一道高考三角形试题的多解与多变

刘刚++赵毅

解三角形试题是每年高考的热点内容之一，主要考查正（余）弦定理、和差角、倍角公式等知识，以及三角恒等变换中的数学思想方法，检测学生的计算能力和逻辑推理能力，通常属于基础题.在解三角形试题中有一类四边三角形（有三条边是三角形的边，第四条边由三角形中的一条边上的点与相对的顶点连线得到）问题出现的频率较高，下面以一道2015年这样的高考试题为例，进行解法探究与变式梳理，供大家参考.

1试题

例1（2015年全国新课标Ⅱ理17）△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，△ABD面积是△ADC面积的2倍.

（Ⅰ）求sin∠Bsin∠C；

（Ⅱ）若AD=1，DC=22，求BD和AC的长.2试题特点

本题在三角形三边的基础上多了一条角平分线，属于典型的四边三角形问题.本题考查了正（余）弦定理、角平分线性质定理、等底同高三角形面积相等等知识.第（Ⅰ）问直接用正弦定理、角平分线性质定理即可得到答案；第（Ⅱ）问的难点是怎样求出AC的长，通过角平分线AD得到了三个三角形：△ABC，△ABD及△ACD，对于学习较死板的学生不知道在哪一个三角形中用定理、套公式，很容易盲目代数运算，费时费力，效果适得其反.这样的试题很能考查学生的识图能力以及灵活的解题思路.

3解法分析

（Ⅰ）略.（Ⅱ）由（Ⅰ）可得ACAB=12，设AC=m，则AB=2m.由△ABD面积是△ADC面积的2倍，得BD=2CD.又DC=22，所以BD=2.接下来求线段AC的长.具体解法如下：

思路一代数法.

解析1如图1，在△ACD中，cos∠ADC=AD2+CD2-AC22AD·CD=324-22m2.图1

在△ABD中，cos∠ADB=AD2+BD2-AB22AD·BD=324-2m2.

因为∠ADB+∠ADC=π，所以cos∠ADB+cos∠ADC=0，即（324-22m2）+（324-2m2）=0，解得m=1，由此可求AC=1.

解析2如图1，在△ACD中，cos∠CAD=AD2+AC2-CD22AD·AC=2m2+14m.

在△ABD中，cos∠BAD=AD2+AB2-BD22AD·AB=4m2-14m.

因为∠BAD=∠CAD，所以cos∠BAD=cos∠CAD，即2m2+14m=4m2-14m，解得m=1，由此可求AC=1.

点评解析1利用∠ADB与∠ADC互补，然后利用余弦定理建立等式关系；解析2利用∠BAD与∠CAD相等，然后利用余弦定理建立等式关系.两种方法共同特点都是借助△ABD与△ACD角之间的关系建立方程，体现了方程的解题思想.

思路二向量法.

解析3因为AC=AD+DC，所以AC2=AD2+DC2+2AD·DC，

即m2=32+2cos∠ADB.①

因为AB=AD+DB，所以AB2=AD2+DB2+2AD·DB，

即2m2=32+2cos∠ADC.②

因为cos∠ADB+cos∠ADC=0，所以①+②，得3m2=3，解得m=1，由此可求AC=1.

点评向量既具有大小又有方向，所以向量是解决有关边长与角问题的重要工具，本题在两个三角形中利用向量的三角形法则，通过平方建立长度关系，这是常见的把向量转化为长度的一种处理方式.

思路三几何法.图2

解析4如图2，过点A作AE⊥BC于点E，设DE=x.

在Rt△AED中，有AE2=1-x2；

在Rt△ABE中，有AE2=4m2-（2+x）2；

在Rt△ACE中，有AE2=m2-（22-x）2.

由此得到4m2-（2+x）2=m2-（22-x）2，1-x2=m2-（22-x）2，分别整理得3m2=32+32x，m2=32-2x，消掉x得6m2=6，即m=1，由此可求AC=1.图3

解析5如图3，过点D分别作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，设ED=x，由AD平分∠BAC，则DF=ED=x，借助Rt△AED，Rt△BED，Rt△AFD，Rt△DFC根据勾股定理可得AE=1-x2，BE=2-x2，AF=1-x2，CF=12-x2，由AB=2AC，可得212-x2+1-x2=2-x2，解得x=74，由此可求AC=1.

点评解析4通过过点A作高，借助AE利用勾股定理得到方程组使问题得到解决.解析5由角平分线联想到构造角平分线的基本图形，虽然有一些计算量，但深刻认识了图形的特征，是学生较容易想到的一种解决方法.图4

解析6如图4，延长AD至E，使得∠ACE=∠ADB，由∠ACE=∠ACD+∠DCE，∠ADB=∠ACD+∠DAC，

得∠DAC=∠DCE.由AD平分∠BAC，得∠BAD=∠DAC=∠DCE，所以△ABD∽△AEC，△ABD∽△CED，即ABAE=ADAC，ADCD=BDDE，解得AE=2m2，DE=1.由AE-ED=AD，得m=1，即AC=1.

点评解析6结合已知角平分线的条件，添加辅助线构造相似三角形，通过相似建立边的关系从而使问题得到解决，具有一定技巧性.

解析7由斯特瓦尔特定理（在△ABC中，若D是BC边上一点，则AB2·CD+AC2·BD-AD2·BC=BD·CD·BC）得：图522（2m）2+2m2-322×12

=22×322×2，解得m=1，即AC=1.

解析8如图5，作△ABC的外接圆交AD的延长线于点E，连接BE，EC.由AD平分∠BAC，得BE=CE.

因为∠EAC=∠EBC，∠BDE=∠ADC，所以△BDE∽△ADC，即BDAD=DEDC=BEAC，解得DE=1，BE=CE=2.

由托勒密定理有AB·CE+AC·BE=AE·BC，代入得2（2m）+2m=322×2，解得m=1，即AC=1.

点评解析7，8借助平面几何中的定理使问题得到解决，对于平时接触竞赛的同学来说游刃有余，通过高考体现了对不同层次的学生都有不同发展的新课标理念.

本题一共用了三种思路：代数法，向量法，几何法，8种解法使问题得以解决，这些方法在解题中都是常用的方法.在解题过程中通常先用几何法挖掘图形特点，适当添加辅助线，然后再用代数法进行解决，这就是通性通法.教师要注意这方面的引导，这样才能取得较好的解题效果，才能揭示问题的本质，从而提升解题的针对性.

4变式梳理

四边三角形问题在近几年的高考中频繁出现，学生在解题时不知利用哪一个三角形，很容易陷入被动，下面把近几年的有关高考题进行梳理，在解法上寻找最简捷的方式，总结解题规律，从整体上认识和把握，做到有的放矢.

变式一角平分线型.

例2（2015年重庆理13）在△ABC中，∠B=120°，AB=2，∠A的角平分线AD=3，则AC=.图6

解析如图6，过点A作AE⊥CB交CB的延长线于点E，因为∠B=120°，所以∠ABE=60°.在Rt△ABE中，AB=2，则AE=62.在Rt△ADE中，sin∠ADE=AEAD=22，即∠ADE=45°.所以∠CAD=∠BAD=15°，即∠C=30°，在Rt△ACE中，AC=6.

点评遇到角平分问题注意利用角平分线性质定理或构造角平分线的基本图形，这是常见的处理方式.本题∠B给出，构造了与∠B有关的直角三角形，通过解直角三角形使问题得到解决.

变式二中线型.

例3（2005年湖北理18）在△ABC中，已知AB=463，cosB=66，AC边上的中线BD=5，求sinA的值.图7

解析如图7，延长BD至E，使BD=DE，连接AE，CE，则四边形ABCE是平行四边形.过点E作BC的垂线交BC的延长线于点F，过点A作AP⊥BC于点P，则四边形APFE是矩形.在Rt△ECF中，cos∠ECF=cosB=66，CE=AB=463，所以EF=453，CF=43，即BP=43.在Rt△BEF中，BE=25，所以BF=103，即CP=23，由此得BC=2.在Rt△ACP中，AC=CP2+AP2=2213.在△ABC中，ACsinB=BCsinA，解得sinA=7014.

点评中线问题通常倍长构造平行四边形，这是常见的处理方式.本题也可以过点D作AB的平行线构造三角形的中位线使问题得到解决.

变式3∠ADC或∠ADB已知型.图8

例4（2014年北京理15）在△ABC中，∠B=π3，AB=8，点D在BC边上，且CD=2，cos∠ADC=17.

（Ⅰ）求sin∠BAD；（Ⅱ）求BD，AC的长.

解析如图8，过点A作AE⊥BC于点E，过点D作DF⊥AB于点F，在Rt△ABE中，由AB=8，∠B=π3，得AE=43，BE=4.在Rt△ADE中，由cos∠ADC=17得sin∠ADC=437，所以AD=7，DE=1，即BD=3，EC=1.所以在Rt△ACE中，AC=7.在Rt△BDF中，∠B=π3，所以DF=332.在Rt△ADF中，sin∠BAD=3314.

例5（2010年高考全国课标卷理16）在△ABC中，D为边BC上一点，BD=12DC，∠ADB=120°，AD=2，若△ADC的面积为3-3，则∠BAC=.

解析如图9，过点A作AE⊥BC于点E，因为∠ADB=120°，所以∠ADE=60°.在Rt△ADE中，AD=2，所以AE=3，DE=1.由△ADC的面积为3-3，得CD=23-2，所以CE=23-3，BD=3-1，即BE=3.由此得∠BAE=45°，tan∠CAE=CEAE=2-3，即∠CAE=15°，所以∠BAC=60°.图9图10

例6（2010年全国大纲Ⅱ理17）△ABC中，D为边BC上的一点，BD=33，sinB=513，cos∠ADC=35，求AD.

解析如图10，过点A作AE⊥BC于点E，在Rt△ADE中，由cos∠ADC=35，设DE=3x，

则AD=5x，AE=4x.在Rt△ABE中，tanB=AEBE=4x33+3x=512，解得x=5，所以AD=25.

点评由于∠ADC或∠ADB已知，所以可以作高构造直角三角形解决；也可以利用∠ADC与∠ADB互补关系通过余弦定理建立等式关系.

变式4其他类型.

例7（2010年陕西文17）在△ABC中，已知∠B=45°，D是BC边上的一点，AD=10，AC=14，CD=6，求AB的长.

解析如图11，在△ADC中，AD=10，AC=14，CD=6，由余弦定理得cos∠ADC=AD2+CD2-AC22AD·CD=-12，

所以∠ADC=120°，即∠ADB=60°.

在△ABD中，由正弦定理得ABsin∠ADB=ADsinB，解得AB=56.

点评本题△ADC的三边已知，所以可以用余弦定理求出某一个角，通过分析角之间的关系从而将问题解决.图11图12

例8（2013年福建理13）如图12，在△ABC中，已知点D在BC边上，AD⊥AC，sin∠BAC=223，AB=32，AD=3，则BD的长为.

解析因为AD⊥AC，所以∠DAC=90°，即sin∠BAC=sin（∠BAD+90°）

=cos∠BAD=223.在△ABD中，BD2=AD2+AB2-2AD·ABcos∠BAD，把AB=32，AD=3代入求得BD=3.

点评通过已知条件△ABD可解，直接用余弦定理得出答案.

例9（2015年安徽理16）在△ABC中，∠A=3π4，AB=6，AC=32，点D在BC边上，AD=BD，求AD的长.图13

解析如图13，过点D作DE⊥AB于点E，过点C作

CF⊥AB交BA的延长线于点F，由A=3π4，得∠CAF=π4，所以△CAF是等腰直角三角形.因为AC=32，所以CF=AF=3，即BF=9.在Rt△BCF中，通过勾股定理求得BC=310.因为AD=BD，DE⊥AB，所以AE=BE=3.由DE⊥AB，CF⊥BF，得DE∥CF，所以BDBC=BEBF，由此求得BD=10，即AD=10.

点评本题角A为钝角，因此把角A的补角放在一个直角三角形内便于解决问题，所以可以过点C或B作三角形的高.本题通过化斜为直运用勾股定理、平行线分得对应线段成比例等知识，大大减少了计算量.

教育家波利亚说过“即使是相当好的学生，当他得到问题的解答后，就会合上书本，找点别的事来干，这样做，他就错过了解题的一个重要方面”.如果教师能使学生在每次解题之后扪心自问：“这道题的解法是否完善？这道题有没有更好的解题途径？能不能换个角度考虑一下？还能不能再推广呢？”，那么学生的思维品质必然由量变产生彻底的质变.本文通过一道高考试题的多种解法探究培养了学生的创新能力.同时对一类问题多题归一、一题多变进行梳理，真正做到了触类旁通，从而提高了解题的灵活性.