3 高考数学之解三角形备考指要-《中学生数理化》高考数学2025年10月刊

超氯学学色考新月中学生款理化 高考数学之解三角形备考指要 ■江苏无锡江南大学理学院 谢广喜 解三角形本质上是在三角形的内蕴方程 消去cos0得2b2+c2= 3a2+12。 2 ③ (余弦定理、正弦定理、三角形内角和定理)的 基础上结合题意所给的条件（方程），进一步 由(1)知A-否，在△ABC中，由余弦定 求解这个三角形的全部或者部分度量关系 (三条边长、三个角的大小)，或者是这些度量 理得a2=b2十c2一bc。① 关系的衍生度量（例如三角形的面积、某一条 将④式代人③式消去a2得4b2+c2+ 边上的高等)。在高考中，解三角形试题多数 2bc=36,所以(2b+c)2=36+2bc≤36+ 情况下是中档题，甚至是容易题，抓住教材中 (他生，放2b+c≤46，当且仅当26 有关内容的典型问题才是我们备考的主要着 力点。同时，值得同学们注意的是：2025年 c=2√3时取等号，所以2b十c的最大值为 全国卷没有考解三角形的解答题，所以2026 4√3。 年全国卷考关于解三角形的解答题的概率将 评注：破解该类题目的关键经常是用好 会大大增加，值得同学们高度关注。下面我 联系两个三角形（△ADB、△ADC)的“桥梁 们通过几个例子，进一步熟悉解三角形问题 边”(AD)及互补角（∠ADB与∠ADC这两 的常用思路、方法和技巧。 个角的正弦相等，从而可以联系正弦定理，同 例1在△ABC中，内角A,B,C的 时，这两个角的余弦互为相反数，又可以联系 对边分别为a,b,c,且acos C一(2b一c)· 余弦定理)，不妨将这种由三角形一个顶，点和 cosA=0。 其对边上一点连接起来的三角形系统称为“入 (1)求A; 型三角形背景结构问题”，其数学本质就是有 (2)己知D为边BC上一点，且BD= 名的“斯台沃特定理”，处理关键是对这一对 2DC,若AD=2,求2b十c的最大值。 互补的角分别使用余弦定理。第(2)问的解 解析：(1)由题意得acos C十ccos A= 法中对目标表达式的系数特征依赖性较强 2 bcos A。由射影定理acos C+ccos A=b, (将2b十c视为一个整体元)，事实上，这道题 得2cosA=1。而A∈ 也有相对一般的通法（齐次“减元”法，对目标 表达式系数依赖性较弱)：令入=2b十c,显然 (0,m:放A=营 入>0，同第(2)问的部分推理过程得到4b2十 B (2)如图1，记∠ADB =0,在△ADB和△ADC 图1 2bc+c2=36,于是2=(26+c)3 36-4b+2bc+c=1十 中分别用余弦定理得： 21中6bc1大、 2bc 3,则入≤45。 =2+ga-2×2× 3c0s0, ① (余略) b=22+1 a2+2×2×c0s0. ② 例2在△ABC中，内角A,B,C的 对边分别为a,b,c,已知a十c=b(cosC+ 9 知识篇科学备考新指向 中学生数理化离三数学2025年10月 √5sinC)。 (2)求b+c一a5的取值范围。 (1)求B: b2 解析：(1)将已知等式的两边同时取倒数 (2)若△ABC为锐角三角形，且b=√5， 求2a一c的取值范围。 得2a-c=a2+b-c a2十c-右，两边同时加1后化简 解析：(1)直接引用射影定理bcos C+ ccos B=a(读者在考场上需应利用余弦定理 得2a a+c26,所以a十c2-b 2a2 =1,结 ac 的两个表达式证明一下)，结合已知条件a十 合余弦定理Q十2一b =2cosB,可得 c=b(cosC+√3sinC)得bcos C+ccos B+ ac c=bcos C十√5 bsin C,化简后利用正弦定理 2cosB=1。因为B∈(0，π)，所以B=否 3。 得ccos B+c=√5 csin B,即cosB+1= √3sinB,平方整理得2cosB+cosB一1=0， (2)由1)知B=否，利用正弦定理得： 解得c0sB=之，或者c0sB=-1。又因为 ab+bc-ac b B∈(0，π)，所以B= -sin Asin B+sin Bsin C-sin Asin C 30 sinB (2)由B=晋，得A+C- 3。而△ABC 4 V > 32 -(sin A+sin C)-sin Asin C 为饶角三角形，则0<A<受且0<C<受。 (*) 以A为保留变量，易得A∈（答，受），由正弦 由于B= 行，基于对称性，有A≥B≥C (或C≥B≥A),我们下面仅对A≥B≥C的 sin A sin B-sin C,结合B= 定理 a 6 3,b 情形作出证明即可。设A=受十a,C=子 3 C =2,A∈ sin sin(-A) a,a∈[0，)，此时(*)式恒等变形为： (后，），放2a-c=4sinA-2sin(5-A 6+“-÷[停m(后+)十 b2 =3sinA-5cosA=25sin(a-若）。由 im(后-a）-n(侵+a)m(赁-】 于A∈（后，），易得(2a-c)∈(0,3)即为 专[层em台+r刘]=专[一wa 所求。 评注：桥变量法是求解本题的核心方法， os+o.). 毫无疑问，可将本题第(2)问的情形一般化， 记c0sa=1∈（侵1则b+一a 例如，在相同的前提下求入1a十入，b十入c、 入1c0s2A十λ2cos2B十入cos2C等的取值范围 g(t)= (-+2+(小容易 (或者最值)问题（具体问题中，入1，入2，入：是已 利用定义在局部区域上的二次函数图像（图 知常数)，特别地，当入1=入2=入，=1时，入1a十 入2b十入c恰好对应△ABC的周长。 像此处略)，得g(t)x= ()-8g) 例3在△ABC中，内角A,B,C的 0=a2+c2-b =g1)=1,放所求的取值范围为，哥】 对边分别为a,b,c已知2a-c-a2+b-c 评注：这是一道解三角形背景下的数学 (1)求B: 探究问题，解题过程中，首先，要利用三角形 10 性学学高音归中学生数理化 内蕴方程；其次，在第(2)问入手部分基于宇 sin(2+2B）=cos2B。由V5sin2A十 母a,c的对称性分析，体现了数学学科的对 称之美；然后，进一步利用我们熟知的二级结 cosB=√5得5cos2B+cosB=√5，即 论：sin(a+B)sin(a-3)=sina-sin3(或者 2√5cos2B+cosB一2√5=0，解得cosB= 积化和差)；最后，利用定义在局部区域上的 二（另一解的绝对值大于1，舍去），所以 二次函数图像求出最值。目标表达式是齐 次，且未给出任意的一边长，此时，基于三角 ∠B是锐角，mB=个-c0s万-怎，则 形的内角和及所得角度，从某个角的三角函 数出发研究问题，应该是比较常规的思路，值 sinc=sin(x-平-B)=sin(任+B)- 得同学们关注。 √ 例4如图2，△AOD 2 (sinB+cosB)=3V西 10 与△BOC存在对顶角 sin B 利用正弦定理得OC=OB· sin C ∠AOD=∠BOC=F, T,AC 图2 102 =2,BD=2√2，且BC= 2是×30=e、 AD。 评注：我们在求解本题第(1)问的过程 (1)证明：O是BD的中点； 中，充分挖掘解决问题所需的平面几何要素， (2)若√5sin2A+cosB=√5，求OC的 不仅利用到了三角形的内蕴方程，还用到了 长。 同角三角函数关系。当然，如果同学们没有 解析：(1)由已知得A, 想到上面这个思路，其实还可以用下面的“笨 O,C三点共线，如图3，在平 办法”进行证明：已知AC=2,BD=2√2，令 面内过点B作CA的平行 B BO=x,AO=y,则OD=2√2-x,OC=2一 线，过点A作BC的平行线， y,于是在△BOC和△AOD中分别用余弦定 二者相交于E点，易知四边 图3 理得BC=x2+(2-y)2-2x(2-y)cos45°， 形EBCA是平行四边形，于是EA=BC,EB AD=y2+(2W2-x)2-2y(2√2-x)cos45°， =AC。 而已知BC=AD,两式联立展开化筒可得 因为∠AOD=干，所以∠EBD=不。在 x=√2（其中的x2,y,xy,y均抵消），进而 得OD=2√2-x=√2=OB,所以O是BD △EBD中，由余弦定理得DE=BE+BD 的中点。 -2BE·BDc0s45°=22+(2√2)2-2×2X 上面这几个例子，我们主要讨论了几种不 2√2c0s45°=4，所以DE=BE=AC=2。而 同具体背景下的解三角形问题，如基于斯台沃 特定理为命题背景的问题（例1）：以正弦定理 ∠EBD=干，易得∠BED=乏，即BE⊥ 的连等式为背景，桥变量法为解题核心方法的 ED,所以AC⊥ED。又EA=BC=AD,记 问题（例2）；以三角恒等变换为解题核心方法 DE与CA交于点F,则F是ED的中点。因 的问题（例3）；以平面几何关系挖掘为解题核 为AO∥BE,所以O是BD的中点。 心方法的问题（例4）等。当然，有的例子是综 (2)过点D作DG∥BC交CA于G点， 合的，涉及上述多个命题要素，这些问题不仅是 结合(1)的结论和已知条件，易得△BCO≌ 对以往五年高考真题的解三角形问题核心要点 △DGO,所以∠OBC=∠ODG,则∠A= 的总结回顾，而且在具体问题的表现形式上也 稍微有所变化、有所创新，同学们若将它们与以 ∠AGD=+∠GD0=牙+∠B(此处的 往五年真题对照研究学习，则更有裨益。 ∠A,∠B均针对图2)，所以sin2A= (责任编辑王福华) 11