2023年全國高考數(shù)學(xué)I卷第17題13解

摘要：本文中以2023年全國高考數(shù)學(xué)I卷第17題為載體，給出解三角形的五種常規(guī)解題路徑.（1）通解，運用解三角形相關(guān)知識求解；（2）特征構(gòu)造法，抓住條件和所求的特征，構(gòu)造相應(yīng)的圖形作答；（3）解析幾何法，通過建系，利用解析幾何相關(guān)知識作答；（4）向量法，通過建系，借助向量相關(guān)知識作答；（5）幾何法，利用初中平面幾何相關(guān)知識作答.通過分析，促使學(xué)生能夠結(jié)合具體題目，運用五種路徑熟練解決一類解三角形問題，真正懂一題會一類，有效提升學(xué)科素養(yǎng).

關(guān)鍵詞：解三角形;解題路徑;思維導(dǎo)圖

1 試題呈現(xiàn)

（2023年全國高考數(shù)學(xué)Ⅰ卷第17題）已知在△ABC中，A+B=3C，2sin（A-C）=sin B.

（1）求sin A；

（2）設(shè)AB=5，求AB邊上的高.

分析：第（1）問考查三角形內(nèi)角和、兩角和差的正弦公式，屬于基礎(chǔ)題.第（2）問考查了三角恒等變換、三角形的面積公式、正弦定理等解三角形相關(guān)知識.本問解題途徑較多，可以運用不同的數(shù)學(xué)知識從不同層面進(jìn)行探究，創(chuàng)造性地解決問題；對學(xué)生的素養(yǎng)能力有一定要求，突出考查學(xué)生邏輯推理和數(shù)學(xué)運算等素養(yǎng)，體現(xiàn)了新高考由知識立意轉(zhuǎn)向能力立意，有效地實現(xiàn)“低起點、多層次、高落差”的考查目的.下面重點探究第（2）問，給出了13種解法.

2 解三角形的五種路徑分析

解三角形通常有如下五種路徑：

路徑1通解.運用正弦定理、余弦定理等解三角形的相關(guān)知識求解.

路徑2特征構(gòu)造法.抓住條件和所求的特征，構(gòu)造相應(yīng)的圖形作答.

路徑3解析幾何法.通過建系，利用解析幾何相關(guān)知識作答.

路徑4向量法. 通過建系，借助向量相關(guān)知識作答.

路徑5幾何法.利用初中平面幾何相關(guān)知識作答.

結(jié)合上述分析，試題第（2）問的五種路徑與下面解法的對應(yīng)關(guān)系如圖1所示.

3 試題第二問的13種解法

本題第（2）問由于已知AB，求AB邊上的高，因此可聯(lián)想利用面積公式求高；因為AB邊上的高與底構(gòu)成直角三角形，則聯(lián)想利用直角三角形直接求高.

3.1 利用面積公式求解

3.1.1 借助三角形面積公式S=12ah

解法1～3借助三角形面積公式S=12ah解決問題，其中解法2和解法3，抓住條件A-C的特征，巧妙地構(gòu)造出A-C這個角（形內(nèi)構(gòu)造，形外構(gòu)造），利用角分線定理及勾股定理來求解，簡化運算.

解法1：由2sin（A-C）=sin B，得0lt;A-Clt;π6.

又由（1）知C=π4，則π4lt;Alt;5π12.所以△ABC是銳角三角形.

如圖2，過點B作BH⊥AC于點H，由第（1）問可得tan A=3.

又AB=5，則AH=102，BH=3210.

結(jié)合∠C=π4，可知CH=BH=3210.

設(shè)AB邊上的高為h，由面積公式可得S△ABC=12×210×3210=12×5×h，故h=6.圖3

解法2：由2sin（A-C）=sin B，得∠CABgt;∠C.設(shè)A-C=α，B=β.

如圖3，過點A作∠CAH=∠C交邊BC于點H.

結(jié)合∠C=π4，可知AH⊥BC.

由2sin α=sin β，結(jié)合正弦定理得AH=2BH.

又AB=5，則AH=25，BH=5.

由∠C=CAH=π4，得CH=25.

設(shè)AB邊上的高為h，由面積公式可得S△ABC=12×35×25=12×5×h，故h=6.

解法3：如圖4，過點C作∠ACK=∠ACB交線段BA延長線于點K，則CKCB=KAAB.易知∠CAB-∠ACB=∠K.

由2sin（∠CAB-∠ACB）=sin B，得CK=2BC.

所以KA=2AB=10.

又∠KCB=π2，由勾股定理得CB=35，CK=65.

設(shè)AB邊上的高為h，由面積公式可得S△kBC=12×35×65=12×15×h，所以h=6.

3.1.2 借助三角形面積公式S=12absin C

下面的解法4與解法5借助三角形面積公式S=12absin C解決問題.解法5依據(jù)已知AB和C，可求三角形的外接圓直徑2R，故聯(lián)想S△ABC=2R2sin A5sin Csin B，再利用面積等積式來求解.

解法4：在△ABC中，由第（1）問知sin A=31010，cos Agt;0，則cos A=1010.

由sin B=2sinA-π4，得sin B=255.

由正弦定理，得ABsin C=ACsin B=BCsin A.

又AB=5，sin B=255，sin C=22，sin A=31010，所以AC=210，BC=35.

設(shè)AB邊上的高為h，由三角形面積可得12×210×35×22=12×5×h，故h=6.

解法5：在△ABC中，由ABsin C=2R（R為△ABC外接圓的半徑），得2R=52.

由第（1）問可知sin A=31010，cos Agt;0，所以cos A=1010.

由sin B=2sinA-π4，得sin B=255.

由S△ABC=2R2sin A5sin C5sin B，得S△ABC=15.

設(shè)AB邊上的高為h，則15=12×5×h，故h=6.

3.2 直接求高

3.2.1 借助建系求點法

由三角形的高聯(lián)想建系，將問題轉(zhuǎn)化為求點C的坐標(biāo)，結(jié)合五種途徑，可以嘗試?yán)媒馕鰩缀畏ê拖蛄糠ㄇ蠼?

解法6：如圖5，以A為原點，AB方向為x軸的正方向，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則A（0，0），B（5，0）.

由第（1）問，可得tan A=3，tan B=-tan（A+C）=2.

所以直線AC的方程為y=3x;

直線BC的方程為y=-2x+10.

由y=3x，

y=-2x+10，解得x=2，

y=6，則C（2，6）.

故CH=6，即所求的高.圖6

解法7：如圖6，以A為原點，AB方向為x軸的正方向，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則A（0，0），B（5，0）.

由第（1）問，可得tan A=3.

設(shè)C（x，3x），則

AC=（x，3x），BC=（x-5，3x）.

由AC5BC=|AC|5|BC|5cosπ4，結(jié)合向量有關(guān)公式，可得x（x-5）+（3x）2=x2+（3x）2×（x-5）2+（3x）2×22.

解得x=2，則C（2，6）.故CH=6.

3.2.2 借助直角三角形直接求高

由三角形的高聯(lián)想直角三角形，利用直角三角形相關(guān)知識求解.

由2sin（A-C）=sin B，得0lt;A-Clt;π6.又C=π4，則π4lt;Alt;5π12.所以△ABC是銳角三角形.

下面可以有5種解法，具體見解法8～13：

解法8：（秒殺）如圖7，過C作CH⊥AB于點H，由第（1）問可知tan A=3，tan B=-tan（A+C）=2.

所以AH=CH3，BH=CH2.于是CH2+CH3=5，故CH=6.

注：也可由2sin（A-C）=sin B，得2sin（B+2C）=2sinB+π2=sin B，從而求得tan B=2.

解法9：由第（1）問知sin A=31010，則cos A=1010.

又sin B=2sinA-π4，所以sin B=255.

由正弦定理，得ABsin C=BCsin A.又AB=5，sin C=22，sin A=31010，所以BC=35.

設(shè)AB邊上的高為CH，則CH=BC×sin B=35×255=6.

解法10：由△ABC是銳角三角形，則△ABC的外接圓的圓心O在△ABC內(nèi).

如圖8，過點C作CH⊥AB于點H，過點O作OI⊥AB，OE⊥CH，垂足分別為I，E，連接OB，OC.因為ABsin C=2R（R為△ABC外接圓的半徑），所以2R=52，則OB=OC=522.

由∠ACB=π4，易知OI=IB=AI=52.

令A(yù)H=x，又tan A=3，則CH=3x，CE=3x-52.

于是由52-x2+3x-522=252，解得x=2.

故CH=6.

3.2.3 由C=π4構(gòu)造圖式求出高

本題由A+B=3C，利用三角形內(nèi)角和求出C=π4，由于∠C被AB邊上的高分成兩個角的和，所以聯(lián)想利用兩角和的正切公式建立關(guān)系式求解，即為解法11；觀察到∠C被AB邊上的高分成“箭頭型”圖，所以聯(lián)想構(gòu)造相似三角形建立關(guān)系式求解，即為解法12；利用C=π4是π2的半角，所以聯(lián)想構(gòu)造正方形建立關(guān)系式求解，即為解法13.

解法11：如圖7，過點C作CH⊥AB于點H，由第（1）問可知tan A=3.

令A(yù)H=x，則CH=3x，BH=5-x.

設(shè)∠ACH=α，∠BCH=β，則α+β=π4.

于是tanπ4=tan α+tan β1-tan αtan β=13+5-x3x1-1355-x3x=1.

解得x=2，即AH=2，所以CH=6.

解法12：圖9如圖9，過點C作CH⊥AB于點H.由第（1）問可知tan A=3.

令A(yù)H=x，則CH=3x.

在CH邊上截取HE=AH，HF=BH，連接AE，BF.

易知△CEA∽△BFC.

所以EAEC=CFBF，即2x2x=4x-52（5-x）.

解得x=2，故CH=6.

解法13：如圖10，過點C作CH⊥AB于點H.由第（1）問可知tan A=3.

令A(yù)H=x，則CH=3x.

在平面ABC內(nèi)，將△HCA沿AC翻折至△ECA，△CHB沿BC翻折至△CFB，延長EA，F(xiàn)B交于點I.

于是四邊形CEIF為正方形.

所以EI=FI=3x，AI=2x，BI=3x-（5-x）=4x-5.

在Rt△ABI中，由（2x）2+（4x-5）2=25，得x=2.

故CH=6.4 題源追溯

本試題改編于蘇教版高中數(shù)學(xué)必修第二冊第62頁的第4題，現(xiàn)將原題摘錄如下：

如圖11，在△ABC中，AD⊥BC，垂足為D，BD∶DC∶AD=2∶3∶6，求∠BAC的大小.

5 溫故知新

（1）（2022-2023學(xué)年湖北部分重點中學(xué)高三第一次聯(lián)考）在△ABC中，AB＝2，AC＝1，BD＝λBC，λ∈（0，1）.

（i）若∠BAC＝120°，λ＝12，求AD的長度；

（ii）若AD為角平分線，且AD=1，求△ABC的面積.

第（i）問通法：由BD＝λBC，λ＝12，可知D是BC的中點.

所以AD＝12（AB＋AC）.

又AB＝2，AC＝1，∠BAC＝120°，則

AD2=14（AB+AC）2=14AB2+14AC2+12|AB|·|AC|·cos A=34.

所以AD2=34，即AD＝32.

第（i）問秒殺法：取AC中點E，連接DE.

所以AE=12AC=12.

又BD＝12BC，所以D是BC的中點.

所以DE=12AB=1，∠DEA＝60°.

在△ADE中，由余弦定理得AD2=1+122-2×1×12×cos 60°=34，即AD＝32.

第（ii）問通法：由S△ABC=S△ABD+S△ACD，得12AB×AC×sin ∠BAC=12AB×AD×sin∠BAD+12AC×AD×sin∠CAD.

又AD為角平分線，所以可得cos∠BAD=34，sin∠BAD=74，從而sin∠BAC=378.

故S△ABC=12AB×AC×sin∠BAC=12×1×2×378=378.

第（ii）問秒殺法：如圖12，過點C作CK平行AD交BA延長線于點K.

由AD為角平分線，可知DCBD=ACAB=12.

又CK∥AD，則DCBD=AKAB=12，DBBC=ADKC=23.

又AD＝1，AB＝2，所以AK＝1，KC＝32.

故S△ABC=2S△AKC=378.

（2）（2023全國甲卷5理科卷第16題）在△ABC中，AB＝2，∠BAC＝60°，BC=6，D為BC上一點，AD為∠BAC的平分線，則AD=.

通解：因為AB＝2，∠BAC＝60°，BC=6，由余弦定理得6=AC2+4-2AC×2×cos 60°，所以AC=1+3.由三角形面積公式，可得

S△ABC=12×2×（1+3）×sin 60°=12×2×AD×sin 30°+12×AD×（1+3）×sin 30°.

解得AD=2.

秒殺：因為AB＝2，∠BAC＝60°，BC=6，由正弦定理得6sin 60°=2sin C，所以∠C=45°或135°.由三角形內(nèi)角和等于180°，得∠C=45°.所以∠ADB=∠B=75°.

故AD=AB=2.