賴萍仙

2022年新高考數(shù)學全國I卷試題初看平凡樸實，細究內有乾坤。試題體現(xiàn)高考改革要求，突出數(shù)學學科特點，加強應用創(chuàng)新考查。從考試后的試題分析來看，許多教師熱衷于研究高考壓軸題，對前4道解答題關注度不足。筆者有幸參加今年的高考數(shù)學全國I卷的評卷工作，直接感受到的解答題命題內涵，認真分析研究高考前4道解答題更能體現(xiàn)高考命題特點和趨勢。下面探究2022年新高考數(shù)學全國I卷第18題。

一、試題分析

原題如下：

18．（2022年全國I）記[△ABC]的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知[cosA1+sinA=sin2B1+cos2B]。

（1）若[C=2π3]，求B；

（2）求[a2+b2c2]的最小值。

（一）初步分析

考生乍看之下，感覺比較熟悉，沒有什么難度；但細做之時，卻感覺很有韻味。難度層層深入，體現(xiàn)命題者的深思熟慮。是為國家選拔不同層次的人才一個好的考驗。深度考察了邏輯推理、數(shù)學運算、數(shù)據分析核心素養(yǎng)的命題意圖。

（二）第（1）問的分析

很常見的題型，給出一個恒等式[cosA1+sinA=sin2B1+cos2B]作為大前提，再結合[C=2π3]，求B。這就意味著必須要將恒等式進行“抽絲剝繭”。

思路一：

細看等式右邊有二倍角，很自然地利用二倍角公式進行拆解；其次常規(guī)操作將分式化整式，移項后發(fā)現(xiàn)，剛好滿足[cos（A+B）]公式，再進一步得到[-cosC]，從而撥開云霧見青天，即得到[-cosC=sinB]，因為[C=2π3]，故就輕輕松松求得B。這是考生正常的思路，也是最優(yōu)的思路。

解法如下：

（1）因為[cosA1+sinA=sin2B1+cos2B=2sinBcosB2cos2B=sinBcosB]，[cosAcosB=sinB（1+sinA）]

即[sinB=cosAcosB-sinAsinB=cos（A+B）=-cosC=12]，而[0

思路二：

已知的恒等式的右邊還是用二倍角化開得到[tanB]，左邊也巧妙地用二倍角公式及1的妙用，將恒等式化開，再通過化齊次式，剛好得到一個正切的兩角差的式子，這就轉化為角的關系問題，再結合三角形的內角和公式及C的值，也就確定B。綜觀這個解法，相當于“曲線求國”，絕大部分考生是想不到恒等式左邊的變形。

解法如下：

[cosA1+sinA=cos2A2?sin2A2（sinA2+cosA2）2=cosA2?sinA2cosA2+sinA2]

[=1?tanA21+tanA2=tan（π4?A2）]

又[∵sin2B1+cos2B=2sinBcosB2cos2B=tanB]

依題意有：[tan（π4?A2）=tanB]

[∴B=π4?A2+kπ，? （k∈Z）]

[∵]A，B三角形ABC的內角，

故[B=π4?A2]，即[A=π2?2B]

[∴C=π?（A+B）=B+π2]，

[∴B=C?π2=2π3?π2=π6]

思路三：

這個思路是只看到分式，沒有考慮到二倍角的關系，就只是將分式化整式；移項后發(fā)現(xiàn)滿足兩角和的余弦公式，進而止步于此。右邊出現(xiàn)了[cosA+cos（A+2B）]，左邊是[sin2B]，考查學生的拆解能力；洞察能力強的考生能發(fā)現(xiàn)到：[A=（A+B）?B]，[A+2B=（A+B）+B]。利用兩角和與差公式拆開，化解得[- 2cosC?cosB]，同時左邊的[sin2B]用二倍角公式化開得，經一化一消，即可求之。

解法如下：

由[cosA1+sinA=sin2B1+cos2B]，

得：[sin2B（1+sinA）=cosA（1+cos2B）]

[∴sin2B+sinA?sin2B=cosA+cosA?cos2B]

[∴sin2B=cosA+cosA?cos2B?sinA?sin2B]

[=cosA+cos（A+2B）]

[=cos［（A+B）?B］+cos［（A+B）+B］]

[=cos（A+B） cosB+sin（A+B） sinB+]

[cos（A+B） cosB?sin（A+B） sinB]

[=2cos（A+B） ?cosB=-2cosC?cosB]

即[2sinBcosB=-2cosCcosB]，

因為在[△ABC]中，[cosB≠0]

[∴sinB=-cosC]，又[∵C=2π3]，

[∴sinB=12]，[0

（三）第（2）問分析

細看是求一個含有三個變量的分式的最小值，須先要用統(tǒng)一的變量表示出來。顯見只有應用正弦定理將邊化為角的正弦來表示，再結合內角和定理和第（1）問的恒等式化得到關系式將角A，B，C三個角用同一個角表示出來，這個問題就迎刃而解了。一些基礎不扎實的考生沒想到需要用正弦定理來轉換，從而第（2）問完全失分；一部分考生會用正弦定理將邊化為角的正弦來表示，但由于過于粗心或基礎知識不牢固，沒有從第（1）問得到恒等式[sinB=-cosC]，從而得不到角B和C的關系，從而第（2）問就只能得1分；一部分具備扎實的基礎知識的考生能靈活地將角A，B，C用一個角表示出來，若平時少做這種分離變量的式子變形，那么做不出標準的答案。極少部分才思敏捷的考生能交出完美的答卷。

思路一：

由（1）知[sinB=-cosC]，從而得到[C=π2+B]，[A=π2?2B]，再利用正弦定理以及二倍角公式將[a2+b2c2]化成[4cos2B+2cos2B?5]，然后利用基本不等式即可解出。

解法如下：

由（1）知，[sinB=-cosC>0]，

所以[π2

而[sinB=-cosC=sin（C?π2）]，

所以[C=π2+B]，即有[A=π2?2B]，

所以[B∈（0，π4）]，[C∈（π2，3π4）]

所以[a2+b2c2=sin2A+sin2Bsin2C=]

[sin2（π2?2B）+sin2Bsin2（π2+B）=cos22B+sin2Bcos2B=]

[cos22B+1?cos2Bcos2B＝][（2cos2B?1）2+1?cos2Bcos2B=]

[4cos2B+2cos2B?5≥28?5=42?5].

當且僅當[cos2B=22]時取等號，所以[a2+b2c2]的最小值為[42?5]

思路二：

由（1）知[sinB=-cosC]，從而得到[B=C-π2]，[A=π-（B+C）=3π2-2C]，再利用正弦定理以及二倍角公式將[a2+b2c2]化成[4sin2C+2sin2C?5]，然后利用基本不等式即可解出．這個思路基本和思路一相同，只是化簡時采用的統(tǒng)一的變量不同。

由（1）知，[sinB=-cosC>0]，

所以[π2

而[sinB=-cosC=sin（C?π2）]，[∴B=C?π2]

[∴A=π?（B+C）=3π2?2C]，[∵0

[∴π2

[∴sinA=sin（3π2?2C）=-cos2C]

[∴a2+b2c2=sin2A+sin2Bsin2C=]

[（-cos2C）2+（-cosC）2sin2C=]

[（1?2sin2C）2+（1?sin2C）sin2C=]

[2+4sin4C?5sin2Csin2C=]

[2sin2C+4sin2C?5≥22sin2C?4sin2C?5=]

[42?5]

當且僅當[sin2C=22]時取等號，所以[a2+b2c2]的最小值為[42?5]

二、研究與反思

通過分析此題，對于高考的解三角形的復習有什么啟示呢？

1. 基礎內容熟能生巧，穩(wěn)中求新。教學中使學生在掌握正、余弦定理的內容和適用范圍的同時，能靈活地進行邊角之間的互化。若運用正弦定理化角的關系時，必須熟悉同角關系的誘導公式、兩角和與差的公式、二倍角公式。若運用余弦定理化邊的關系時，必須對余弦定理及其變形熟悉并整理式子做到熟練。我們在教學中要細化分一個步驟，使學生對例題相關的一類題目在以后考試中遇到都能輕易看出所考察的知識點，如何進行化簡變形，做到胸有成竹。個人認為對于基礎比較薄弱的學生，能化為邊的關系就選用化邊的關系來做，較容易化簡得出想要的結果。反之，若選用化角的關系來做，較容易暴露自己的弱點，因為這部分學生對同角關系的誘導公式、兩角和與差的公式、二倍角公式記憶不牢固，似是非是，故更容易出錯。故在教學中教師也要作出相應的方法指引，使學生少走彎路，使學生學習更有自信。

2. 注重培養(yǎng)學生運算的合理性、科學性和嚴謹性。運算能力是中學生必具備的重要數(shù)學能力，本次考試充分體現(xiàn)了這是高層次的要求。培養(yǎng)學生的運算能力不是一朝一夕的事情，是一個長期而漫長的過程。故我們在平時的起始年級的教學中就要深化下去，逐步展示給學生看，讓學生學會模仿，進而熟練操作。

3. 加強知識間的交匯復習。在知識網絡的交匯點處設計試題是本次試題的一大特點。不等式是中學數(shù)學的重要工具，在中學數(shù)學中具有舉足輕重的作用。本次沒有獨立的不等式的題目，但它滲透到解三角形、函數(shù)導數(shù)中，故在今后的高考復習中，一定要關注不等式與其他內容的交匯性，據知識特點，精心設計綜合性強、代表性強的交匯性練習，讓學生解一題、懂一塊、熟一類，在活與變上下功夫，才能使學生在高考的考場上能充分發(fā)揮應有水平。

三、復習題錄

下面提供幾個練習題給大家復習參考：

1. 已知[△]ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且[（a?c）2=b2?3ac4]。

（1）求cos B的值；

（2）若b＝[13]，且a＋c＝2b，求ac的值。

2. 在[△ABC]中，角[A]，[B]，[C]的對邊分別為[a]，[b]，[c]，且[sin2A+sin2B?sin2C=sinAsinB]。

（1）求角[C]的大??；

（2）若[△ABC]的外接圓半徑為[3]，求[△ABC]周長的取值范圍。

3. 已知[△ABC]中，角[A]，[B]，[C]的對應邊分別為[a]，[b]，[c]，其中[b=2c·cos（B+C）]，[（2b+c）cosA+a·cosC=0]，且[△ABC]外接圓的半徑為2。

（1）求[a]，[b]，[c]的值；

（2）設[AE=λAB]，[AF=μAC（λ，μ∈R）]，[EM=2MF]，若[AM=23]，求[λ2+μ2]的最大值。

答案如下：

1.（1）由[（a?c）2=b2?34ac]，

可得[a2+c2?b2=54ac]

所以[a2+c2?b22ac=58]，即[cosB]＝[58]

（2）因為[b=13]，[cosB=58]，由余弦定理，得[b2=13=a2+c2?54ac=（a+c）2?134ac]，

又[a+c=2b=213]，

所以[13=52?134ac]，解得ac＝12

2.（1）在[△ABC]中，[sin2A+sin2B?sin2C=sinAsinB]由正弦定理得：[a2+b2?c2=ab]，

由余弦定理得：[cosC=a2+b2?c22ab=12]，

因為[C]為[△ABC]的內角，則[0

所以[C=π3]

（2）法一：由正弦定理得：

[asinA=bsinB=csinC=2R=23]，

所以[c=23sinC=23×32=3]，

[a=23sinA]，

[b=23sinB=23sin（π?C?A）]

[=23sin（π3+A）]，

所以[△ABC]的周長為：

[a+b+c=23sinA+23sin（π3+A）+3]

[=23sinA+23（32cosA+12sinA）+3]

[=33sinA+3cosA+3]

[=6（32sinA+12cosA）+3=6sin（A+π6）+3]，

因為[A+B=2π30

所以[0

所以[sin（A+π6）∈12，1]，

則[6sin（A+π6）+3∈（6，9］]，

所以[△ABC]周長的取值范圍為（6，9］

法二：由余弦定理得：

[c2=a2+b3?2abcosC=（a+b）2?2ab?2abcosC]

代入得：

[9=（a+b）2?2ab?ab=（a+b）2?3ab]

[≥（a+b）2?3（a+b2）2]

即[9≥14（a+b）2]，[∴（a+b）2≤36]，[∴a+b≤6]

又[∵a+b>c=3]，

[∴3

3.【詳解】（1）由[（2b+c）cosA+acosC=0]，由射影定理得[2bcosA+b=0]

∴[cosA=-12]又[A∈（0，π）]，

故[A=2π3]，由[2R=asinA]得[a=4sin23π=23]

[b=2c·cos（B+C）=2c·cosπ3=c]

所以[B=C=π6]

即[bsinB=b12=4]，

∴[b=c=2]

綜上[a=23]，[b=c=2]

（2）[AM=AE+EM=AE+23EF=13AE+23AF=λ3AB+2 μ3AC]

∵[AB=AC=2]，[∠BAC=120°]，

∴[AB?AC=4cos120°=-2]

∵[AM2=4λ29+16 μ29-8λμ9=49]，

∴[λ2+4 μ2-2λμ=1]

∵[（λ-μ）2+3 μ2=1]

∴令[λ-μ=cosθ]，[3μ=sinθ]，

∴[μ=13sinθ]，[λ=13sinθ+cosθ]

∴[λ2+μ2=23sin2θ+cos2θ+23sinθcosθ]

[=13（1-cos2θ）+1+cos2θ2+13sin2θ]

[=56+136sin（2θ+φ）]，（[tanφ=36]）

當[sin（2θ+φ）=1]時，[（λ2+μ2）max=5+136]