三角形背景下的一道三角函数题的探析、变式与拓展

摘 要：文章基于一道三角形背景下的三角函数最值题展开探究，在文[1]提供四种解法的基础上，另给出五种解法，最后给出该题的变式与一般化拓展，以充分发挥该题价值.

关键词：三角函数；一题多解；SOLO理论；变式与拓展

中图分类号：G632   文献标识码：A   文章编号：1008-0333（2024）13-0002-07

收稿日期：2024-02-05

作者简介：刘海涛（1988—），男，安徽省滁州人，本科，中学一级教师，从事高中数学教学研究.

基金项目：安徽省芜湖市2022年度教育科学研究课题“基于SOLO理论发展学生数学核心素养的实践研究”（项目编号：JK22019）.[FQ）]

文章所引第一条参考文献对一道三角形背景下的分式三角函数最值题进行探究，基于四个思维视角，给出四种解法［1］.本文在王老师的基础上继续探究，再给出五种解法，并给出两道变式题，以强化该类问题的解法，最后将三道问题拓展到一般化情形，现与读者交流，以期抛砖引玉.

1 试题呈现与分析

题1 在△ABC中，已知sinB=2sinA，则sinA2cosA+cosB的最大值是.

分析 该题是一道三角形背景下，分子与分母均含有三角函数的分式函数求最大值问题，结构简单、明了，而且内涵丰富，既可以从函数角度解决问题，也可以利用正、余弦转化为边长处理，还可以转化为解析几何中圆（阿波罗尼斯圆）的问题处理.总之该题起点低、入口宽，是一道难得的好题，考查了学生分析问题、解决问题的能力及转化与化归、数形结合、分类讨论等数学思想，体现了逻辑推理、数学运算、直观想象等数学核心素养[2].

2 解法再探

解法1 （三角函数角度）

由sinA2cosA+cosB

=sinA（2cosA-cosB）（2cosA+cosB）（2cosA-cosB）

= 2sinAcosA-sinAcosB2cos2A-cos2B，

又sinB=2sinA，得

sinA2cosA+cosB=sinBcosA-sinAcosB2-2sin2A-（1-sin2B）

= sin（B-A）1+sin2B-2sin2A

=sin（B-A）≤1，

当B-A=π2时等号成立，

所以sinA2cosA+cosB的最大值是1.

解法2 （辅助角公式角度）令sinA2cosA+cosB=k，则sinA-2kcosA=kcosB.

则（sinA-2kcosA）2=k2cos2B

=k2（1-sin2B）

=k2（1-2sin2A）.

即sin2A-22ksinAcosA=-k2.

即1-cos2A2-2ksin2A=-k2.

即1+2k2=22ksin2A+cos2A=8k2+1·sin（2A+φ）（其中tanφ=122k）.

则1+2k2≤8k2+1，解得k≤1，当且仅当2A+φ=π2时等号成立.

故sinA2cosA+cosB的最大值是1.

解法3 （解三角形角度1）设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，由函数式的齐次化，不妨设c=1，由sinB=2sinA得b=2a.

又b+a>c，b-a1，2a-a<1，

解得2-1

由cosA=b2+c2-a22bc=1+a222a，

cosB=a2+c2-b22ac=1-a22a，

得2cosA+cosB=1a，

sinA= 1-cos2A=1-（1+a222a）2=6a2-a4-122a.

所以sinA2cosA+cosB=6a2-a4-122= -（a2-3）2+822≤1，当a=3时等号成立.

故sinA2cosA+cosB的最大值是1.

解法4 （解三角形角度2）由文[1]的解法2得

sinA2cosA+cosB=sin2AsinC.

则sinA2cosA+cosB=ac1-cos2A

=ac1-（b2+c2-a22bc）2

=ac1-（c2+a222ac）2

=-［（a/c）2-3］2+822≤1，

当ac=3时等号成立，

故sinA2cosA+cosB的最大值是1.

解法5 （导数为工具研究函数的角度）由sinB=2sinA≤1，得0

由2cosA+cosBsinA=2tanA±cos2BsinA

=2tanA±1-sin2BsinA

=2tanA±1-2sin2AsinA

=2tanA±1tan2A-1，

令1tanA=x，f（x）=2x±x2-1（x≥1）.

（1）研究f1（x）=2x+x2-1（x≥1），易知f1（x）在［1，+∞）上单调递增，则［f1（x）］min=f1（1）=2；

（2）研究f2（x）=2x-x2-1（x≥1），求导得f ′2（x）=2-1+1x2-1，易知f ′2（x）在［1，+∞）上单调递增，且f ′2（2）=0.

所以［f2（x）］min=f2（2）=1.

综上，得［f（x）］min=1.

则sinA2cosA+cosB=f（x）的最大值是1.

3 变式拓展

题2［3］ 已知△ABC中∠A=π3，其内切圆半径r=1，则△ABC面积的最小值是.

解法1 （余弦定理角度1）如图1，设△ABC的内切圆⊙I与三边切于点D，E，F，由AI为∠A平分线知∠EAI=∠FAI=π6.

又半径r=1，则AE=AF=3.

于是BE=BD=c-3，CF=CD=b-3.

所以a+b+c=23+2（b-3）+2（c-3）.

即b+c=a+23.

又b2+c2-a2=2bccosA=bc，

所以b2+c2-（b+c-23）2=bc.

即12+3bc=43（b+c）.

又b+c≥2bc，则12+3bc≥83bc（当且仅当b=c时取等号），解得bc≥12.

于是S△ABC=12bcsinA≥33.

故当b=c，即△ABC为正三角形时S△ABCmin=33.

解法2 （余弦定理角度2）同解法1，得到

b+c=a+23.

又b2+c2-a2=2bccosA=bc，

即（b+c）2-a2=3bc.

所以（a+23）2-a2=3bc≤34（b+c）2=34（a+23）2.

即a≥23（当且仅当b=c时取等号）.

又S△ABC=12（a+b+c）r=a+3，

故△ABC为正三角形时S△ABCmin=33.

解法3 （海伦公式角度）由S△=12（a+b+c）r=p（p为△ABC的半周长），

又S△= p（p-a）（p-b）（p-c），得

p=（p-a）（p-b）（p-c）

≤［（p-a）+（p-b）+（p-c）3］3=p327.

即p≥33（当且仅当a=b=c时取等号）.

故△ABC为正三角形时S△ABCmin=33.

解法4 （三角函数角度1）如图1，易知AE=AF=cotπ6=3，BE=BD=cotB2，CF=CD=cotC2.

则S△ABC=12（a+b+c）r

=3+cotB2+cotC2

=3+cos（B/2）sin（B/2）+cos（C/2）sin（C/2）

=3+sin（B/2+C/2）sin（B/2）sin（C/2）

= 3+32·1sin（B/2）sin（C/2）.

记f（B）=sinB2sinC2

= sinB2sin（π3-B2）

= sinB2（32cosB2-12sinB2）

= 34sinB+14cosB-14

=12sin（B+π6）-14，

由B∈（0，2π3），得f（B）∈（0，14］（当且仅当B=π3时f（B）取得最大值14）.

所以△ABC为正三角形时S△ABCmin=33.

解法5 （三角函数角度2）同解法4得

S△ABC=3+cotB2+cotC2.

由y=cotx在（0，π2）上是下凸函数，

所以12（cotB2+cotC2）≥cotB+C4=3.

即cotB2+cotC2≥23（当且仅当B=C时取等号）.

所以△ABC为正三角形时S△ABCmin=33.

解法6 （三角恒等变换角度）由A+B+C=π，得

tan（B2+C2）=tan（π2-A2）=cotA2.

即tanA2tanB2+tanB2tanC2+tanC2tanA2=1.

所以33tan2A2tan2B2tan2C2≤1.

即tanA2tanB2tanC2 ≤39（当且仅当A=B=C时取等号）.

所以S△ABC=12（cotA2+cotB2）（cotA2+cotC2）sinA

= cotA2cotB2cotC2≥33.

故△ABC为正三角形时S△ABCmin=33.

解法7 （解析几何角度）由图2，建立平面直角坐标系xIy，以ID所在直线为y轴，设直线IA的倾斜角为α（π6<α<5π6），则A（2cosα，2sinα），直线AB，AC的倾斜角分别为α-π6，α+π6.

于是BA=（ccos（α-π6），csin（α-π6）），

CA=（bcos（α+π6），bsin（α+π6））.

则B（-1-cos（α-π/6）sin（α-π/6），-1），

C（1-cos（α+π/6）sin（α+π/6），-1）.

则a=1-cos（α+π/6）sin（α+π/6）--1-cos（α-π/6）sin（α-π/6）=232sinα-1.

有S△ABC=12a（2sinα+1）=3（2sinα+1）2sinα-1=3+232sinα-1≥33（当且仅当α=π2时取等号）.

故△ABC为正三角形时S△ABCmin=33.

题3［4］ 已知△ABC的三边分别为a，b，c，若满足a2+b2+2c2=8，则△ABC面积的最大值为.

解法1 （余弦定理角度）由余弦定理，得

cosC=a2+b2-c22ab=8-3c22ab.

结合三角形面积公式S=12absinC，得

S2=14a2b2sin2C

=14a2b2（1-cos2C）

=14a2b2［1-（8-3c22ab）2］

=116［4a2b2-（8-3c2）2］.

又8-2c2=a2+b2≥2ab（当且仅当a=b时等号成立），

所以S2≤116［（8-2c2）2-（8-3c2）2］

=116c2（16-5c2）

=1805c2（16-5c2）

≤180×（5c2+16-5c2）24=45，

当且仅当5c2=16-5c2时等号成立.

于是S≤255.

故当且仅当a=b=2515，c=2510时，△ABC面积取最大值为255.

解法2 （海伦公式角度）由三角形面积的海伦公式，得

S=p（p-a）（p-b）（p-c）（其中p=a+b+c2）.

则S2=p（p-a）（p-b）（p-c）

=a+b+c2·b+c-a2·a+c-b2·a+b-c2

=（a+b）2-c24·c2-（a-b）24

=4a2b2-（8-3c2）216，

下同解法1.

解法3 （辅助角公式角度1）由余弦定理，得

c2=a2+b2-2abcosC.

结合a2+b2+2c2=8，得

a2+b2+2c2=a2+b2+2（a2+b2-2abcosC）=3（a2+b2）-4abcosC≥6ab-4abcosC（当且仅当a=b时等号成立）.

由S=12absinC，得ab=2SsinC.

所以8≥12SsinC-8S·cosCsinC.

即3S≤2（sinC+S·cosC）.

又sinC+S·cosC=1+S2（11+S2sinC+S1+S2cosC）= 1+S2sin（C+φ）≥1+S2（其中11+S2=cosφ，S1+S2=sinφ，当且仅当tanC=1tanφ=1S时等号成立），于是3S≤21+S2，解得S≤255.

综上，当且仅当tanC=52，即a=b=2515，c=2510时，△ABC面积取最大值为255.

解法4 （辅助角公式角度2）同解法3，得

8≥6ab-4abcosC=2ab（3-2cosC）.

又2cosC+5sinC= 3（23cosC+53sinC）=

3sin（C+φ）≤3（其中23=sinφ，53=cosφ，当且仅当tanC=1tanφ=52时等号成立），

所以8≥25absinC.

于是S=12absinC≤255.

故当且仅当tanC=52，即a=b=2515，c=2510时，△ABC面积取最大值为255.

解法5 （圆的参数方程角度）由a2+b2+2c2=8，得a2+b2=8-2c2.

设a=8-2c2cosθ，b=8-2c2sinθ（0<θ<π2），代入cosC=a2+b2-c22ab，得

cosC=8-3c2（8-2c2）sin2θ.

S2=14a2b2（1-cos2C）

=116［（8-2c2）2sin22θ-（8-3c2）2］

≤116［（8-2c2）2-（8-3c2）2］

=116c2（16-5c2）

≤180×（5c2+16-5c2）24=45，

当且仅当sin2θ=1且5c2=16-5c2时等号成立，

于是S≤255.

故当且仅当a=b=2515，c=2510时，△ABC面积取最大值为255.

解法6 （极坐标角度）设a=ρcosθ，b=ρsinθ（0<θ<π2），代入a2+b2+2c2=8，得c2=4-12ρ2.

代入S2=116［4a2b2-（8-3c2）2］

=116［ρ4sin22θ-（32ρ2-4）2）］

≤116［ρ4-（32ρ2-4）2］

=16（52ρ2-4）（-12ρ2+4）

=180（52ρ2-4）（-52ρ2+20）

≤1320（52ρ2-4-52ρ2+20）2=45，

当且仅当sin2θ=1且52ρ2-4=-52ρ2+20时等号成立，于是S≤255.

故当且仅当a=b=2515，c=2510时，△ABC面积取最大值为255.

解法7 （三角形中线角度）如图3，设△ABC边AB上的中线CD长为d，∠CDB=α，由三角形中线公式，得d=12a2+b2-12c2.

又a2+b2+2c2=8，整理得8=2d2+52c2≥

25cd（当且仅当2d2=52c2时等号成立），

于是cdmax=455.

又容易得到S△ABC=12c·dsinα≤12cd（当且仅当α=π2，即a=b时等号成立），故当且仅当a=b=2515，c=2510时，△ABC面积取最大值为255.

解法8 （三角形高线角度）如图4，设△ABC边AB上的高CE长为h，线段AE长为t，则由勾股定理得b2=h2+t2，a2=h2+（c-t）2.

代入a2+b2+2c2=8，整理，得

8=2h2+52c2+2（t-c2）2

≥2h2+52c2≥25hc，

当且仅当t=c2，且2h2=52c2时等号成立.

所以S△ABC=12hc≤255.

故当且仅当a=b=2515，c=2510时，△ABC面积取最大值为255.

解法9 （解析几何角度）如图5，以AB所在直线为x轴，AB的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，其中A（-c2，0），B（c2，0），设C（x，y）（y≠0），由a2+b2+2c2=8，得（x+c2）2+y2+（x-c2）2+y2+2c2=8.

整理，得x2+y2=4-54c2（y≠0）.

易知S△ABC=12cy≤c2·4-54c2=

15·

5c2

·

4-54c2

≤125（54c2+4-54c2） =255，（当且仅当x=0且54c2=4-54c2时等号成立）.

故当且仅当a=b=2515，c=2510时，△ABC面积取最大值为255.

4 三道题的一般化拓展

结论1 在△ABC中，已知sinB=ksinA（k>0且k≠1），则sinAkcosA+cosB的最大值是1k2-1.

结论2 若△ABC中∠A是定值，内切圆半径r也是定值，则△ABC面积的最小值是2r21+sin（A/2）2sinA.

结论3 已知△ABC的三边分别为a，b，c，若满足xa2+yb2+zc2=t（x，y，z，t>0），则△ABC面积的最大值为t4xy+yz+zx.

说明 结论1，2，3分别对应于文中题1，2，3的一般化推广，限于篇幅，证明留给读者.

5 结束语

数学解题的目的是什么？是求出问题的答案吗？是，但不全是！解题的目的是巩固数学基础知识、落实数学基本技能、感悟数学思想方法、提升数学思维活动经验[5]，所以对一些典型问题进行深入探究，尝试从不同角度分析、解决，不仅能更牢固地掌握相关的数学知识，还能更灵活地运用所学知识，构建知识的网络体系，从整体上理解、认识数学问题．另外，通过一题多解，分析、比较各种解法，可以找到最佳的解题途径，从而发散学生的思维能力，提高其解题能力.基于SOLO分类理论，学生的关键能力和数学核心素养会有差别，教学中如何通过教学来提高这两方面呢？笔者认为通过适当的变式训练，可以有效检验学生的学和教师的教，再尝试将问题一般化拓展，帮助学生学会研究问题的一般化思路，定能让学生在高效课堂下高效地学习，从而有效发展自身的数学关键能力与核心素养.

参考文献：

［1］

王思思.巧思维，妙方法：一道解三角形最值题的精彩解法[J].中学数学，2021（23）：50-51.

[2] 刘海涛.对一道清华测试题的探究、变式及反思总结[J].数理化解题研究，2022（25）：15-20.

[3] 刘海涛.对一道三角形面积问题的探究与拓展[J].教学考试，2021（02）：52-54.

[4] 刘海涛.赏析一道三角形面积最值题的九种解法[J].数理化学习（高中版），2021（08）：31-33.

[5] 刘海涛.解题应追求自然而至简的解法：从一道高考题谈二元方程条件下的二元函数最值解法[J].中学生理科应试，2021（07）：10-13.

［责任编辑：李 璟］