经典永不过时 好题经常研究

彭光焰

摘 要：一些經典高考题具有深刻的背景，丰富的内涵，这些题目永不过时，值得我们老师经常研究，用好这些素材，开展深度教学，一题多解，反复琢磨，可以提升学生学习的兴趣，提高教学效益，提升学生的核心素养.

关键词：经典;高考题;解法

中图分类号：G632   文献标识码：A   文章编号：1008-0333（2022）04-0016-05

解三角形问题，形式直观，背景新颖，创新性强，命题形式活泼多样，知识交汇点多，思维方式多变，破解方法多样，一直是历年高考与竞赛命题中的基本考点和热点之一，有很好的选拔性与区分度，倍受关注.

1 题目呈现

试题 （2005年全国高考数学湖北理科第18题）在△ABC中，已知AB=463，cosB=66，AC边上的中线BD=5，求sinA的值.2 解法探究

视角1 通过作辅助线，利用正余弦定理求解.

利用正余弦定理解三角形是解三角形中最基本方法，通过作辅助线把已知条件化归到一个三角形中，然后再来求解.

解法1  如图1，取BC的中点E，连接DE，

则DE∥AB，且DE=12AB=263.

设BE=x，在△BDE中利用余弦定理，得

BD2=BE2+ED2-2BE·EDcos∠BED.

即5=x2+83+2×263×66x.

解得x=1，x=-73（舍去）.

故BC=2.

从而AC2=AB2+BC2-2AB·BCcosB=283.

即AC=2213.

又因为sinB=306，

故2sinA=2213306，解得sinA=7014.

解法2  如图2，取AB的中点E，连接DE，则DE∥BC，且DE=12BC，BE=12AB=263.

设ED=x，在△BDE中利用余弦定理，得

BD2=BE2+DE2-2BE·DEcos∠BED.

即5=x2+83+2×263×66x.

解得x=1，x=-73（舍去）.

故BC=2DE=2（以下略）.

图2          图3

解法3 如图3，延长BD至点E使BD=DE.

连接AE，CE，则四边形ABCE为平行四边形.

则BE=25.

设BC=AE=a，AC=b.

由余弦定理，得

b2=a2+（463）2-2a×463×66.①

由于平行四边形两条对角线平方和等于四条边平方和，得

2[a2+（463）2]=b2+20.②

由①和②联立，得

a=2，a=-143（舍去）（以下略）.

视角2  通过构造向量，用向量有关知识来求解.

在高中新教材中，正余弦定理就是利用向量来推导的，向量进入高中数学之后，又为我们解决三角形问题提供了一条新途径.利用向量来解决有两种方法.

解法4 由图3可知，

BA+BC=BE.

则（BA+BC）2=（BE）2.

即BA2+2BABCcosθ+BC2=BE2.

又cosθ=cosB=66，设BC=x，

所以323+2×463×66x+x2=20.

即x2+83x-283=0.

解得x=2或x=-143（舍去）（以下略）.

解法5 以B为坐标原点，BC为x轴正向建立平面直角坐标系，且不妨设点A位于第一象限.如图4所示.

由cosB=66，得sinB=306.

则BA=（463cosB，463sinB）=（43，453）.

设BC=（x，0），则BD=（4+3x6，253）.由条件得

BD=（4+3x6）2+（253）2=5.

从而x=2，x=-143（舍去）.

故CA=（-23，453）.

于是

cosA=BA·CABA·CA=-89+809169+809·49+809=31414.

所以sinA=1-cos2A=7014.

视角3 通过建立平面直角坐标系，利用解析几何知识来求解.

解法6 利用解法5所建立的平面直角坐标系，由cosB=66，得sinB=306.

故A的坐标是（463cosB，463sinB）.

即A（43，453）.

设C（x，0），由中点坐标公式，得D（4+3x6，253）.

由两点间距离公式，得

BD=（4+3x6）2+（253）2=5.

从而x=2，x=-143（舍去）.

下面可用解法1或解法2的方法来求sinA的值（以下略）.解法7 利用解法5所建立的平面直角坐标系，由解法6所得A（43，453）和C（2，0），可得AB的直线方程为y=5x，

所以C（2，0），D（53，253），

|AD|=12（43-2）2+（453-0）2=213.

设点D到直线AB的距离为d，

由点到直线距离公式，得

d=|5×53-253|（5）2+（-1）2=306.

则sinA=d|AD|=306×321=7014.

解法8 以A为坐标原点，AB所在的直线为x轴，建立如图5所示的平面直角坐标系.

设C（m，n），m>0，n>0，则D（m2，n2）.

由题意，得B（463，0），kBC=-tanB=-5.

故直线BC的方程为y=-5（x-463）.

由于C在BC上，故n=-5（m-463）.①

又BD=5，

即（m2-463）2+n24=5.②

由①和②联立，得

m=6，n=303或m=1969，n=-7309.（舍）故tanA=nm=303×16=53.

由tanA=53易得sinA=7014.

视角4 通过作辅助线，利用正弦的差角公式来求解.

解法9 如图6，过点D作DE⊥AB于点E，过点D作DF⊥BC于点F，作BC边上的高AG.

图6

则DF=12AG=12AB sinB=12AB1-cos2B

=253.

在Rt△BDF中，设∠DBF=β，在Rt△BDE中，设∠DBE=α，故sinβ=DFBD=253×15=23.

由sinβ=23易得cosβ=53.

又sinα=sin（B-β）=sinBcosβ-cosBsinβ=306×53-66×23

=66，

易得cosα=306.

在Rt△BDE中，

BE=BDcosα=5×306=566，

ED=BDsinα=5×66=306.

又AE=AB-BE=463-566=62，

在Rt△ADE中，tanA=EDAE=306×26=53，由tanA=53易得sinA=7014.

视角5 通过作辅助线生成直角三角形，利用解直角三角形的方法来求解.

解法10 如图7，过点C，D分别作AB的垂线交AB于E，F两点，则CE∥DF，EF=AF，CE=2DF.

设BC=a，在Rt△BCE中，

CE=asinB=306a，BE=acosB=66a.

则AE=AB-BE=463-66a，

EF=AF=12AE=263-612a，

DF=12CE=3012a，

BF=EF+BE=263-612a+66a=263+612a.

在Rt△BDF中，由勾股定理，得

BF2+DF2=BD2.

即（263+612a）2+（3012a）2=5.

即a2+83a-283=0.

解得a=2，a=-143（舍去）.

所以DF=3012a=

306，

AF=263-612a=263-66

=62.

在Rt△ADF中，由勾股定理，得

AD=AF2+DF2=（62）2+（306）2

=213.

所以sinA=DFAD=306×321=7014.

解法10完全没有用高中数学知识，对于能力强的初中生就可以解决.

3 类似题再现

题1 （2021年全国普通高等学校招生统一考试·新高考全国Ⅰ卷第19题）设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2=ac，点D在边AC上，BDsin∠ABC=asinC.

（1）证明：BD=b;

（2）若AD=2DC，求cos∠ABC.

题2 （2021年上海市高三数学竞赛试题第8题）如图8，在△ABC中，AB=c，∠A=α（30°<α<45°），∠C=90°，边AC的中点为M，边AB上的点P（与AB的中点不重合）满足PC=c2，PC与BM的交点为D，则CD的长为（用c，α表示）.

题3 （《数学通报》2021年2月号问题解答2588题）如图9，在Rt△ABC中，∠C=90°，

BD平分∠ABC，且BD∶AC=2∶3，求证：

∠ABC=60°.

4 总结反思

应该说，这是一道考查学生数学能力的好题，对于数学能力强的学生，能找出多种解法，对于数学能力差的学生，找一种解法就非常困难，这道题对于能力强的初中生就能解决.这道题既考查了学生“数”方面的基础（如数、式的运算，坐标的假设等）及“形”方面的基础（如作辅助线，坐标系的建立，勾股定理、正弦定理、余弦定理，向量的三角形法则、平行四边形法則等），又检验了学生的思想方法的掌握与运用，例如：如何通过作辅助线将已知的角和边转化到一个三角形中，从而运用正弦定理和余弦定理来求解;如何将一个三角问题转化为一个代数问题;如何将一个三角问题转化为一个解几问题;如何用坐标来表示有关点;如何用点的坐标来表示有关向量.叙述本题的文字虽简洁，但本题内涵丰富，思维容量大，解题入口宽，解法众多，是一道考能力的好题.本题体现了解三角形的本质（必须从“数”与“形”两方面结合起来思考），能考查一个高中学生的基本数学素养，同时也能引导教学，重视基础，重视数学思想方法，重视学生的探索能力的培养，重视学生的创新能力的培养，重视学生的思维能力的培养.

参考文献：

[1] 中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准（2017年版）[M].北京：人民教育出版社，2018.

[责任编辑：李 璟]