三角形背景下的一道三角函數題的探析、變式與拓展

摘?要：文章基于一道三角形背景下的三角函數最值題展開探究，在文[1]提供四種解法的基礎上，另給出五種解法，最后給出該題的變式與一般化拓展，以充分發揮該題價值.

關鍵詞：三角函數；一題多解；SOLO理論；變式與拓展

中圖分類號：G632???文獻標識碼：A???文章編號：1008-0333（2024）13-0002-07

收稿日期：2024-02-05

作者簡介：劉海濤（1988—），男，安徽省滁州人，本科，中學一級教師，從事高中數學教學研究.

基金項目：安徽省蕪湖市2022年度教育科學研究課題“基于SOLO理論發展學生數學核心素養的實踐研究”（項目編號：JK22019）.[FQ）]

文章所引第一條參考文獻對一道三角形背景下的分式三角函數最值題進行探究，基于四個思維視角，給出四種解法［1］.本文在王老師的基礎上繼續探究，再給出五種解法，并給出兩道變式題，以強化該類問題的解法，最后將三道問題拓展到一般化情形，現與讀者交流，以期拋磚引玉.

1 試題呈現與分析

題1?在△ABC中，已知sinB=2sinA，則sinA2cosA+cosB的最大值是.

分析?該題是一道三角形背景下，分子與分母均含有三角函數的分式函數求最大值問題，結構簡單、明了，而且內涵豐富，既可以從函數角度解決問題，也可以利用正、余弦轉化為邊長處理，還可以轉化為解析幾何中圓（阿波羅尼斯圓）的問題處理.總之該題起點低、入口寬，是一道難得的好題，考查了學生分析問題、解決問題的能力及轉化與化歸、數形結合、分類討論等數學思想，體現了邏輯推理、數學運算、直觀想象等數學核心素養[2].

2 解法再探

解法1?（三角函數角度）

由sinA2cosA+cosB

=sinA（2cosA-cosB）（2cosA+cosB）（2cosA-cosB）

= 2sinAcosA-sinAcosB2cos2A-cos2B，

又sinB=2sinA，得

sinA2cosA+cosB=sinBcosA-sinAcosB2-2sin2A-（1-sin2B）

= sin（B-A）1+sin2B-2sin2A

=sin（B-A）≤1，

當B-A=π2時等號成立，

所以sinA2cosA+cosB的最大值是1.

解法2?（輔助角公式角度）令sinA2cosA+cosB=k，則sinA-2kcosA=kcosB.

則（sinA-2kcosA）2=k2cos2B

=k2（1-sin2B）

=k2（1-2sin2A）.

即sin2A-22ksinAcosA=-k2.

即1-cos2A2-2ksin2A=-k2.

即1+2k2=22ksin2A+cos2A=8k2+1·sin（2A+φ）（其中tanφ=122k）.

則1+2k2≤8k2+1，解得k≤1，當且僅當2A+φ=π2時等號成立.

故sinA2cosA+cosB的最大值是1.

解法3?（解三角形角度1）設△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，由函數式的齊次化，不妨設c=1，由sinB=2sinA得b=2a.

又b+a>c，b-a1，2a-a<1，

解得2-1

由cosA=b2+c2-a22bc=1+a222a，

cosB=a2+c2-b22ac=1-a22a，

得2cosA+cosB=1a，

sinA= 1-cos2A=1-（1+a222a）2=6a2-a4-122a.

所以sinA2cosA+cosB=6a2-a4-122= -（a2-3）2+822≤1，當a=3時等號成立.

故sinA2cosA+cosB的最大值是1.

解法4?（解三角形角度2）由文[1]的解法2得

sinA2cosA+cosB=sin2AsinC.

則sinA2cosA+cosB=ac1-cos2A

=ac1-（b2+c2-a22bc）2

=ac1-（c2+a222ac）2

=-［（a/c）2-3］2+822≤1，

當ac=3時等號成立，

故sinA2cosA+cosB的最大值是1.

解法5?（導數為工具研究函數的角度）由sinB=2sinA≤1，得0

由2cosA+cosBsinA=2tanA±cos2BsinA

=2tanA±1-sin2BsinA

=2tanA±1-2sin2AsinA

=2tanA±1tan2A-1，

令1tanA=x，f（x）=2x±x2-1（x≥1）.

（1）研究f1（x）=2x+x2-1（x≥1），易知f1（x）在［1，+∞）上單調遞增，則［f1（x）］min=f1（1）=2；

（2）研究f2（x）=2x-x2-1（x≥1），求導得f ′2（x）=2-1+1x2-1，易知f ′2（x）在［1，+∞）上單調遞增，且f ′2（2）=0.

所以［f2（x）］min=f2（2）=1.

綜上，得［f（x）］min=1.

則sinA2cosA+cosB=f（x）的最大值是1.

3 變式拓展

題2［3］?已知△ABC中∠A=π3，其內切圓半徑r=1，則△ABC面積的最小值是.

解法1?（余弦定理角度1）如圖1，設△ABC的內切圓⊙I與三邊切于點D，E，F，由AI為∠A平分線知∠EAI=∠FAI=π6.

又半徑r=1，則AE=AF=3.

于是BE=BD=c-3，CF=CD=b-3.

所以a+b+c=23+2（b-3）+2（c-3）.

即b+c=a+23.

又b2+c2-a2=2bccosA=bc，

所以b2+c2-（b+c-23）2=bc.

即12+3bc=43（b+c）.

又b+c≥2bc，則12+3bc≥83bc（當且僅當b=c時取等號），解得bc≥12.

于是S△ABC=12bcsinA≥33.

故當b=c，即△ABC為正三角形時S△ABCmin=33.

解法2?（余弦定理角度2）同解法1，得到

b+c=a+23.

又b2+c2-a2=2bccosA=bc，

即（b+c）2-a2=3bc.

所以（a+23）2-a2=3bc≤34（b+c）2=34（a+23）2.

即a≥23（當且僅當b=c時取等號）.

又S△ABC=12（a+b+c）r=a+3，

故△ABC為正三角形時S△ABCmin=33.

解法3?（海倫公式角度）由S△=12（a+b+c）r=p（p為△ABC的半周長），

又S△= p（p-a）（p-b）（p-c），得

p=（p-a）（p-b）（p-c）

≤［（p-a）+（p-b）+（p-c）3］3=p327.

即p≥33（當且僅當a=b=c時取等號）.

故△ABC為正三角形時S△ABCmin=33.

解法4?（三角函數角度1）如圖1，易知AE=AF=cotπ6=3，BE=BD=cotB2，CF=CD=cotC2.

則S△ABC=12（a+b+c）r

=3+cotB2+cotC2

=3+cos（B/2）sin（B/2）+cos（C/2）sin（C/2）

=3+sin（B/2+C/2）sin（B/2）sin（C/2）

= 3+32·1sin（B/2）sin（C/2）.

記f（B）=sinB2sinC2

= sinB2sin（π3-B2）

= sinB2（32cosB2-12sinB2）

= 34sinB+14cosB-14

=12sin（B+π6）-14，

由B∈（0，2π3），得f（B）∈（0，14］（當且僅當B=π3時f（B）取得最大值14）.

所以△ABC為正三角形時S△ABCmin=33.

解法5?（三角函數角度2）同解法4得

S△ABC=3+cotB2+cotC2.

由y=cotx在（0，π2）上是下凸函數，

所以12（cotB2+cotC2）≥cotB+C4=3.

即cotB2+cotC2≥23（當且僅當B=C時取等號）.

所以△ABC為正三角形時S△ABCmin=33.

解法6?（三角恒等變換角度）由A+B+C=π，得

tan（B2+C2）=tan（π2-A2）=cotA2.

即tanA2tanB2+tanB2tanC2+tanC2tanA2=1.

所以33tan2A2tan2B2tan2C2≤1.

即tanA2tanB2tanC2 ≤39（當且僅當A=B=C時取等號）.

所以S△ABC=12（cotA2+cotB2）（cotA2+cotC2）sinA

= cotA2cotB2cotC2≥33.

故△ABC為正三角形時S△ABCmin=33.

解法7?（解析幾何角度）由圖2，建立平面直角坐標系xIy，以ID所在直線為y軸，設直線IA的傾斜角為α（π6<α<5π6），則A（2cosα，2sinα），直線AB，AC的傾斜角分別為α-π6，α+π6.

于是BA=（ccos（α-π6），csin（α-π6）），

CA=（bcos（α+π6），bsin（α+π6））.

則B（-1-cos（α-π/6）sin（α-π/6），-1），

C（1-cos（α+π/6）sin（α+π/6），-1）.

則a=1-cos（α+π/6）sin（α+π/6）--1-cos（α-π/6）sin（α-π/6）=232sinα-1.

有S△ABC=12a（2sinα+1）=3（2sinα+1）2sinα-1=3+232sinα-1≥33（當且僅當α=π2時取等號）.

故△ABC為正三角形時S△ABCmin=33.

題3［4］?已知△ABC的三邊分別為a，b，c，若滿足a2+b2+2c2=8，則△ABC面積的最大值為.

解法1?（余弦定理角度）由余弦定理，得

cosC=a2+b2-c22ab=8-3c22ab.

結合三角形面積公式S=12absinC，得

S2=14a2b2sin2C

=14a2b2（1-cos2C）

=14a2b2［1-（8-3c22ab）2］

=116［4a2b2-（8-3c2）2］.

又8-2c2=a2+b2≥2ab（當且僅當a=b時等號成立），

所以S2≤116［（8-2c2）2-（8-3c2）2］

=116c2（16-5c2）

=1805c2（16-5c2）

≤180×（5c2+16-5c2）24=45，

當且僅當5c2=16-5c2時等號成立.

于是S≤255.

故當且僅當a=b=2515，c=2510時，△ABC面積取最大值為255.

解法2?（海倫公式角度）由三角形面積的海倫公式，得

S=p（p-a）（p-b）（p-c）（其中p=a+b+c2）.

則S2=p（p-a）（p-b）（p-c）

=a+b+c2·b+c-a2·a+c-b2·a+b-c2

=（a+b）2-c24·c2-（a-b）24

=4a2b2-（8-3c2）216，

下同解法1.

解法3?（輔助角公式角度1）由余弦定理，得

c2=a2+b2-2abcosC.

結合a2+b2+2c2=8，得

a2+b2+2c2=a2+b2+2（a2+b2-2abcosC）=3（a2+b2）-4abcosC≥6ab-4abcosC（當且僅當a=b時等號成立）.

由S=12absinC，得ab=2SsinC.

所以8≥12SsinC-8S·cosCsinC.

即3S≤2（sinC+S·cosC）.

又sinC+S·cosC=1+S2（11+S2sinC+S1+S2cosC）= 1+S2sin（C+φ）≥1+S2（其中11+S2=cosφ，S1+S2=sinφ，當且僅當tanC=1tanφ=1S時等號成立），于是3S≤21+S2，解得S≤255.

綜上，當且僅當tanC=52，即a=b=2515，c=2510時，△ABC面積取最大值為255.

解法4?（輔助角公式角度2）同解法3，得

8≥6ab-4abcosC=2ab（3-2cosC）.

又2cosC+5sinC= 3（23cosC+53sinC）=

3sin（C+φ）≤3（其中23=sinφ，53=cosφ，當且僅當tanC=1tanφ=52時等號成立），

所以8≥25absinC.

于是S=12absinC≤255.

故當且僅當tanC=52，即a=b=2515，c=2510時，△ABC面積取最大值為255.

解法5?（圓的參數方程角度）由a2+b2+2c2=8，得a2+b2=8-2c2.

設a=8-2c2cosθ，b=8-2c2sinθ（0<θ<π2），代入cosC=a2+b2-c22ab，得

cosC=8-3c2（8-2c2）sin2θ.

S2=14a2b2（1-cos2C）

=116［（8-2c2）2sin22θ-（8-3c2）2］

≤116［（8-2c2）2-（8-3c2）2］

=116c2（16-5c2）

≤180×（5c2+16-5c2）24=45，

當且僅當sin2θ=1且5c2=16-5c2時等號成立，

于是S≤255.

故當且僅當a=b=2515，c=2510時，△ABC面積取最大值為255.

解法6?（極坐標角度）設a=ρcosθ，b=ρsinθ（0<θ<π2），代入a2+b2+2c2=8，得c2=4-12ρ2.

代入S2=116［4a2b2-（8-3c2）2］

=116［ρ4sin22θ-（32ρ2-4）2）］

≤116［ρ4-（32ρ2-4）2］

=16（52ρ2-4）（-12ρ2+4）

=180（52ρ2-4）（-52ρ2+20）

≤1320（52ρ2-4-52ρ2+20）2=45，

當且僅當sin2θ=1且52ρ2-4=-52ρ2+20時等號成立，于是S≤255.

故當且僅當a=b=2515，c=2510時，△ABC面積取最大值為255.

解法7?（三角形中線角度）如圖3，設△ABC邊AB上的中線CD長為d，∠CDB=α，由三角形中線公式，得d=12a2+b2-12c2.

又a2+b2+2c2=8，整理得8=2d2+52c2≥

25cd（當且僅當2d2=52c2時等號成立），

于是cdmax=455.

又容易得到S△ABC=12c·dsinα≤12cd（當且僅當α=π2，即a=b時等號成立），故當且僅當a=b=2515，c=2510時，△ABC面積取最大值為255.

解法8?（三角形高線角度）如圖4，設△ABC邊AB上的高CE長為h，線段AE長為t，則由勾股定理得b2=h2+t2，a2=h2+（c-t）2.

代入a2+b2+2c2=8，整理，得

8=2h2+52c2+2（t-c2）2

≥2h2+52c2≥25hc，

當且僅當t=c2，且2h2=52c2時等號成立.

所以S△ABC=12hc≤255.

故當且僅當a=b=2515，c=2510時，△ABC面積取最大值為255.

解法9?（解析幾何角度）如圖5，以AB所在直線為x軸，AB的垂直平分線為y軸，建立平面直角坐標系，其中A（-c2，0），B（c2，0），設C（x，y）（y≠0），由a2+b2+2c2=8，得（x+c2）2+y2+（x-c2）2+y2+2c2=8.

整理，得x2+y2=4-54c2（y≠0）.

易知S△ABC=12cy≤c2·4-54c2=

15·

5c2

·

4-54c2

≤125（54c2+4-54c2） =255，（當且僅當x=0且54c2=4-54c2時等號成立）.

故當且僅當a=b=2515，c=2510時，△ABC面積取最大值為255.

4 三道題的一般化拓展

結論1?在△ABC中，已知sinB=ksinA（k>0且k≠1），則sinAkcosA+cosB的最大值是1k2-1.

結論2?若△ABC中∠A是定值，內切圓半徑r也是定值，則△ABC面積的最小值是2r21+sin（A/2）2sinA.

結論3?已知△ABC的三邊分別為a，b，c，若滿足xa2+yb2+zc2=t（x，y，z，t>0），則△ABC面積的最大值為t4xy+yz+zx.

說明?結論1，2，3分別對應于文中題1，2，3的一般化推廣，限于篇幅，證明留給讀者.

5 結束語

數學解題的目的是什么？是求出問題的答案嗎？是，但不全是！解題的目的是鞏固數學基礎知識、落實數學基本技能、感悟數學思想方法、提升數學思維活動經驗[5]，所以對一些典型問題進行深入探究，嘗試從不同角度分析、解決，不僅能更牢固地掌握相關的數學知識，還能更靈活地運用所學知識，構建知識的網絡體系，從整體上理解、認識數學問題．另外，通過一題多解，分析、比較各種解法，可以找到最佳的解題途徑，從而發散學生的思維能力，提高其解題能力.基于SOLO分類理論，學生的關鍵能力和數學核心素養會有差別，教學中如何通過教學來提高這兩方面呢？筆者認為通過適當的變式訓練，可以有效檢驗學生的學和教師的教，再嘗試將問題一般化拓展，幫助學生學會研究問題的一般化思路，定能讓學生在高效課堂下高效地學習，從而有效發展自身的數學關鍵能力與核心素養.

參考文獻：

［1］

王思思.巧思維，妙方法：一道解三角形最值題的精彩解法[J].中學數學，2021（23）：50-51.

[2] 劉海濤.對一道清華測試題的探究、變式及反思總結[J].數理化解題研究，2022（25）：15-20.

[3] 劉海濤.對一道三角形面積問題的探究與拓展[J].教學考試，2021（02）：52-54.

[4] 劉海濤.賞析一道三角形面積最值題的九種解法[J].數理化學習（高中版），2021（08）：31-33.

[5] 劉海濤.解題應追求自然而至簡的解法：從一道高考題談二元方程條件下的二元函數最值解法[J].中學生理科應試，2021（07）：10-13.

［責任編輯：李?璟］