一道2021年上海市高三数学竞赛试题的多解探究

摘" 要：探究一道上海市高三数学竞赛试题的解法，供教师在教学过程中参考，能对同学们学习这类问题有所帮助和启发.

关键词：竞赛试题；正弦定理；余弦定理；直角坐标系.

中图分类号：G632""" 文献标识码：A""" 文章编号：1008-0333（2024）16-0077-04

收稿日期：2024-03-05

作者简介：彭光焰（1966.8—），男，湖北省广水人，中学正高级教师，从事中学数学教学研究.

数学家哈尔莫斯指出：问题是数学的心脏.一个好的数学问题能激发学生的学习热情和探究欲望，引导数学探究活动的有序进行.我们对一道2021年上海市高三数学竞赛试题进行了多角度的研究，简要介绍这类问题的常见处理方法以及相应的分析，旨在为同学们研究竞赛题目的一题多解提供更加开阔的思路.

1" 一道赛题

题目" （2021年上海市高三数学竞赛试题第8题）如图1，在△ABC中，AB=c，∠A=α（30°lt;αlt;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）［1］.

2" 解法探究

解法1" 如图2，取AP的中点Q，连接MQ，则MQ∥PC，MQ=14c.

设AP=x，在△ACP中，由余弦定理，得

c24=（ccosα）2+x2-2cxcos2α.

即x2-2cxcos2α+c2cos2α-c24=0.

解得x=2ccos2α±c（2cos2α-1）2.

又点P不是AB的中点，所以x≠c2 .

所以x=c（4cos2α-1）2.

故BP=AB-AP

=c-c（4cos2α-1）2

=（3-4cos2α）c2.

BQ=BP+PQ

=BP+12AP

=（3-4cos2α）c2+（4cos2α-1）c4

=（5-4cos2α）c4.

又△BDP∽△BMQ，

则BPBQ=DPMQ.

所以DP=BP·MQBQ

=［（3-4cos2α）c/2］（c/4）（5-4cos2α）c/4

=（3-4cos2α）c2（5-4cos2α）.

故CD=CP-DP

=c2-（3-4cos2α）c2（5-4cos2α）

=c5-4cos2α.

解法2" 如图3，取AB中点Q，连接CQ，则CQ=c2.

则△ACQ和△PCQ均为等腰三角形.

则∠CQP=∠CPQ=2α.

因此∠PCQ=π-4α.

故∠PCA=π-4α+α=π-3α.

设∠BMC=θ，

由已知条件可得

BC=csinα，CM=12ccosα，

BM=csin2α+14cos2α.

所以sinθ=BCBM=csinαcsin2α+（cos2α）/4

=2sinα4sin2α+cos2α，

cosθ=CMBM=（1/2）ccosαcsin2α+（cos2α）/4

=cosα4sin2α+cos2α，

∠CDM=π-［（π-3α）+θ］

=3α-θ.

所以sin（3α-θ）=sin3αcosθ-cos3αsinθ

=sin3αcosα4sin2α+cos2α-cos3α·2sinα4sin2α+cos2α

=（sin3αcosα-cos3αsinα）-cos（α+2α）sinα4sin2α+cos2α

=sin2α（1+4sin2α）24sin2α+cos2α.

在△CDM中，由正弦定理，得

CMsin∠CDM=CDsin∠CMD.

即CMsin（3α-θ）=CDsinθ，

CD=CMsinθsin（3α-θ）.①

将CM=12ccosα，sinθ=2sinα4sin2α+cos2α，

sin（3α-θ）=sin2α（1+4sin2α）24sin2α+cos2α，

代入①并整理，得

CD=c1+4sin2α.

解法3" 如图4，过点C作CE⊥BM交BM于点E，设∠ECD=β.

由解法2设∠BMC=θ及∠PCA=π-3α，

又sinθ=2sinα4sin2α+cos2α，

sin（3α-θ）=sin2α（1+4sin2α）24sin2α+cos2α，

由∠BMC=θ，可得∠ECM=π2-θ.

因为β+π2-θ=π-3α，所以β=π2+θ-3α.

所以CE=CMsinθ=12ccosαsinθ，

CD=CEcosβ

=（ccosαsinθ）/2cos（π/2+θ-3α）

=ccosαsinθ2sin（3α-θ）

=ccosα·sinα4sin2α+cos2α·24sin2α+cos2αsin2α（1+4sin2α）

=c1+4sin2α.

解法4"" 如图5，以C为坐标原点，CA所在的直线为x轴，CB所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系.

由已知条件可知，B（0，csinα），M（12ccosα，0）.

由解法1求得AP的值，可求出点P坐标.

xp=ccosα-APcosα

=ccosα-c（4cos2α-1）cosα2

=ccosα（3-4cos2α）2，

yp=APsinα=c（4cos2α-1）sinα2.

故直线CP的方程为

y=（4cos2α-1）sinα（3-4cos2α）cosαx， ②

直线BM的方程为

x（1/2）ccosα+ycsinα=1.③

由②和③联立求解得

xD=c（3-4cos2α）cosα5-4cos2α，

yD=c（4cos2α-1）sinα5-4cos2α.

所以|CD|2=x2D+y2D

=c2（3-4cos2α）2cos2α（5-4cos2α）2+c2（4cos2α-1）2sin2α（5-4cos2α）2

=c2（5-4cos2α）2［（3-4cos2α）2cos2α+（4cos2α-1）2（1-cos2α）］

=c2（5-4cos2α）2［（16cos6α-24cos4α+

9cos2α）+（-16cos6α+24cos2α-9cos2α+1）］

=c2（5-4cos2α）2，

所以|CD|=c5-4cos2α.

解法5" 由解法2所得的∠PCA=π-3α.

由解法4建立平面直角坐标系.

直线CP的方程是

y=xtan（π-3α）=-xtan3α，④

由解法4所得直线BM的方程

2xccosα+ycsinα=1，⑤

又sin3α=3sinα-4sin3α，

cos3α=4cos3α-3cosα.

由④和⑤联立求解得

xD=c（3-4cos2α）cosα5-4cos2α，

yD=c（4cos2α-1）sinα5-4cos2α.

下同解法4.

由CO=12AB=AO，得

∠OCA=α，∠POC=2α，∠CPO=2α.

则PH=CPcos2α=c2cos2α.

又BH=CBcos（90°-α）

=ABsinα·sinα=csin2α，

故BP=BH-PH=c（sin2α-12cos2α）.

对△ACP及截线BDM，由梅涅劳斯定理得

CMMA·ABBP·PDDC=1.

所以CDDP=ABBP.

所以CDCP=CDCD+DP=ABAB+BP

=cc［1+sin2α-（

cos2α）/2

=11/2+2sin2α.

故CD=c1+4sin2α.

解法6由命题组给出.

3" 结束语

解三角形是高考和竞赛的常考点，是三角函数板块中的重中之重.解三角形一般结合正弦定理和余弦定理来求解三角形中的未知边或角，但其实在寻找解三角形的方法时，还有一些其他的视角：可以从平面几何的视角出发思考；从偏“数”的角度看，可以从坐标的视角开始研究；从向量视角寻找解题方法，由于正弦定理和余弦定理都可以用向量知识来证明，向量是联系“数”与“形”的桥梁. 在分析较复杂的解三角形问题时，单一的一种公式通常不能迅速解决问题，还需要综合分析图形的特征，进而选择更适合的方式运算.这就要求学生有扎实的计算能力，以及解方程和方程组的能力.

参考文献：

［1］

熊斌.2021年上海市高三数学竞赛［J］.中等数学，2021（07）：21-25.

［责任编辑：李" 璟］