一道2021年上海市高三數(shù)學(xué)競(jìng)賽試題的多解探究

摘" 要：探究一道上海市高三數(shù)學(xué)競(jìng)賽試題的解法，供教師在教學(xué)過(guò)程中參考，能對(duì)同學(xué)們學(xué)習(xí)這類(lèi)問(wèn)題有所幫助和啟發(fā).

關(guān)鍵詞：競(jìng)賽試題；正弦定理；余弦定理；直角坐標(biāo)系.

中圖分類(lèi)號(hào)：G632""" 文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A""" 文章編號(hào)：1008-0333（2024）16-0077-04

收稿日期：2024-03-05

作者簡(jiǎn)介：彭光焰（1966.8—），男，湖北省廣水人，中學(xué)正高級(jí)教師，從事中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)研究.

數(shù)學(xué)家哈爾莫斯指出：?jiǎn)栴}是數(shù)學(xué)的心臟.一個(gè)好的數(shù)學(xué)問(wèn)題能激發(fā)學(xué)生的學(xué)習(xí)熱情和探究欲望，引導(dǎo)數(shù)學(xué)探究活動(dòng)的有序進(jìn)行.我們對(duì)一道2021年上海市高三數(shù)學(xué)競(jìng)賽試題進(jìn)行了多角度的研究，簡(jiǎn)要介紹這類(lèi)問(wèn)題的常見(jiàn)處理方法以及相應(yīng)的分析，旨在為同學(xué)們研究競(jìng)賽題目的一題多解提供更加開(kāi)闊的思路.

1" 一道賽題

題目" （2021年上海市高三數(shù)學(xué)競(jìng)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(diǎn)為M，邊AB上的點(diǎn)P（與AB的中點(diǎn)不重合）滿(mǎn)足PC=c2，PC與BM的交點(diǎn)為D，則CD的長(zhǎng)為（用c，α表示）［1］.

2" 解法探究

解法1" 如圖2，取AP的中點(diǎn)Q，連接MQ，則MQ∥PC，MQ=14c.

設(shè)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(diǎn)P不是AB的中點(diǎn)，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(diǎn)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(shè)∠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(guò)點(diǎn)C作CE⊥BM交BM于點(diǎn)E，設(shè)∠ECD=β.

由解法2設(shè)∠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?yàn)棣?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(biāo)原點(diǎn)，CA所在的直線(xiàn)為x軸，CB所在的直線(xiàn)為y軸，建立平面直角坐標(biāo)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(diǎn)P坐標(biāo).

xp=ccosα-APcosα

=ccosα-c（4cos2α-1）cosα2

=ccosα（3-4cos2α）2，

yp=APsinα=c（4cos2α-1）sinα2.

故直線(xiàn)CP的方程為

y=（4cos2α-1）sinα（3-4cos2α）cosαx， ②

直線(xiàn)BM的方程為

x（1/2）ccosα+ycsinα=1.③

由②和③聯(lián)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(biāo)系.

直線(xiàn)CP的方程是

y=xtan（π-3α）=-xtan3α，④

由解法4所得直線(xiàn)BM的方程

2xccosα+ycsinα=1，⑤

又sin3α=3sinα-4sin3α，

cos3α=4cos3α-3cosα.

由④和⑤聯(lián)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(duì)△ACP及截線(xiàn)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(jié)束語(yǔ)

解三角形是高考和競(jìng)賽的?？键c(diǎn)，是三角函數(shù)板塊中的重中之重.解三角形一般結(jié)合正弦定理和余弦定理來(lái)求解三角形中的未知邊或角，但其實(shí)在尋找解三角形的方法時(shí)，還有一些其他的視角：可以從平面幾何的視角出發(fā)思考；從偏“數(shù)”的角度看，可以從坐標(biāo)的視角開(kāi)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(shí)來(lái)證明，向量是聯(lián)系“數(shù)”與“形”的橋梁. 在分析較復(fù)雜的解三角形問(wèn)題時(shí)，單一的一種公式通常不能迅速解決問(wèn)題，還需要綜合分析圖形的特征，進(jìn)而選擇更適合的方式運(yùn)算.這就要求學(xué)生有扎實(shí)的計(jì)算能力，以及解方程和方程組的能力.

參考文獻(xiàn)：

［1］

熊斌.2021年上海市高三數(shù)學(xué)競(jìng)賽［J］.中等數(shù)學(xué)，2021（07）：21-25.

［責(zé)任編輯：李" 璟］