已知 A B C 中，点 D 在边 B C 上， A D…——2022 高考数学第 16 题答案解析

【答案】 $\sqrt{3}-1 \# \#-1+\sqrt{3}$

## 【解析】

【分析】设 $C D=2 B D=2 m>0$ ，利用余弦定理表示出 $\frac{A C^{2}}{A B^{2}}$ 后，结合基本不等式即可得解．

## 【详解】方法 1：（余弦定理）

设 $C D=2 B D=2 m>0$ ，
则在 $\triangle A B D$ 中，$A B^{2}=B D^{2}+A D^{2}-2 B D \cdot A D \cos \angle A D B=m^{2}+4+2 m$ ，
在 $\triangle A C D$ 中，$A C^{2}=C D^{2}+A D^{2}-2 C D \cdot A D \cos \angle A D C=4 m^{2}+4-4 m$ ，
所以 $\frac{A C^{2}}{A B^{2}}=\frac{4 m^{2}+4-4 m}{m^{2}+4+2 m}=\frac{4\left(m^{2}+4+2 m\right)-12(1+m)}{m^{2}+4+2 m}=4-\frac{12}{(m+1)+\frac{3}{m+1}}$

$\geq 4-\frac{12}{2 \sqrt{(m+1) \cdot \frac{3}{m+1}}}=4-2 \sqrt{3}$ ，
当且仅当 $m+1=\frac{3}{m+1}$ 即 $m=\sqrt{3}-1$ 时，等号成立，
所以当 $\frac{A C}{A B}$ 取最小值时，$m=\sqrt{3}-1$ ．
故答案为：$\sqrt{3}-1$ ．

## 方法二 2：（建系法）

令 $\mathrm{BD}=\mathrm{t}$ ，以 D 为原点， OC 为 x 轴，建立平面直角坐标系．
则 $\mathrm{C}(2 \mathrm{t}, 0), \mathrm{A}(1, \sqrt{3}), \mathrm{B}(-\mathrm{t}, 0)$
$\therefore \frac{A C^{2}}{A B^{2}}=\frac{(2 t-1)^{2}+3}{(t+1)^{2}+3}=\frac{4 t^{2}-4 t+4}{t^{2}+2 t+4}=4-\frac{12}{(t+1)+\frac{3}{t+1}} \geq 4-2 \sqrt{3}$

$$ \text { 当且仅当 } t+1=\sqrt{3} \text {, 即 } B D=\sqrt{3}-1 \text { 时等号成立。 } $$

## 方法三 3：（余弦定理）

设 $\mathrm{BD}=\mathrm{x}, \mathrm{CD}=2 \mathrm{x}$ 。由余弦定理得
$\left\{\begin{array}{c}c^{2}=x^{2}+4+2 x \\ b^{2}=4+4 x^{2}-4 x\end{array}, \quad \therefore 2 c^{2}+b^{2}=12+6 x^{2}\right.$ ，
$\left\{\begin{array}{c}c^{2}=x^{2}+4+2 x \\ b^{2}=4+4 x^{2}-4 x\end{array}, \quad \therefore 2 c^{2}+b^{2}=12+6 x^{2}\right.$ ，

令 $\frac{A C}{A B}=t$ ，则 $2 c^{2}+t^{2} c^{2}=12+6 x^{2}$ ，
$\therefore t^{2}+2=\frac{12+6 x^{2}}{c^{2}}=\frac{12+6 x^{2}}{x^{2}+2 x+4}=6\left(1-\frac{2}{(x+1)+\frac{3}{x+1}}\right) \geq 6-2 \sqrt{3}$ ，
$\therefore t^{2} \geq 4-2 \sqrt{3}$ ，
当且仅当 $x+1=\frac{3}{x+1}$ ，即 $x=\sqrt{3}+1$ 时等号成立．

## 解法 4：基本不等式

设 $B D=x$ ，则 $C D=2 x$
在 $\triangle A B D$ 中，$A B^{2}=B D^{2}+A D^{2}-2 B D \cdot A D \cos \angle A D B=x^{2}+4+2 x$ ，

在 $\triangle A C D$ 中，$A C^{2}=C D^{2}+A D^{2}-2 C D \cdot A D \cos \angle A D C=4 x^{2}+4-4 x$ ，
所以 $\frac{A C^{2}}{A B^{2}}=\frac{4 x^{2}+4-4 x}{x^{2}+4+2 x}=\frac{4\left(x^{2}+4+2 x\right)-12(1+x)}{x^{2}+4+2 x}=4-\frac{12}{(x+1)+\frac{3}{x+1}}$
$\geq 4-\frac{12}{2 \sqrt{(x+1) \cdot \frac{3}{x+1}}}=4-2 \sqrt{3}$ ，
当且仅当 $x+1=\frac{3}{x+1}$ 即 $x=\sqrt{3}-1$ 时，等号成立，
所以当 $\frac{A C}{A B}$ 取最小值时，$x=\sqrt{3}-1$ ，即 $B D=\sqrt{3}-1$ ．

## 解法 5：判别式法

设 $B D=x$ ，则 $C D=2 x$
在 $\triangle A B D$ 中，$A B^{2}=B D^{2}+A D^{2}-2 B D \cdot A D \cos \angle A D B=x^{2}+4+2 x$ ，
在 $\triangle A C D$ 中，$A C^{2}=C D^{2}+A D^{2}-2 C D \cdot A D \cos \angle A D C=4 x^{2}+4-4 x$ ，
所以 $\frac{A C^{2}}{A B^{2}}=\frac{4 x^{2}+4-4 x}{x^{2}+4+2 x}$ ，记 $t=\frac{4 x^{2}+4-4 x}{x^{2}+4+2 x}$ ，
则 $(4-t) x^{2}-(4+2 t) x+(4-4 t)=0$
由方程有解得：$\Delta=(4+2 t)^{2}-4(4-t)(4-4 t) \geq 0$
即 $t^{2}-8 t+4 \leq 0$ ，解得： $4-2 \sqrt{3} \leq t \leq 4+2 \sqrt{3}$

所以 $t_{\text {min }}=4-2 \sqrt{3}$ ，此时 $x=\frac{2+t}{4-t}=\sqrt{3}-1$
所以当 $\frac{A C}{A B}$ 取最小值时，$x=\sqrt{3}-1$ ，即 $B D=\sqrt{3}-1$ ．
解法 6：
设 $C D=2 B D=2 m>0$ ，
则在 $\triangle A B D$ 中，$A B^{2}=B D^{2}+A D^{2}-2 B D \cdot A D \cos \angle A D B=m^{2}+4+2 m$ ，

在 $\triangle A C D$ 中，$A C^{2}=C D^{2}+A D^{2}-2 C D \cdot A D \cos \angle A D C=4 m^{2}+4-4 m$ ，
所以 $\frac{A C^{2}}{A B^{2}}=\frac{4 m^{2}+4-4 m}{m^{2}+4+2 m}=\frac{4\left(m^{2}+4+2 m\right)-12(1+m)}{m^{2}+4+2 m}=4-\frac{12}{(m+1)+\frac{3}{m+1}}$
$\geq 4-\frac{12}{2 \sqrt{(m+1) \cdot \frac{3}{m+1}}}=4-2 \sqrt{3}$ ，
当且仅当 $m+1=\frac{3}{m+1}$ 即 $m=\sqrt{3}-1$ 时，等号成立，
所以当 $\frac{A C}{A B}$ 取最小值时，$m=\sqrt{3}-1$ ．
故答案为：$\sqrt{3}-1$ ．