一道2021年上海市高三數學競賽試題的多解探究

摘" 要：探究一道上海市高三數學競賽試題的解法，供教師在教學過程中參考，能對同學們學習這類問題有所幫助和啟發.

關鍵詞：競賽試題；正弦定理；余弦定理；直角坐標系.

中圖分類號：G632""" 文獻標識碼：A""" 文章編號：1008-0333（2024）16-0077-04

收稿日期：2024-03-05

作者簡介：彭光焰（1966.8—），男，湖北省廣水人，中學正高級教師，從事中學數學教學研究.

數學家哈爾莫斯指出：問題是數學的心臟.一個好的數學問題能激發學生的學習熱情和探究欲望，引導數學探究活動的有序進行.我們對一道2021年上海市高三數學競賽試題進行了多角度的研究，簡要介紹這類問題的常見處理方法以及相應的分析，旨在為同學們研究競賽題目的一題多解提供更加開闊的思路.

1" 一道賽題

題目" （2021年上海市高三數學競賽試題第8題）如圖1，在△ABC中，AB=c，∠A=α（30°lt;αlt;45°），∠C=90°，邊AC的中點為M，邊AB上的點P（與AB的中點不重合）滿足PC=c2，PC與BM的交點為D，則CD的長為（用c，α表示）［1］.

2" 解法探究

解法1" 如圖2，取AP的中點Q，連接MQ，則MQ∥PC，MQ=14c.

設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.

又點P不是AB的中點，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，

則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" 如圖3，取AB中點Q，連接CQ，則CQ=c2.

則△ACQ和△PCQ均為等腰三角形.

則∠CQP=∠CPQ=2α.

因此∠PCQ=π-4α.

故∠PCA=π-4α+α=π-3α.

設∠BMC=θ，

由已知條件可得

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

將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" 如圖4，過點C作CE⊥BM交BM于點E，設∠ECD=β.

由解法2設∠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.

因為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"" 如圖5，以C為坐標原點，CA所在的直線為x軸，CB所在的直線為y軸，建立平面直角坐標系.

由已知條件可知，B（0，csinα），M（12ccosα，0）.

由解法1求得AP的值，可求出點P坐標.

xp=ccosα-APcosα

=ccosα-c（4cos2α-1）cosα2

=ccosα（3-4cos2α）2，

yp=APsinα=c（4cos2α-1）sinα2.

故直線CP的方程為

y=（4cos2α-1）sinα（3-4cos2α）cosαx， ②

直線BM的方程為

x（1/2）ccosα+ycsinα=1.③

由②和③聯立求解得

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建立平面直角坐標系.

直線CP的方程是

y=xtan（π-3α）=-xtan3α，④

由解法4所得直線BM的方程

2xccosα+ycsinα=1，⑤

又sin3α=3sinα-4sin3α，

cos3α=4cos3α-3cosα.

由④和⑤聯立求解得

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.

則PH=CPcos2α=c2cos2α.

又BH=CBcos（90°-α）

=ABsinα·sinα=csin2α，

故BP=BH-PH=c（sin2α-12cos2α）.

對△ACP及截線BDM，由梅涅勞斯定理得

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由命題組給出.

3" 結束語

解三角形是高考和競賽的常考點，是三角函數板塊中的重中之重.解三角形一般結合正弦定理和余弦定理來求解三角形中的未知邊或角，但其實在尋找解三角形的方法時，還有一些其他的視角：可以從平面幾何的視角出發思考；從偏“數”的角度看，可以從坐標的視角開始研究；從向量視角尋找解題方法，由于正弦定理和余弦定理都可以用向量知識來證明，向量是聯系“數”與“形”的橋梁. 在分析較復雜的解三角形問題時，單一的一種公式通常不能迅速解決問題，還需要綜合分析圖形的特征，進而選擇更適合的方式運算.這就要求學生有扎實的計算能力，以及解方程和方程組的能力.

參考文獻：

［1］

熊斌.2021年上海市高三數學競賽［J］.中等數學，2021（07）：21-25.

［責任編輯：李" 璟］