廣東省佛山市南海區(qū)九江中學(xué)(528203) 彭紅 楊旭

一、兩個意識

高考數(shù)學(xué)的解三角形總體難度適中,容易入手.但考生在具體解答時,容易出現(xiàn)會而不對,對而不全的情況.主要表現(xiàn)為正、余弦定理的選擇和公式變形轉(zhuǎn)化不恰當(dāng),導(dǎo)致后續(xù)求解繁瑣或運算錯誤.解三角形最基本的要求是針對特定的條件選擇合適的定理,以及根據(jù)三角形已知元素構(gòu)建解三角形模型.下面介紹兩個選擇正、余弦定理和公式轉(zhuǎn)化的必備意識.

(一)邊角互化意識

例1 在?ABC中,內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知2a?b=2c·cosB.求角C.

解法一(視角一:邊化角)由正弦定理得2 sinA?sinB=2 sinC·cosB,而在?ABC中,sinA=sin(C+B),所以

2 sinCcosB+2 cosCsinB?sinB=2 sinC·cosB,即2 cosCsinB=sinB,因為sinB≠0,所以cosC=,C=.

解法二(視角二:角化邊)由余弦定理

cosB=,化簡得c2=a2+b2?ab,由余弦定理得C=.

評析邊角互化意識是對解三角形特定條件的理解和認(rèn)識.一般地,式子是含有的邊或角的齊次式,可考慮用正弦定理的變形作邊化角,也可以考慮用正、余弦定理結(jié)合作角化邊.式子含有的邊或角是兩次的,可考慮用正弦定理作角化邊.如果式子不具備明顯的結(jié)構(gòu)特征,則需要考慮正、余弦定理結(jié)合使用.例1 的條件2a?b=2c·cosB,式子是邊的齊次式,故可以用正弦定理將邊轉(zhuǎn)為角,即可求解.同時2a?b=2c·cosB中只有cosB含有角,故也可以用余弦定理將角轉(zhuǎn)為邊求解.

(二)信息可視化意識

例2 在?ABC中,其中A=120?,D是BC上的點,若AD=BD=2,CD=3,求?ADC的面積.

解如圖1 所示:設(shè)∠ABD=θ,則∠DAB=θ,∠ADC=2θ,∠DAC=120??θ,∠ACB=60??θ,在?ADC中,,即,化簡得,所以

圖1

評析解三角形需掌握正、余弦定理解三角形問題的基本模型.如:已知?ABC的a,b,B既可以用正弦定理,也可以用余弦定理.已知?ABC的a,b,C可以用余弦定理.但對于某些解三角形問題,不確定具體選擇那個定理.這時要意識到可先將信息可視化,再通過明顯的邊長、角度元素快速判定正弦定理、余弦定理那個更合適.在例2 中,先設(shè)∠ABD=θ,再將邊長和角度可視化,可以發(fā)現(xiàn)?ADC中,AD和DC已定且所對的角度僅用θ表示出來,故確定用正弦定理.信息可視化意識更像是一種習(xí)慣,盡管簡單明了,卻正是失分考生所缺乏的.

二、五個思想

數(shù)學(xué)思想是高中數(shù)學(xué)的重要內(nèi)容,可用不同的數(shù)學(xué)思想解三角形,使得一題多解,同時也能出現(xiàn)巧妙的解法.

(一)方程思想

例2的解法二(利用方程思想解答)設(shè)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,在?ABC中,BC2=AC2+AB2?2AC·ABcos 120?,即

在?ABD中,AB2=AD2+BD2?2AD·BDcos ∠BDA,即

在?ABD中,AC2=AD2+DC2?2AD·DCcos ∠CDA,即

因為 ∠BDA+∠CDA=π,所以 cos ∠BDA=?cos∠CDA.所以 ②×3+③×2 得

所以④+2×①得c=2b,再代入方程④得b=,c=,所以

評析在例2 中,?ABC的∠A,BC已知,可用余弦定理確定一個方程.但AB,AC未知,所以還需再確定方程,可以通過∠ADB與∠ADC有兩個互補的內(nèi)角,在?ABD和?ADC中各確定一個余弦定理,這樣三個方程聯(lián)立,三角形可解.這類解法的優(yōu)點是容易入手,缺點是對方程運算要求較高.

(二)不等式思想

例3 在銳角?ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,A=60?,b=1,求c的取值范圍.

解在?ABC中,a2=b2+c2?2bccosA,即a2=1+c2?c,又因為?ABC是銳角三角形,所以b2,同時c2< a2+b2,則c2<1+c2?c+1,解得c<2.綜上所述,

評析利用不等式解三角形可使得解答過程沒有繁瑣的運算,簡便快捷.根據(jù)題目已知?ABC是銳角三角形,可由余弦定理確定兩個不等式,從而直接求出的取值范圍.需要注意的是,運用不等式解三角形有局限性.

(三)函數(shù)思想

例3的解法二(運用函數(shù)思想)在?ABC中,,所以,因為?ABC是銳角三角形,所以B∈(30?,90?),則函數(shù)在(30?,90?)是單調(diào)遞減函數(shù),故函數(shù)的值域為,所以

評析高中數(shù)學(xué)的函數(shù)思想運用廣泛,在處理取值范圍,最值問題上,可通過變量將問題代數(shù)化,高考數(shù)學(xué)也經(jīng)常把三角函數(shù)與解三角形結(jié)合起來.例3 的函數(shù)解法直接通過正弦定理變形就可以將邊長c用變量B表示出來,結(jié)合函數(shù)單調(diào)性求得取值范圍.函數(shù)思想與不等式思想相比,前者能解的三角形更加廣泛.

(四)平面向量思想

例4 如圖2 所示,在?ABC中,D是AC上的中點,若BD=,BC=3,∠DBC=45?,求AB長.

圖2

解因為,所以,兩邊各自作數(shù)量積得,所以,所以AB=

評析例4 用方程思想更易入手,但繞不開繁瑣的運算.平面向量是高中數(shù)學(xué)解決諸多問題的有力工具.例4 用向量解三角形,思路清晰,過程簡單,步驟較少,是一種巧妙的解法.

(五)直角坐標(biāo)系思想

例4的解法二(利用坐標(biāo)方法)如圖3 所示,建立直角坐標(biāo)系,則C為(?3,0),D為(?1,1),因為D是AC上的中點,所以A為(1,2),所以

圖3

評析建立適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系可以使三角形中的點、線與坐標(biāo)聯(lián)系起來,把解三角形的問題轉(zhuǎn)化為坐標(biāo)運算和向量運算.相比利用方程解例4 的三角形,直角坐標(biāo)系解法可以將方程運算轉(zhuǎn)化成坐標(biāo)運算.這里直角坐標(biāo)系解法只計算了三個點的坐標(biāo),就得到AB的長,其過程避免了繁瑣的公式運用和方程的計算.

三、一題多解

例5 (2014年高考新課標(biāo)I 卷理科第16題)已知a,b,c分別為?ABC的三個內(nèi)角A,B,C的對邊,a=2,且(2+b)(sinA?sinB)=(c?b)sinC,則?ABC面積的最大值為____.

解因為a=2 且(2+b)(sinA?sinB)=(c?b)sinC,所以(a+b)(sinA?sinB)=(c?b)sinC,又由正弦定理可得(a+b)(a?b)=(c?b)c,即a2=b2+c2?bc,故cosA=,所以A=60?,下面求?ABC面積的最大值.

解法1 (視角一:利用不等式)因為a2=b2+c2?bc,所以4=b2+c2?bc≥2bc?bc=bc.S?ABC=

解法2 (視角二:利用函數(shù))因為,所以S?ABC=sinCsinA,

因為B∈,所以2B?,所以S?ABC≤

解法3 結(jié)合解法一可知S?ABC=sinBsinC,根據(jù)積化和差公式得

顯然當(dāng)B=C時,S?ABC取最大值

評析這道高考試題的難點在于條件(2+b)(sinA?sinB)=(c?b)sinC并不是齊次式,故而需要把2 換成a將條件換成齊次式,考生要能識別邊角互化的結(jié)構(gòu)特征.試題本質(zhì)是已知三角形的一個角及其對邊,求其面積最大值的問題,這里從不等式和函數(shù)思想的視角作了三種解法.

例6 (2013年高考新課標(biāo)I卷理科第17題)如圖4 所示,在?ABC中,∠ABC=90?,AB=,BC=1,P為?ABC內(nèi)一點,∠BPC=90?.

圖4

(1)若PB=,求PA;

(2)若∠APB=150?,求∠PBA.

解(1)因為∠BPC=90?,PB=,BC=1,∠ABC=90?,所以∠PCB=30?,所以∠PBA=30?,所以PA2=AB2+PB2?2AB·PBcos ∠ABP=+cos 30?,從而,PA=.

(2)視角一:利用正弦定理

解法1 如圖5 所示,設(shè)∠PBA=θ,則∠PAB=30??θ,PB=sinθ,所以在?APB中,,cosθ=4 sinθ,即tanθ=.

圖5

解法2 如圖6 所示,設(shè)∠PBA=θ,則∠PAC=θ,∠APC=120?,PC=cosθ,在?APC中,

圖6

解法3 結(jié)合解法一和解法二,可知∠ACP=60??θ,而在?APB中,,在?APC中,,整理得,化簡得tanθ=

視角二:利用正弦定理和余弦定理

解法4 設(shè)∠PBA=θ,則PB=sinθ,PC=cosθ,在?APB中,,即AP=,因為∠BPC=90?,∠APB=150?,所以∠APC=120?,在?APC中,AC2=PA2+PC2?2PA·PCcos 120?,所以22=+cos2θ?2··cosθ ·cos 120?,整理得8tan2θ+?3=0,解得tanθ=或tanθ=(舍去).

視角三:利用坐標(biāo)系

解法5 如圖7 所示,以B為原點建立直角坐標(biāo)系,設(shè)∠PBA=θ,則A為(?,0),P為(?sinθcosθ,sin2θ),所以

圖7

化簡得8 sin2θ+sinθcosθ?3cos2θ=0,即8 tan2θ+tanθ?3=0,解得tanθ=或tanθ=?(舍去).

解法6 利用解法4 構(gòu)建的坐標(biāo)系得到,化簡可得8 sin2θ+sinθcosθ?3cos2θ=0,余下同解法4.

評析這道2013年全國Ⅰ卷的高考試題,考生得分較低,失分點大部分集中在第(2)問.第(2)問具有難入手,思維活,邏輯強等特點,讓諸多考生未找到解題視角.如果考生缺乏信息可視化意識,對于這類信息多、三角形多的復(fù)雜結(jié)構(gòu),容易在正、余弦定理的選用上難以抉擇,耗費考試時間.例6 可設(shè)∠PBA=θ,再將所有已知角、邊標(biāo)注在圖形當(dāng)中,可快速發(fā)現(xiàn)正、余弦定理的基本模型,從而找到解法1 ～4 的視角.例6 第(2)問有一個直角條件,考生也可與直角坐標(biāo)系相聯(lián)系,找到解法5、6 的視角,這種解法思維量低,但對運算提出了較高要求.

例7 (2021年新高考Ⅰ卷第19題)記?ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c.已知b2=ac,點D在邊AC上,BDsin ∠ABC=asinC.

(1)證明:BD=b; (2)若AD=2DC,求cos ∠ABC.

解(1)因為在?ABC中,,所以,由BDsin ∠ABC=asinC,b2=ac得

(2)視角一:利用方程

解法1 由題可知BD=b,AD=,DC=;在?ABD中,AB2=AD2+BD2?2AD·BDcos ∠ADB,在?CBD中,BC2=CD2+BD2?2CD·BDcos ∠CDB,即又由b2=ac和cos ∠ADB=?cos ∠CDB,化簡可得

即(2a?3c)(3a?c)=0,則a=c或a=.當(dāng)a=c時,cos ∠ABC=

當(dāng)a=時,

綜上所述,cos ∠ABC=.

對于a=無解的判定,上面解答是通性通法,這里再給一種簡便方法.當(dāng)a=時,a+c>b ?a+c>?,矛盾;即a=不成立.

解法2 由題可知BD=b,AD=,DC=;在?ABD中,BD2=AD2+AB2?2AD · ABcosA,在?ABC中,BC2=AC2+AB2?2AC ·ABcosA,即又由b2=ac,化簡可得解法1 的①式6a2?11ac+3c2=0,余下同解法1.

解法3如圖 8 所示延長BD并在BD上作CE//AB,因為==,所以CE=,DE=,BE=b; 在?ABC中,AC2=AB2+BC2?2AB · BCcos ∠ABC,在?BCE中,BE2=BC2+CE2?2BC · CEcos ∠BCE,即又由b2=ac和cos ∠ABC=?cos ∠BCE,化簡可得解法1 的①式6a2?11ac+3c2=0,余下同解法1.

圖8

視角二:利用平面向量

解法4 由題可知BD=b,AD=,即,所以

而b2=a2+c2?2·a·c·cos ∠ABC,又由b2=ac,化簡可得解法1 的①式6a2?11ac+3c2=0,余下同解法1.

視角三:利用直角坐標(biāo)系

解法5 如圖9 所示以點A為原點建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)?xy,則點B的坐標(biāo)為(ccosA,csinA),點D的坐標(biāo)為,由第(1)問已證BD=b,所以+(csinA?0)2=b2,化簡可得c2?2·ccosA ·=b2,在?ABC中,a2=c2+b2?2c·bcosA,化簡可得解法1 的①式6a2?11ac+3c2=0,余下同解法1.

圖9

評析第(1)問條件BDsin ∠ABC=asinC,屬于齊次式條件可直接利用正弦定理,作邊角互化得證.第(2)問根據(jù)條件和第(1)問結(jié)論可知,?ABC中所有邊長都可以用a,b,c表示出來.本題的三角形任何一邊都未知,要求cos ∠ABC就需要通過方程找出a,b,c的關(guān)系.而要找到a,b,c的關(guān)系,本質(zhì)上就需要兩個方程.所以方程視角容易入手,但計算過程繁瑣,不及平面向量視角和直角坐標(biāo)系視角簡捷.