關于解三角形的方法與策略探究

摘" 要：文章結合典型問題，深入探究關于解三角形問題的方法與策略.數學教學中，應注重引導學生深刻領悟解三角形的“數”與“形”兩種基本視角，注重培養等價轉化及數形結合的數學思維，提升數學抽象、邏輯推理、數學運算的基本數學素養.

關鍵詞：等價轉化；化角為邊；化邊為角；構圖能力

中圖分類號：G632""" 文獻標識碼：A""" 文章編號：1008-0333（2024）16-0013-03

收稿日期：2024-03-05

作者簡介：盧聰（1979.8—），男，四川省達州人，碩士，高級講師，從事數學教育與教學研究.

新高考背景下，《高考評價體系》指出高考命題理念轉變為價值引領、素養導向、能力為重，重視考查學生的核心價值、學科素養、必備品質和關鍵能力［1］．三角函數是高中數學的重點模塊，解三角形也是近年高考的熱點問題，需明確課標關于本模塊的基本教學要求：一是探索三角形邊長與角度的關系，掌握正弦定理、余弦定理，并能應用定理解決簡單的實際問題；二是深刻領會解三角形的基本方法：代數方法（包括函數、方程、不等式等）和幾何方法（包括向量、幾何圖形等）.

1" 問題研究

1.1" 與邊長有關的三角形問題

例1" （2023年新高考Ⅰ卷第17題）已知在△ABC中，A+B=3C，2sin（A-C）=sinB.

（1）求sinA；

（2）設AB=5，求AB邊上的高.

解析" （1）因為A+B=3C，

所以A+B=3（π-A-B）.

所以A+B=3π4.所以C=π4.

由題意，得2sin（A-C）=sinB，即

2sinAcosC-2cosAsinC=sinAcosC+cosAsinC.

所以sinAcosC=3cosAsinC.

所以tanA=3tanC=3.

所以sinA=31010.

（2）由正弦定理，得

a=csinAsinC=5×310/102/2

=35.

因為sinA＞sinC，即A＞C.

由（1）得sinA=3cosA，則A是銳角.

所以cosA=1010，

sinB=sin（A+C）=sinAcosC+cosAsinC

=31010×22+1010×22=255.

由正弦定理，得

b=csinBsinC=5×（25/5）2/2=210.

令AB邊上的高為hAB，即

hAB=bsinA=210×31010=6.

故AB邊上的高為6.

1.2" 與判斷三角形形狀有關的解三角形問題

例2" 已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a-b=c（cosB-cosA）.

（1）判斷△ABC的形狀并給出證明；

（2）若a≠b，求sinA+sinB+sinC的取值范圍.

解析" （1）△ABC為等腰三角形或直角三角形.

由a-b=c（cosB-cosA），根據正弦定理，得

sinA-sinB=sinC（cosB-cosA）.

即sin（B+C）-sin（A+C）=sinC（cosB-cosA）.

即sinBcosC+cosBsinC-sinAcosC-cosAsinC

=sinCcosB-sinCcosA.

整理，得sinBcosC-sinAcosC=0.

所以cosC（sinB-sinA）=0.

故sinB=sinA或cosC=0.

又A，B，C為△ABC的內角，所以a=b或C=π2.

因此△ABC為等腰三角形或直角三角形.

（2）由（1）及a≠b知△ABC為直角三角形且不是等腰三角形，所以A+B=π2，C=π2.

故B=π2-A，且A≠π4.

所以sinA+sinB+sinC=sinA+sinB+1

=sinA+cosA+1=2sin（A+π4）+1.

因為A∈（0，π4）∪（π4，π2），

所以A+π4∈（π4，π2）∪（π2，3π4）.

所以sin（A+π4）∈（22，1）.

所以2sin（A+π4）+1∈（2，2+1）.

因此sinA+sinB+sinC的取值范圍為（2，2+1）.

1.3" 解三角形的實際應用

例3" 2020年12月8日，中國和尼泊爾聯合公布珠穆朗瑪峰最新高程為8 848.86（單位：m），三角高程測量法是珠峰高程測量方法之一.圖1是三角高程測量法的示意圖，現有A，B，C三點，且A，B，C在同一水平面上的投影A′，B′，C′滿足∠A′C′B′=45°，∠A′B′C′=60°.由點C測得點B的仰角為15°，BB′與CC′的差為100;由點B測得點A的仰角為45°，則A，C兩點到水平面A′B′C的高度差AA′-CC′約為（3≈1.732）（"" ）.

A.346""" B.373""" C.446""" D.473

解析" 過點C作CH⊥BB′，過點B作BM⊥AA′于點M，如圖2所示.

則∠BCH=15°，BH=100，∠ABM=45°，CH=C′B′，

A′B′=BM=AM，BB′=MA′，∠C′A′B′=75°.

所以tan∠BCH=tan15°=tan（45°-30°）

=tan45°-tan30°1+tan45°tan30°

=2-3，

sin75°=sin（45°+30°）=22（32+12）.

則在Rt△BCH中，CH=BHtan∠BCH=100（2+3）.

所以C′B′=100（2+3）.

在△A′B′C′中，由正弦定理，知

A′B′=C′B′sin∠C′A′B′sin∠A′C′B′=100（3+1）.

所以AM=100（3+1）.

所以AA′-CC′=AM+BH=100（3+1）+100≈373，故選B.

1.4nbsp; 解三角形與導數應用的綜合性問題

例4" 已知△ABC中，點D在邊BC上，∠ADB=120°，AD=2，CD=2BD，

當ACAB取得最小值時，

BD=.

解析" 設BD=x則CD=2x，如圖3所示，

在△ABD中，由余弦定理，得

AB2=22+x2-2×2xcos120°

=x2+2x+4.

則在△ADC中，由余弦定理，得

AC2=22+（2x）2-2×2×2xcos60°

=4x2-4x+4.

所以（ACAB）2=4x2-4x+4.x2+2x+4，x＞0，

構造函數y=x2-x+1x2+2x+4，x＞0，則由y′=3x2+6x-6（x2+2x+4）2=0，得x=3-1.

可知函數y在（0，3-1）單調遞減，在（3-1，+∞）單調遞增，所以函數y在x=3-1時取得最小值.

所以當ACAB取得最小值時，BD=3-1.

1.5" 解三角形與圓錐曲線綜合性問題

例5" 已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1（a＞0，b＞0）的左、右焦點分別為F1，F2，點A在C上，點B在y軸上，F1A⊥F1B，F2A=-23F2B，則C的離心率為.

解析" 由題意，F2A=-23F2B，得｜F2A｜｜F2B｜=23.

設｜AF2｜=2m，則｜BF2｜=3m=｜BF1｜，如圖4.

由定義得｜AF1｜=2m+2a.

在Rt△ABF1中，9m2+（2a+2m）2=25m2，

則（ɑ+3m）（ɑ-m）=0.

故ɑ=m或ɑ=-3m（舍去）.

所以｜AF1｜=4ɑ，｜AF2｜=2ɑ，｜BF2｜=｜BF1｜=3ɑ.

則｜AB｜=5ɑ.

故cos∠F1AF2=｜AF1｜｜AB｜=4ɑ5ɑ.

所以在Rt△AF1F2中，由余弦定理，得

cos∠F1AF2=16ɑ2+4ɑ2-4c22×4ɑ×2ɑ=45.

整理，得5c2=9a2.故e=ca=355.

2" 結束語

針對解三角形這一模塊的教學建議：一是引導學生深刻領悟解三角形的“數”與“形”兩種基本視角，注重培養等價轉化及數形結合的數學思維，函數與方程、數形結合、轉化與化歸是基本的數學思想，解三角形問題的基礎是準確構建解三角形模型，注重培養學生的構圖能力，提升利用圖形工具分析問題的能力.二是注重培養學生的發散思維能力.解三角形問題涉及利用正弦定理、余弦定理探究三角形邊與角關系，綜合應用方程、函數、不等式、向量、幾何圖形等方面知識來解決問題，提高融會貫通綜合分析問題的能力．三是數學是思維的體操，引導學生熟練掌握三角恒等變形技巧，提升抽象概括、邏輯推理、運算求解的基本數學素養.

參考文獻：［1］

黃志斌.基于幾何視角下三角形最值（范圍）問題的教學設計［J］.中學數學研究（華南師范大學版），2023（20）：10-13.

［責任編輯：李" 璟］