邊角關(guān)系雙管齊下黃金三角迎刃而解
——談一道解三角形質(zhì)檢問(wèn)題的多解、背景與啟示

唐 洵

(福建省福清第三中學(xué) 350000)

1 問(wèn)題呈現(xiàn)

題目(2022年福州質(zhì)檢)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c，已知c=acosB+ccosA.

(1)試判斷△ABC的形狀，并說(shuō)明理由；

此題難度中等，試題以等腰三角形及多三角形問(wèn)題的邊角關(guān)系為背景，側(cè)重考查正余弦定理的使用，以及數(shù)形結(jié)合思想在解三角形問(wèn)題中的應(yīng)用；與2022年新高考Ⅰ卷19題相比較，兩個(gè)問(wèn)題異曲同工，體現(xiàn)了命題者對(duì)新高考試卷的理解入木三分.

2 問(wèn)題破解

2.1 第(1)問(wèn)解析

對(duì)于第(1)問(wèn)，利用題設(shè)條件中的邊角混合關(guān)系式求解，難度不大，其解題思路一般有三種，一是利用正弦定理實(shí)現(xiàn)邊化角后，轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)公式的應(yīng)用；二是利用余弦定理實(shí)現(xiàn)角化邊后，轉(zhuǎn)化為對(duì)代數(shù)式的化簡(jiǎn)；三是利用課本推論中的射影定理對(duì)單獨(dú)存在的邊進(jìn)行替換后，對(duì)代數(shù)式進(jìn)行化簡(jiǎn).此法較為簡(jiǎn)單.基于上述思路，便有如下解法.

解法1由正弦定理，得

sinC=sinAcosB+sinCcosA.

因?yàn)閟inC=sinπ-(A+B)

=sin(A+B)

=sinAcosB+cosAsinB，

故sinAcosB+cosAsinB=sinAcosB+sinCcosA.

即cosAsinB-sinCcosA=0.

即cosA(sinB-sinC)=0.

故cosA=0或sinB=sinC.

則A=90°或b=c.

故△ABC為直角三角形或等腰三角形.

解法2 由余弦定理，得

兩邊同乘2bc，得

2bc2=a2b+c2b-b3+b2c+c3-a2c.

故a2b-c2b-b3+b2c+c3-a2c=0.

則(a2b-a2c)+(b2c-b3)+(c3-c2b)=0.

即a2(b-c)+b2(c-b)+c2(c-b)=0.

故(c-b)(b2+c2-a2)=0.

故b2+c2=a2或b=c.

故△ABC為直角三角形或等腰三角形.

解法3由射影定理，得

c=acosB+bcosA.

故acosB+bcosA=acosB+ccosA.

即bcosA=ccosA.

則(b-c)·cosA=0.

故cosA=0或b=c.

則A=90°或b=c.

故△ABC為直角三角形或等腰三角形.

2.2 第(2)問(wèn)解析

圖1 圖2

因?yàn)閟in∠ADB=sin∠ABC，

而sin∠ABC=sin∠ACB，

故sin∠ADB=sin∠ACB.

而∠ADB≠∠ACB，

故∠ADB+∠ACB=π.

又∠ADB+∠BDC=π，

故∠BDC=∠ACB.

故AD=BD=BC=a,CD=AC-AD=b-a.

以下有兩種解題方法：

方法1在△ABD中，

在△BCD中，

而cos∠ADB+cos∠CDB=0，

即a2+ab-b2=0.

方法2在△BCD中，

在△ABC中，

即a2+ab-b2=0.

因?yàn)閟in∠ADB=sin∠ABC，

而sin∠ABC=sin∠ACB，

故sin∠ADB=sin∠ACB.

而∠ADB≠∠ACB，故∠ADB+∠ACB=π.

而∠ADB+∠BDC=π，故∠BDC=∠ACB=α.

則∠ADB=π-α.

以下有五種解題方法：

即a2+ab-b2=0.

方法2在△BDC中，由正弦定理，得

在△ABC中，由正弦定理，得

兩式相乘可得，AC·DC=BC2.

即b·(b-a)=a2.

即a2+ab-b2=0.

即a2+ab-b2=0.

方法4因?yàn)镾△ABC=S△ABD+S△BCD，

即AB×AC=AB×AD+BD×BC.

故b2=ab+a2.

解得α=72°.

在△ABC中，由正弦定理，得

下面求cos36°的值；

因?yàn)閟in36°=cos54°=cos(36°+18°)，

故2sin18°cos18°=cos36°cos18°-sin36°sin18°.

故2sin18°cos18°=(1-2sin218°)cos18°-2sin218°cos18°.

則2sin18°=1-2sin218°-2sin218°.

故4sin218+2sin18°-1=0.

3 追本溯源

本題第(1)問(wèn)的命題背景為射影定理，定理表述為：記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c，則a=bcosC+ccosB①，b=acosC+ccosA②，c=acosB+ccosB③；命題者將等式③中等號(hào)右側(cè)的ccosB更換為ccosA，于是得到問(wèn)題(1)，側(cè)重考查學(xué)生邏輯推理以及數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng)，體現(xiàn)了化歸與轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想.

4 學(xué)習(xí)啟示

(1)解三角形問(wèn)題的實(shí)質(zhì)是研究三角形中的邊角關(guān)系，因此在解題時(shí)，可以教學(xué)生從邊或角的方向入手，在對(duì)應(yīng)的三角形中利用正弦定理或余弦定理進(jìn)行解題，有時(shí)也利用面積公式作為邊角轉(zhuǎn)化的橋梁.

(2)對(duì)于邊角混合的題設(shè)條件，往往是純代數(shù)問(wèn)題，利用正弦定理或余弦定理都能求解，其不同點(diǎn)在于，利用正弦定理多是化角，進(jìn)而與兩角和差的正余弦公式、輔助角公式、誘導(dǎo)公式等配合使用解題；利用余弦定理多是化邊，進(jìn)而合理配對(duì)，實(shí)現(xiàn)等式的化簡(jiǎn)；教師平時(shí)教學(xué)的過(guò)程中務(wù)必強(qiáng)調(diào)此類(lèi)問(wèn)題的一題多解，并且親身演示，讓學(xué)生形成解題的反射弧，提高此類(lèi)問(wèn)題的得分率.

(3)圖形背景下的解三角形問(wèn)題，常以多三角形問(wèn)題或四邊形問(wèn)題為命題背景，此時(shí)要關(guān)注題設(shè)中的已知量，看看是否為兩角一邊、兩邊一夾角、兩邊一對(duì)角以及三邊的問(wèn)題，進(jìn)而選擇合適的解題策略；尤其關(guān)注公共邊以及公共角，以此為據(jù)，列式解題.

(4)解三角形問(wèn)題沒(méi)有復(fù)雜的二級(jí)結(jié)論，在教學(xué)的過(guò)程中，應(yīng)及時(shí)總結(jié)課本練習(xí)以及高考試題中出現(xiàn)過(guò)的二級(jí)結(jié)論，如射影定理、角平分線(xiàn)定理、中線(xiàn)長(zhǎng)定理等.教師除了親自推導(dǎo)這些二級(jí)結(jié)論之外，還要選擇合適的例題對(duì)這些結(jié)論加以使用，說(shuō)明使用結(jié)論解題的優(yōu)越性與局限性，同時(shí)達(dá)到授之以魚(yú)與授之以漁的目的.