11 一道好题带你领略解“爪”型三角形的多种方法、一道三角形考题的多视角解答-《中学生数理化》高一数学2025年3月刊

■张 禺 何为“爪”型三角形呢? 如图1所示,在 △ABC 中,从顶点A 出发引一条射线与BC 所在的直线交于点D,这就得到了“爪”字型 的三角形。特别地,AD 可以是BC 的中线, AD 也可以是角A 的平分线,AD 还可以是 任意射线。 图1 下面通过一道例题介绍该题型的几种常 见解法。 题目 已知△ABC 的内角A,B,C 的对 边分别为a,b,c,AD 为∠BAC 的平分线,且 c∶AD∶b= 3∶2∶23,求∠BAC。 解法1:(面积法)由题意可设c= 3k, AD=2k,b=2 3k。由 S△ABC =S△ABD + S△ADC,可得 1 2bcsinA= 1 2AD ·csin A 2+ 1 2AD ·bsin A 2 ,代 入 整 理 得 3sin A 2 = sinA,所以 3sin A 2=2sin A 2cos A 2 。因为 sin A 2≠0 ,所以cos A 2= 3 2 。又A 2∈ 0 ,π 2 , 所以 A 2= π 6 ,即A= π 3 ,所以∠BAC= π 3 。 解法2:(两次利用余弦定理,建立等量 关系求值)由题意可设c= 3k,AD=2k,b= 2 3k。结 合 角 平 分 线 定 理 得 S△ABD S△ACD = 1 2 ·BD·h 1 2 ·CD·h = 1 2 ·AB·AD·sin A 2 1 2 ·AC·AD·sin A 2 ,所 以 AB AC= BD CD ,即c b= BD CD= 1 2 。设 BD=t,则 CD=2t。 记∠ADB=α,在△ADB 中,cosα= 4k2+t2-3k2 4kt ,在 △ADC 中,cos π-α = -cosα= 4k2+4t2-12k2 8kt 。据上消去cosα 得t=k。所以a=BD+DC=3t=3k。 在△ABC 中,cosA= 3k2+12k2-9k2 12k2 = 1 2 。由A∈ 0,π ,可得A=∠BAC= π 3 。 解法3:(平面向量法)由解法2得 c b= BD CD= 1 2 ,所以 AD→=23AB →+13AC →,所以 |AD→|2=49|AB →|2+19|AC →|2+49|AB →|· |AC→|cosA,即4k2=49·3k 2+ 1 9 ·12k2+ 4 9 ·6k2·cosA,解得cosA= 1 2 。又 A∈ 0,π ,所以A=∠BAC= π 3 。 解法4:(几何法)由解法2得 c b= BD CD= 1 2 。在△ABC 中,过点B 作AC 的平行线, 交AD 的延长线于点E(如图2)。 图2 因为△ACD∽△EBD,所以 AC BE= AD ED= CD BD= 2 1=2 。 设c= 3k,AD=2k,b=23k,则BE= 3k,DE=k。 在△ABE 中,由余弦定理得cos∠ABE = 3k2+3k2-9k2 6k2 = - 1 2 。因 为 ∠ABE∈ 0,π ,所以∠ABE= 2π 3 ,所以∠BAC= π 3 。 作者单位:武汉十四中 (责任编辑 郭正华) 53 创新题追根溯源 高一数学 2025年3月 ■杜海洋 题目 (2024年高考全国卷)记△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,已知 sinA+ 3cosA=2。 (1)求角A 的大小。 (2)若 a=2,2bsinC=csin2B,求 △ABC 的周长。 分析:(1)根据辅助角公式对条件sinA + 3cosA=2进行化简处理即可求解,也可 以利用同角三角函数的关系解方程组,还可 以利用向量的数量积公式、万能公式解决; (2)先根据正弦定理边角互化求出B,再根据 正弦定理求出b,c即可得到周长。本题共有 13种不同解法,第(1)问有10种解法,第(2) 问有3种解法。 (1)解法1:利用辅助角公式。由sinA+ 3cosA=2,可得 1 2sinA+ 3 2cosA=1 ,即 sinA+ π 3 =1。 因为A∈(0,π)所以A+ π 3∈ π 3 ,4π 3 , 所以A+ π 3= π 2 ,解得A= π 6 。 解法2:利用同角三角函数的基本关系。 因为sinA+ 3cosA=2,又sin2A+cos2A= 1,消去sinA 得4cos2A-43cosA+3=0, 即(2cosA- 3)2=0,解得cosA= 3 2 。 又A∈(0,π),故A= π 6 。 解法3:利用二倍角公式和平方公式。 由sinA+ 3cosA=2,两边平方得sin2A+ 23sinAcosA+3cos2A=4。因为sin2A+ cos2A=1,所以 3sin2A+cos2A=2,所以 2sin 2A+ π 6 =2,即sin2A+π6 =1。 又 A ∈ (0,π),所 以 2A + π 6 ∈ π 6 ,13π 6 ,所以2A+π6=π2,解得A=π6。 解法4:利用三角函数的定义。由sinA + 3cosA=2,设角A 的终边与单位圆的交 点为P(x,y),可得y+ 3x=2。结合x2+ y2=1,y∈(0,1],解得x= 3 2 ,y= 1 2 ,所以 cosA= 3 2 。又A∈(0,π),故A= π 6 。 解法5:利用对偶式。 设cosA- 3sinA=t。 ① 已知sinA+ 3cosA=2。 ② 由①2+②2 得t2+4=4,解得t=0,所以 cosA- 3sinA=0,即tanA= 3 3 。 又A∈(0,π),故A= π 6 。 解法6:利用向量的数量积公式。设向 量a=(1,3),向量b=(sinA,cosA)。由题 意得a·b=sinA+ 3cosA=2。根据向量 的数量积公式得a·b=|a||b|cos<a,b>= 2cos<a,b>,所以2cos<a,b>=2,即cos<a,b> =1,此时<a,b>=0,即a,b同向共线。根据 向量共线条件得1·cosA= 3·sinA,所以 tanA= 3 3 。 又A∈(0,π),故A= π 6 。 解法7:利用万能公式。设t=tan A 2 ,根 据万能公式得sinA+ 3cosA=2= 2t 1+t2 + 3(1-t2) 1+t2 ,化简得(2+ 3)t2-2t+2- 3= 63 创新题追根溯源 高一数学 2025年3月 0,整理得t2-2(2- 3)t+(2- 3)2=0,即 [t-(2- 3)]2=0,所以t=tan A 2=2- 3 。 由二倍角公式得tanA= 2t 1-t2 = 3 3 。又A∈ (0,π),故A= π 6 。 解法8:利用直线与圆的位置关系。已 知sinA+ 3cosA=2,设cosA=x,sinA= y,则y+ 3x=2,即y+ 3x-2=0。由 x2+y2=1,可得圆心 O(0,0)到直线y+ 3x-2=0的距离d= |-2| 2 =1 ,所以直线 与圆相切。 由 x2+y2=1, y+ 3x-2=0, 解 得 x= 3 2 , y= 1 2 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 所 以 cosA= 3 2 。又A∈(0,π),故A= π 6 。 解法9:利用弦化切。由sinA+ 3cosA =2,可得sin2A+23sinAcosA+3cos2A= 4,所以 sin2A+23sinAcosA+3cos2A sin2A+cos2A =4, 即tan2A+23tanA+3=4(1+tan2A),整 理得(3tanA-1)2=0,所以tanA= 3 3 。 又A∈(0,π),故A= π 6 。 解法 10:利 用 倍 数 关 系。设sinA= kcosA。由 题 设 得 sinA+ 3cosA=2, sin2A+cos2A=1, 代 入 得 kcosA+ 3cosA=2, k2cos2A+cos2A=1, 消 去cos2A 得 3k2-23k+1=0,即(3k-1)2=0,所以 k= 3 3 ,所以tanA= 3 3 。 又A∈(0,π),故A= π 6 。 (2)解法1:利用边化角。由题设条件和 正弦定理得 2sinBsinC=2sinCsinBcosB。 因为B,C∈(0,π),所以sinBsinC≠0,所以 cosB= 2 2 ,所以B= π 4 ,所以C=π-A- B=π- π 6- π 4= 7π 12 ,所以sinC=sin(π- A-B)=sin(A+B)=sinAcosB+sinB· cosA= 2+ 6 4 。由正弦定理 a sinA= b sinB = c sinC ,可得 2 sin π 6 = b sin π 4 = c sin 7π 12 ,解得 b=22,c= 6+ 2,故△ABC 的周长为 2+ 6+32。 解法2:利用角化边。因为 2bsinC= csin2B,所以 2bsinC=2csinBcosB,即 2bc=2cbcosB。因为bc≠0,所以cosB= 2 2 ,所以B= π 4 。下同解法1(略)。 解法3:利用几何作图。由题设条件和 正弦定理得 2sinBsinC=2sinCsinBcosB。 因为B,C∈(0,π),所以sinBsinC≠0, 所以cosB= 2 2 ,所以B= π 4 ,所以C=π- A-B= 7π 12 。 如图1,在△ABC 中,过点 C 作CD⊥ AB 于点D。 图1 由a=2,可得BD=CD=2sin π 4= 2 , 所以AC= CD sinA= 2 sin π 6 =22,AD= CD tan π 6 = 2 3 3 = 6,所以AB=AD+DB= 2+ 6。 故△ABC 的周长为2+ 6+32。 作者单位:成都经济技术开发区实验中学校 (责任编辑 郭正华) 73 创新题追根溯源 高一数学 2025年3月