos\alpha - 1 \le 2 \implies 4\cos\alpha \le 3 \implies \cos\alpha \le \frac{3}{4}\).
综合起来，我们得到 \(\cos\alpha\) 的范围是: \(\frac{1}{4} \le \cos\alpha \le \frac{3}{4}\).
4. 转换回 BC 的长度现在我们将 \(\cos\alpha\) 的范围代入我们之前得到的 (式1) 来求 \(BC\) 的范围。 (式1): \(BC^2 = 8 - 8\cos\alpha\)
- 当 \(\cos\alpha\) 取最小值 \(\frac{1}{4}\) 时，\(BC^2\) 取得最大值： \(BC^2_{max} = 8 - 8(\frac{1}{4}) = 8 - 2 = 6\).
- 当 \(\cos\alpha\) 取最大值 \(\frac{3}{4}\) 时，\(BC^2\) 取得最小值： \(BC^2_{min} = 8 - 8(\frac{3}{4}) = 8 - 6 = 2\).
所以，\(2 \le BC^2 \le 6\). 因为 \(BC\) 是边长，必为正数，所以 \(\sqrt{2} \le BC \le \sqrt{6}\).
5. 处理排除点我们之前得到一个条件: \(\cos\alpha \neq \frac{1}{2}\)。 当 \(\cos\alpha = \frac{1}{2}\) 时，\(BC\) 的值是多少？ \(BC^2 = 8 - 8(\frac{1}{2}) = 8 - 4 = 4\) \(BC = 2\).
这意味着当 \(BC=2\) 时，\(\triangle ABC\) 是一个边长为2的等边三角形。此时，中线 \(BD\) 也是高线，圆与 \(AC\) 相切于点 \(D\)，不存在“另一个”交点 \(E\)。因此，\(BC\) 的长度不能为2。
6. 最终结论将 \(BC=2\) 从范围 \([\sqrt{2}, \sqrt{6}]\) 中去掉。
所以，\(BC\) 边的长度范围是 \([\sqrt{2}, \sqrt{6}] - \{2\}\).
附：几何直观解释- 当 \(\cos\alpha = 1/4\) 时，\(x_E = 4(1/4)-1=0\)。交点 \(E\) 与点 \(A\) 重合。此时 \(BC=\sqrt{6}\)。这是圆与 \(AC\) 相交于 \(D\) 和 \(A\) 的临界情况。
- 当 \(\cos\alpha = 3/4\) 时，\(x_E = 4(3/4)-1=2\)。交点 \(E\) 与点 \(C\) 重合。此时 \(BC=\sqrt{2}\)。这是圆与 \(AC\) 相交于 \(D\) 和 \(C\) 的临界情况。
- 当 \(\cos\alpha\) 在 \([1/4, 3/4]\) 之间变化时，交点 \(E\) 就在 \(A\) 和 \(C\) 之间移动（不包括 \(D\) 点本身）。
- 当 \(\cos\alpha = 1/2\) 时，\(\triangle ABC\)为等边三角形，\(BD \perp AC\)。此时圆心 \(B\) 到直线 \(AC\) 的距离（即高 \(BD\)）恰好等于半径 \(BD\)，所以圆与直线 \(AC\) 相切于点 \(D\)，只有一个交点。
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hbghlyj
posted 2025-6-8 02:03
