评2022年新高考数学全国I卷第18题

赖萍仙

2022年新高考数学全国I卷试题初看平凡朴实，细究内有乾坤。试题体现高考改革要求，突出数学学科特点，加强应用创新考查。从考试后的试题分析来看，许多教师热衷于研究高考压轴题，对前4道解答题关注度不足。笔者有幸参加今年的高考数学全国I卷的评卷工作，直接感受到的解答题命题内涵，认真分析研究高考前4道解答题更能体现高考命题特点和趋势。下面探究2022年新高考数学全国I卷第18题。

一、试题分析

原题如下：

18．（2022年全国I）记[△ABC]的内角A，B，C的对边分别为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，感觉比较熟悉，没有什么难度；但细做之时，却感觉很有韵味。难度层层深入，体现命题者的深思熟虑。是为国家选拔不同层次的人才一个好的考验。深度考察了逻辑推理、数学运算、数据分析核心素养的命题意图。

（二）第（1）问的分析

很常见的题型，给出一个恒等式[cosA1+sinA=sin2B1+cos2B]作为大前提，再结合[C=2π3]，求B。这就意味着必须要将恒等式进行“抽丝剥茧”。

思路一：

细看等式右边有二倍角，很自然地利用二倍角公式进行拆解；其次常规操作将分式化整式，移项后发现，刚好满足[cos（A+B）]公式，再进一步得到[-cosC]，从而拨开云雾见青天，即得到[-cosC=sinB]，因为[C=2π3]，故就轻轻松松求得B。这是考生正常的思路，也是最优的思路。

解法如下：

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

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

思路二：

已知的恒等式的右边还是用二倍角化开得到[tanB]，左边也巧妙地用二倍角公式及1的妙用，将恒等式化开，再通过化齐次式，刚好得到一个正切的两角差的式子，这就转化为角的关系问题，再结合三角形的内角和公式及C的值，也就确定B。综观这个解法，相当于“曲线求国”，绝大部分考生是想不到恒等式左边的变形。

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]

依题意有：[tan（π4?A2）=tanB]

[∴B=π4?A2+kπ，  （k∈Z）]

[∵]A，B三角形ABC的内角，

故[B=π4?A2]，即[A=π2?2B]

[∴C=π?（A+B）=B+π2]，

[∴B=C?π2=2π3?π2=π6]

思路三：

这个思路是只看到分式，没有考虑到二倍角的关系，就只是将分式化整式；移项后发现满足两角和的余弦公式，进而止步于此。右边出现了[cosA+cos（A+2B）]，左边是[sin2B]，考查学生的拆解能力；洞察能力强的考生能发现到：[A=（A+B）?B]，[A+2B=（A+B）+B]。利用两角和与差公式拆开，化解得[- 2cosC?cosB]，同时左边的[sin2B]用二倍角公式化开得，经一化一消，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]，

因为在[△ABC]中，[cosB≠0]

[∴sinB=-cosC]，又[∵C=2π3]，

[∴sinB=12]，[0

（三）第（2）问分析

细看是求一个含有三个变量的分式的最小值，须先要用统一的变量表示出来。显见只有应用正弦定理将边化为角的正弦来表示，再结合内角和定理和第（1）问的恒等式化得到关系式将角A，B，C三个角用同一个角表示出来，这个问题就迎刃而解了。一些基础不扎实的考生没想到需要用正弦定理来转换，从而第（2）问完全失分；一部分考生会用正弦定理将边化为角的正弦来表示，但由于过于粗心或基础知识不牢固，没有从第（1）问得到恒等式[sinB=-cosC]，從而得不到角B和C的关系，从而第（2）问就只能得1分；一部分具备扎实的基础知识的考生能灵活地将角A，B，C用一个角表示出来，若平时少做这种分离变量的式子变形，那么做不出标准的答案。极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]，从而得到[C=π2+B]，[A=π2?2B]，再利用正弦定理以及二倍角公式将[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].

当且仅当[cos2B=22]时取等号，所以[a2+b2c2]的最小值为[42?5]

思路二：

由（1）知[sinB=-cosC]，从而得到[B=C-π2]，[A=π-（B+C）=3π2-2C]，再利用正弦定理以及二倍角公式将[a2+b2c2]化成[4sin2C+2sin2C?5]，然后利用基本不等式即可解出．这个思路基本和思路一相同，只是化简时采用的统一的变量不同。

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]

当且仅当[sin2C=22]时取等号，所以[a2+b2c2]的最小值为[42?5]

二、研究与反思

通过分析此题，对于高考的解三角形的复习有什么启示呢？

1. 基础内容熟能生巧，稳中求新。教学中使学生在掌握正、余弦定理的内容和适用范围的同时，能灵活地进行边角之间的互化。若运用正弦定理化角的关系时，必须熟悉同角关系的诱导公式、两角和与差的公式、二倍角公式。若运用余弦定理化边的关系时，必须对余弦定理及其变形熟悉并整理式子做到熟练。我们在教学中要细化分一个步骤，使学生对例题相关的一类题目在以后考试中遇到都能轻易看出所考察的知识点，如何进行化简变形，做到胸有成竹。个人认为对于基础比较薄弱的学生，能化为边的关系就选用化边的关系来做，较容易化简得出想要的结果。反之，若选用化角的关系来做，较容易暴露自己的弱点，因为这部分学生对同角关系的诱导公式、两角和与差的公式、二倍角公式记忆不牢固，似是非是，故更容易出错。故在教学中教师也要作出相应的方法指引，使学生少走弯路，使学生学习更有自信。

2. 注重培养学生运算的合理性、科学性和严谨性。运算能力是中学生必具备的重要数学能力，本次考试充分体现了这是高层次的要求。培养学生的运算能力不是一朝一夕的事情，是一个长期而漫长的过程。故我们在平时的起始年级的教学中就要深化下去，逐步展示给学生看，让学生学会模仿，进而熟练操作。

3. 加强知识间的交汇复习。在知识网络的交汇点处设计试题是本次试题的一大特点。不等式是中学数学的重要工具，在中学数学中具有举足轻重的作用。本次没有独立的不等式的题目，但它渗透到解三角形、函数导数中，故在今后的高考复习中，一定要关注不等式与其他内容的交汇性，据知识特点，精心设计综合性强、代表性强的交汇性练习，让学生解一题、懂一块、熟一类，在活与变上下功夫，才能使学生在高考的考场上能充分发挥应有水平。

三、复习题录

下面提供几个练习题给大家复习参考：

1. 已知[△]ABC的内角A，B，C的对边分别为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]的对边分别为[a]，[b]，[c]，且[sin2A+sin2B?sin2C=sinAsinB]。

（1）求角[C]的大小；

（2）若[△ABC]的外接圆半径为[3]，求[△ABC]周长的取值范围。

3. 已知[△ABC]中，角[A]，[B]，[C]的对应边分别为[a]，[b]，[c]，其中[b=2c·cos（B+C）]，[（2b+c）cosA+a·cosC=0]，且[△ABC]外接圆的半径为2。

（1）求[a]，[b]，[c]的值；

（2）设[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）因为[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]，

因为[C]为[△ABC]的内角，则[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]的周长为：

[a+b+c=23sinA+23sin（π3+A）+3]

[=23sinA+23（32cosA+12sinA）+3]

[=33sinA+3cosA+3]

[=6（32sinA+12cosA）+3=6sin（A+π6）+3]，

因为[A+B=2π30

所以[0

所以[sin（A+π6）∈12，1]，

则[6sin（A+π6）+3∈（6，9］]，

所以[△ABC]周长的取值范围为（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.【详解】（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]

综上[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]）

当[sin（2θ+φ）=1]时，[（λ2+μ2）max=5+136]