一道高考题的多解分析

一道高考题的多解分析
谢新华
(福建省莆田第二中学ꎬ福建莆田３５１１３１)
摘㊀要:解三角形是高考解答题的热点题型ꎬ求解此类问题需要分析已知条件ꎬ合理运用正弦定理和余弦定理构建边和角的关系.在处理三角形中的边角关系时ꎬ一般都化为角的关系ꎬ或都化为边的关系.题中若出现边的一次式一般运用正弦定理ꎬ出现边的二次式一般运用余弦定理.解决三角形问题时还要注意角的限制范围.
关键词:解三角形ꎻ正弦定理ꎻ余弦定理
中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)０７－００５２－０４
收稿日期:２０２２－１２－０５
作者简介:谢新华(１９７９.８－)ꎬ男ꎬ福建省莆田人ꎬ本科ꎬ高级教师ꎬ从事高中数学教学研究.
基金项目:福建省教育科学 十三五 规划课题２０２０年度教育教学改革专项课题 学科素养视域下 读思达 教学法的数学课堂应用研究 (项目编号:Ｆｊｊｇｚｘ２０－０７７).１试题呈现
题目㊀(２０２０年全国Ⅰ卷文数第１８题)әＡＢＣ的内角ＡꎬＢꎬＣ的对边分别为ａꎬｂꎬｃ.已知Ｂ＝１５０ʎ.
(１)若ａ＝３ｃꎬｂ＝２７ꎬ求әＡＢＣ的面积ꎻ(２)若ｓｉｎＡ＋３ｓｉｎＣ＝
２
２
ꎬ求Ｃ.２试题探析
２.１第(１)问解析
解法１㊀由余弦定理可知ｂ２＝ａ２＋ｃ２－２ａｃｃｏｓＢ.
故２８＝３ｃ２
＋ｃ２
－２３ｃ ｃｃｏｓ１５０.所以７ｃ２＝２８ꎬ解得ｃ２＝４.所以әＡＢＣ的面积为Ｓ＝１２ａｃｓｉｎＢ＝３
４
ｃ２＝３.解法２㊀由正弦定理可知ａ＝３ｃ⇔ｓｉｎＡ＝３ｓｉｎＣ.由Ｂ＝１５０ʎꎬ得Ａ＋Ｃ＝３０ʎ.
所以３ｓｉｎＣ＝ｓｉｎＡ＝ｓｉｎ３０ʎ－Ｃ()＝
１
２
ｃｏｓＣ－３
２
ｓｉｎＣ.所以ｃｏｓＣ＝３３ｓｉｎＣ.由ｓｉｎ２Ｃ＋ｃｏｓ２Ｃ＝１ꎬｓｉｎＣ>０ꎬ得ｓｉｎＣ＝
１２７
.由正弦定理知ｃｓｉｎＣ＝ｂｓｉｎＢ.所以ｃ＝ｂｓｉｎＣｓｉｎＢ
＝２.从而ａ＝２３.
所以әＡＢＣ的面积为Ｓ＝１
２
ａｃｓｉｎＢ＝３.解法３㊀由余弦定理可知ｂ２＝ａ２＋ｃ２－２ａｃｃｏｓＢ.
故２８＝３ｃ２＋ｃ２－２３ｃ ｃｃｏｓ１５０.所以７ｃ２＝２８ꎬ解得ｃ＝２.从而ａ＝２３.
所以әＡＢＣ的面积为Ｓ
＝
１
２
ａｃｓｉｎＢ＝３.
图１㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀图２
解法４㊀如图１ꎬ过点Ｃ作ＣＤʅＢＡꎬ交ＡＢ的延长线于点Ｄꎬ依题意可得ＣＤ＝１２ａ＝３
２ｃꎬＢＤ＝
３ＣＤ＝３
２
ｃ.
在ＲｔәＡＤＣ中ꎬ由勾股定理可得ＣＤ２＋ＡＤ２＝
ＡＣ２.所以
３４ｃ２＋２５４
ｃ２
＝２８.解得ｃ２＝４.所以әＡＢＣ的面积为Ｓ＝
１２ａｃｓｉｎＢ＝３
４
ｃ２＝３.解法５㊀如图２ꎬ过点Ｂ作ＢＤʅＡＣ于点Ｄꎬ设øＡＢＤ＝θꎬ则øＣＢＤ＝１５０ʎ－θ.
依题意得ＣＤ＝ａｓｉｎ１５０ʎ－θ()＝３ｃｓｉｎ(１５０ʎ－
θ)ꎬＡＤ＝ｃｓｉｎθꎬＢＤ＝３ｃｃｏｓ１５０ʎ－θ()＝ｃｃｏｓθ⇔３ｓｉｎθ＝５ｃｏｓθ.
结合ｓｉｎ２θ＋ｃｏｓ２θ＝１可得ｓｉｎθ＝
５２７ꎬｃｏｓθ＝３２７
.由ＡＤ＋ＣＤ＝ＡＣ＝２７ꎬ得３ｃｓｉｎ１５０ʎ－θ()＋ｃｓｉｎθ＝３２ｃｏｓθ＋５２ｓｉｎθæèçö
ø
÷ｃ＝２７.
所以３４７＋２５４７æèç
ö
ø÷ｃ＝２７ꎬ解得ｃ＝２.从而ａ＝２３.所以әＡＢＣ的面积为Ｓ＝１
２
ａｃｓｉｎＢ＝３.
２.２第(２)问解析
解法１㊀因为Ｂ＝１５０ʎꎬ从而Ａ＋Ｃ＝３０ʎ.故ｓｉｎＡ＋３ｓｉｎＣ＝ｓｉｎ３０ʎ－Ｃ()＋３ｓｉｎＣ＝
１２ｃｏｓＣ－３
２
ｓｉｎＣ＋３ｓｉｎＣ＝１２ｃｏｓＣ＋３２ｓｉｎＣ＝ｓｉｎＣ＋３０ʎ()＝
２２
.因为０ʎ<Ｃ<３０ʎꎬ从而３０ʎ<Ｃ＋３０ʎ<６０ʎ.
所以Ｃ＋３０ʎ＝４５ʎꎬ解得Ｃ＝１５ʎ.解法２㊀因为Ｂ＝１５０ʎꎬ从而Ａ＋Ｃ＝３０ʎ.故ｓｉｎＡ＋３ｓｉｎＣ＝ｓｉｎ３０ʎ－Ｃ()＋３ｓｉｎＣ
＝１２ｃｏｓＣ－３
２ｓｉｎＣ＋３ｓｉｎＣ＝
１２ｃｏｓＣ＋３２ｓｉｎＣ＝２２
.所以ｃｏｓＣ＝２－３ｓｉｎＣ.因为ｓｉｎ２Ｃ＋ｃｏｓ２Ｃ＝１ꎬ所以ｓｉｎ２Ｃ＋
２－３ｓｉｎＣ()２＝４ｓｉｎ２Ｃ－２６ｓｉｎＣ
＋２＝１ꎬ解得ｓｉｎＣ＝
６ʃ２
４
.因为０ʎ<Ｃ<３０ʎꎬ所以ｓｉｎＣ＝
６－２
４
.又因为ｓｉｎ１５ʎ＝
６－２
４
ꎬ所以Ｃ＝１５ʎ.解法３㊀因为Ｂ＝１５０ʎꎬ从而Ａ＋Ｃ＝３０ʎ.故ｓｉｎＡ＋３ｓｉｎＣ＝ｓｉｎＡ＋３ｓｉｎ３０ʎ－Ａ()＝ｓｉｎＡ＋３２ｃｏｓＣ－３
２
ｓｉｎＡ＝
３２ｃｏｓＡ－１
２
ｓｉｎＡ＝ｓｉｎ６０ʎ－Ａ()＝
２
２
.因为０ʎ<Ｃ<３０ʎꎬ从而３０ʎ<６０ʎ－Ａ<６０ʎ.所以６０ʎ－Ａ＝４５ʎꎬ解得Ａ＝１５ʎ.从而Ｃ＝１５ʎ.
解法４㊀因为Ｂ＝１５０ʎꎬ从而Ａ＋Ｃ＝３０ʎ.故ｓｉｎＡ＋３ｓｉｎＣ＝ｓｉｎ３０ʎ－Ｃ()＋３ｓｉｎＣ＝１２ｃｏｓＣ－３
２ｓｉｎＣ＋３ｓｉｎＣ＝
１２ｃｏｓＣ＋３２
ｓｉｎＣ＝ｓｉｎＢｃｏｓＣ－ｃｏｓＢｓｉｎＣ＝ｓｉｎ１５０ʎ－Ｃ()＝
２
２
.因为０ʎ<
Ｃ<３０ʎꎬ从而１２０ʎ<１５０ʎ－Ｃ<１５０ʎ.所以１５０ʎ－Ｃ＝１３５ʎꎬ解得Ｃ＝１５ʎ.
解法５㊀因为ｓｉｎＢ＝
１
２
ꎬ故ｓｉｎＡ＋３ｓｉｎＣ＝２ｓｉｎＢ.由正弦定理ꎬ得ａ＋３ｃ＝２ｂ⇔ｂ＝ａ＋３ｃ
２.
由余弦定理ꎬ得ｂ２＝ａ２＋ｃ２－２ａｃｃｏｓ１５０ʎ.所以ａ＋３ｃ２æèçöø÷２
＝ａ２＋ｃ２
＋３ａｃ.
即ａ２
＝ｂ２
ꎬ故ａ＝ｃꎬ从而Ａ＝Ｃ.
因为Ａ＋Ｃ＝１８０ʎ－Ｂ＝３０ʎꎬ所以Ｃ＝１５ʎ.解法６㊀因为ｓｉｎＢ＝
１２
ꎬ故ｓｉｎＡ＋３ｓｉｎＣ＝２
２
＝２ｓｉｎＢ.
由余弦定理ꎬ得ｂ２
＝ａ２
＋ｃ２
－２ａｃｃｏｓ１５０ʎ.由正弦定理ꎬ得
ｓｉｎ２
Ｂ＝ｓｉｎ２
Ａ＋ｓｉｎ２Ｃ＋３ｓｉｎＡ ｓｉｎＣ.
故ｓｉｎＡ＋３ｓｉｎＣ２æèçöø÷２
＝ｓｉｎ２Ａ＋ｓｉｎ２
Ｃ＋３ｓｉｎＡｓｉｎＣ.
所以ｓｉｎ２Ａ＝ｓｉｎ２Ｃ.因为０ʎ<ＡꎬＣ<３０ʎꎬ故ｓｉｎＡ＝ｓｉｎＣ.从而Ａ＝Ｃ.
因为Ａ＋Ｃ＝１８０ʎ－Ｂ＝３０ʎꎬ所以Ｃ＝１５ʎ.
３同类变式
题１㊀在锐角әＡＢＣ中ꎬ角ＡꎬＢꎬＣ的对边分别为ａꎬｂꎬｃꎬ已知ｓｉｎ(Ａ－Ｂ)＝ｃｏｓＣ.
(１)若ａ＝３２ꎬｂ＝
１０ꎬ求ｃꎻ
(２)求ａｃｏｓＣ－ｃｃｏｓＡ
ｂ
的取值范围.
分析㊀(１)根据三角形内角和定理和诱导公式ꎬ将三角形内角的三角函数关系转化为角的关系ꎬ求出其中的一个角ꎬ然后利用余弦定理列方程ꎬ即可求ｃ的值.要注意角的范围和三角函数的单调性.
(２)利用(１)的结论Ｂ＝π４ꎬ可得Ａ＋Ｃ＝３π４.所以Ｃ＝３π
４
－Ａ.所以ａｃｏｓＣ－ｃｃｏｓＡｂ＝ｓｉｎＡｃｏｓＣ－ｃｏｓＡｓｉｎＣ
ｓｉｎＢ
＝
２ｓｉｎ２Ａ－３４πæ
è
çöø÷ꎬ化成只含一个角的三角函数值ꎬ再利用三角函数的性质求出该式的范围.
解析㊀(１)由ｓｉｎ(Ａ－Ｂ)＝ｃｏｓＣꎬ得ｓｉｎ(Ａ－Ｂ)＝ｓｉｎ(
π
２
－Ｃ).因为әＡＢＣ是锐角三角形ꎬ所以Ａ－Ｂ＝
π２－Ｃ.即Ａ－Ｂ＋Ｃ＝π
２
.又Ａ＋Ｂ＋Ｃ＝πꎬ所以Ｂ＝
π
４
.由余弦定理ꎬ得ｂ２＝ｃ２＋ａ２－２ａｃｃｏｓＢ即(
１０)２＝ｃ２＋(３２)２－２ｃ ３２ｃｏｓ
π４
.即ｃ２－６ｃ＋８＝０ꎬ解得ｃ＝２或ｃ＝４.又当ｃ＝２时ꎬｂ２＋ｃ２－ａ２＝(
１０)２＋２２－
(３２)２＝－４<０ꎬ所以ｂ２＋ｃ２<ａ２ꎬ此时Ａ为钝角ꎬ与已知矛盾ꎬ所以ｃʂ２ꎬ故ｃ＝４.
(２)由(１)知Ｂ＝π４ꎬ则Ａ＋Ｃ＝３π４ꎬ即Ｃ＝３π４
－Ａ.所以ａｃｏｓＣ－ｃｃｏｓＡｂ＝
ｓｉｎＡｃｏｓＣ－ｃｏｓＡｓｉｎＣ
ｓｉｎＢ
＝
ｓｉｎＡ－Ｃ()２
２
＝２ｓｉｎ(２Ａ－３π
４).
因为әＡＢＣ是锐角三角形ꎬ所以π４<Ａ<π
２
.所以－π４<２Ａ－３π４<π４
.所以－
２２<ｓｉｎ(２Ａ－３π４)<２
２.所以－１<ａｃｏｓＣ－ｃｃｏｓＡ
ｂ
<１.
故
ａｃｏｓＣ－ｃｃｏｓＡ
ｂ
的取值范围为(－１ꎬ１).
题２㊀在әＡＢＣ中ꎬ角ＡꎬＢꎬＣ的对边分别为ａꎬｂꎬｃꎬ点Ｄ在边ＢＣ上ꎬ且ｓｉｎøＢＡＤ＝２ｓｉｎøＣＡＤ.
(１)若ＡＤ＝ｂ＝２ꎬｃｏｓøＢＡＤ＝１
４
ꎬ且øＣＡＤ为锐角
ꎬ求ＣＤ的长ꎻ
(２)若ＢＤ＝ＣＤꎬ求
ｂ
ｃ
的值.
分析㊀(１)由题设可得ｓｉｎøＢＡＤ＝１５
４
ꎬ进而求得ｃｏｓøＣＡＤ＝
７
８
ꎬ应用余弦定理求ＣＤ的长ꎻ(２)由正弦定理可得ｓｉｎøＣＤＡ＝２ｂｓｉｎøＣＡＤ
ａ
ꎬｓｉｎøＢＤＡ＝
２ｃｓｉｎøＢＡＤ
ａ
ꎬ结合øＣＤＡ＋øＢＤＡ＝１８０ʎ即可求目标式的值.
解析㊀(１)由ｃｏｓøＢＡＤ＝１
４
ꎬ０<øＢＡＤ<πꎬ则ｓｉｎøＢＡＤ＝
１５４
.所以ｓｉｎøＣＡＤ＝
ｓｉｎøＢＡＤ２＝１５
８
.又øＣＡＤ为锐角ꎬ则ｃｏｓøＣＡＤ＝
７８
.又ＣＡ＝ＡＤ＝ｂ＝２ꎬ在әＣＡＤ中ꎬｃｏｓøＣＡＤ＝ｂ２＋ｂ２－ＣＤ２２ｂ２＝８－ＣＤ２８＝７
８ꎬ可得ＣＤ＝１.
(２)由ＢＤ＝ＣＤ＝ａ２ꎬ在әＣＡＤ中ꎬｂ
ｓｉｎøＣＤＡ
＝
ａ２ｓｉｎøＣＡＤꎬ则ｓｉｎøＣＤＡ＝２ｂｓｉｎøＣＡＤ
ａ
.
在әＢＡＤ中ꎬ
ｃｓｉｎøＢＤＡ＝ａ
２ｓｉｎøＢＡＤ
ꎬ
则ｓｉｎøＢＤＡ＝２ｃｓｉｎøＢＡＤ
ａ.
又øＣＤＡ＋øＢＤＡ＝１８０ʎꎬ故２ｂｓｉｎøＣＡＤａ＝２ｃｓｉｎøＢＡＤａ.
又ｓｉｎøＢＡＤ＝２ｓｉｎøＣＡＤꎬ所以ｂ
ｃ
＝２.题３㊀如图３ꎬ在平面四边形ＡＢＣＤ中ꎬøＢＣＤ
＝π２ꎬＡＢ＝１ꎬøＡＢＣ＝３π
４
.(１)当ＢＣ＝２ꎬＣＤ＝７时ꎬ求әＡＣＤ的面积ꎻ
(２)当øＡＤＣ＝
π
６
ꎬＡＤ＝２时ꎬ求ｃｏｓøＡＣＤ.分析㊀(１)利用余弦定理求出ＡＣꎬｃｏｓøＡＣＢꎬ再利用诱导公式㊁三角形面积公式计算作答.
(２)在әＡＢＣ和
әＡＣＤ中用正弦定理求出ＡＣꎬ
图３
再借助同角公式求解作答.
解析㊀(１)当ＢＣ＝２时ꎬ在әＡＢＣ中ꎬ由余弦定理ꎬ得ＡＣ２＝ＡＢ２＋ＢＣ２－２ＡＢ ＢＣｃｏｓøＡＢＣ.
即ＡＣ２＝３－２２ｃｏｓ
３π
４
＝５.解得ＡＣ＝５ꎬ则ｃｏｓøＡＣＢ＝ＡＣ２＋ＢＣ２－ＡＢ２２ＡＣ ＢＣ＝３１０１０.因为øＢＣＤ＝π
２ꎬ
则ｓｉｎøＡＣＤ＝ｃｏｓøＡＣＢ＝
３１０
１０
.又ＣＤ＝７ꎬ所以әＡＣＤ的面积为ＳәＡＣＤ＝１２
ＡＣ ＣＤｓｉｎøＡＣＤ＝
５２ˑ７ˑ３１０１０＝３１４４
.(２)在әＡＢＣ中ꎬ由正弦定理ꎬ得ＡＢｓｉｎøＡＣＢ＝ＡＣ
ｓｉｎøＡＢＣ
.
即ＡＣ＝ＡＢｓｉｎ
３π４ｓｉｎøＡＣＢ＝２
２ｃｏｓøＡＣＤ
.
在әＡＣＤ中ꎬ由正弦定理ꎬ得ＡＤｓｉｎøＡＣＤ＝ＡＣ
ｓｉｎøＡＤＣ
.
即ＡＣ＝ＡＤｓｉｎ
π６ｓｉｎøＡＣＤ＝１
ｓｉｎøＡＣＤ.
则２２ｃｏｓøＡＣＤ＝１
ｓｉｎøＡＣＤ
.整理ꎬ得ｓｉｎøＡＣＤ＝２ｃｏｓøＡＣＤ.
而ｓｉｎ２øＡＣＤ＋ｃｏｓ２øＡＣＤ＝１ꎬøＡＣＤ为锐角ꎬ所以ｃｏｓøＡＣＤ＝３/３.
参考文献:
[１]谢新华.一道２０２１年高三八省联考试题的多解
探究[Ｊ]
.数理化解题研究ꎬ２０２２(０７):９５－９７.
[责任编辑:李㊀璟]。