探析2021年全國(guó)高考新課標(biāo)Ⅰ卷第19題

摘要：通過(guò)歸納2021年全國(guó)高考新課標(biāo)Ⅰ卷第19題的解法，思考三角函數(shù)復(fù)習(xí)思路，提高數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)，從而更高效復(fù)習(xí)，備戰(zhàn)2022年高考.

關(guān)鍵詞：2021年高考;三角函數(shù);正弦定理;備考策略

2021年三角函數(shù)試題形式略有創(chuàng)新，既考查了學(xué)生對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的理解和應(yīng)用，又考查了學(xué)生化繁為簡(jiǎn)的運(yùn)算能力，以及數(shù)形結(jié)合、轉(zhuǎn)化與化歸等數(shù)學(xué)思想.試題重視對(duì)學(xué)科觀念、規(guī)律及學(xué)生數(shù)學(xué)學(xué)科核心素養(yǎng)的考查.因此，深入研究及進(jìn)行適量的訓(xùn)練，對(duì)學(xué)生來(lái)說(shuō)必不可少.

1 試題呈現(xiàn)

題目記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知b2=ac，點(diǎn)D在邊AC上，BDsin∠ABC=asinC.

（1）證明：BD=b.

（2）若AD=2DE，求cos∠ABC

2 試題解析

2.1 第（1）小題解析

思路1利用正弦定理將b2=ac中b和c的關(guān)系轉(zhuǎn)化為sinB和sinC的關(guān)系，再對(duì)比已知條件

BDsin∠ABC=asinC，即可證得BD=b.

思路2利用正弦定理將BDsin∠ABC=asinC中的sin∠ABC和sinC關(guān)系轉(zhuǎn)化為b和c的關(guān)系，再利用已知條件b2=ac，即可證得BD=b.

思路3將結(jié)論整理為BD=asinCsin∠ABC，通過(guò)正弦定理求出asinCsin∠ABC=b，證得BD=b.

思路4利用正弦定理得到bsinC=csinB，兩邊同時(shí)乘以a，再利用已知條件b2=ac，轉(zhuǎn)化成bsin∠ABC=asinC，從而對(duì)比已知條件BDsin∠ABC=asinC，即可證得BD=b.

思路5利用三角形面積公式

S△ABC=12ac·sin∠ABC=12absinC，再利用已知條件b2=ac，轉(zhuǎn)化成bsin∠ABC=asinC，從而對(duì)比已知條件BDsin∠ABC=asinC，即可證得BD=b.

思路6將BDsin∠ABC=asinC中的sin∠ABC轉(zhuǎn)化成sin（A+C），利用兩角和正弦公式展開(kāi)，再利用余弦定理公式，也可得到BD·b=a·c，再利用已知條件b2=ac，即可證得BD=b.

思路7 利用平面幾何知識(shí)，過(guò)點(diǎn)B作高構(gòu)造直角三角形，得BDsin∠BDA=asinC，從而得到sin∠BDA=sin∠ABC，然后利用三角形相似來(lái)證明.

解法1由正弦定理（或“b2=ac”），得

bsin∠ABC=asinC.

又因?yàn)锽Dsin∠ABC=asinC，所以BD=b.

解法2由正弦定理（或“BDsin∠ABC=asinC”）可得BD·b=ac.

因?yàn)閎2=ac，所以BD=b.

解法3在△ABC中，由正弦定理，得

bsin∠ABC=csinC.

所以sinCsin∠ABC=cb，

即有asinCsin∠ABC=acb.

又因?yàn)閎2=ac，

所以asinCsin∠ABC=b.

由BDsin∠ABC=asinC，得

BD=asinCsin∠ABC.

所以BD=b.

解法4在△ABC中，由正弦定理，得

bsinC=csin∠ABC，

兩邊同時(shí)乘以a，得

absinC=acsin∠ABC.

又因?yàn)閎2=ac，所以bsin∠ABC=asinC.

又因?yàn)锽Dsin∠ABC=asinC，

所以BD=b.

解法5由三角形面積，得

S△ABC=12acsin∠ABC=12absinC.

又因?yàn)閎2=ac，所以bsin∠ABC=asinC.

又因?yàn)锽Dsin∠ABC=asinC，所以BD=b.

解法6因?yàn)锽Dsin∠ABC=asinC，

所以BDsin（A+C）=asinC.

所以BD（sinAcosC+cosAsinC）=asinC）.

由正弦定理、余弦定理，得

BD（a·a2+b2-c22ab+b2+c2-a22bc·c）=ac.

整理，得 ?BD·b=ac.

因?yàn)閎2=ac， 所以BD=b.

解法7過(guò)點(diǎn)B作BE⊥AC，

在△ABC中，BE=asinC，

在△BDE中，BE=BDsin∠BDE，

所以BDsin∠BDE=asinC.

又因?yàn)锽Dsin∠ABC=asinC，

所以sin∠BDE=sin∠ABC，

所以∠BDE=∠ABC或∠BDE+∠ABC=π.

①當(dāng)∠BDE=∠ABC時(shí)，得△BCD∽△ABC.

所以ab=BDc，得BD·b=ac.

因?yàn)閎2=ac，所以BD=b.

②同理，當(dāng)∠BDE+∠ABC=π時(shí)，BD=b.

2.2第（2）小題解析

思路1在△ABC與△BCD中，分別求得cosC，得到6a2-11ac+3c2=0，從而得到a和c的關(guān)系式，再結(jié)合b2=ac，即可得到cos∠ABC.

思路2不妨設(shè)BD=b，在△BCD和△ABD中運(yùn)用余弦定理得出cos∠BDC與cos∠BDA，再由

∠BDC+∠BDA=π，結(jié)合b2=ac，即可求出a和c，進(jìn)而得到cos∠ABC.

思路3 結(jié)合BD=b，在△BCD和△ABD中運(yùn)用余弦定理得出cos∠BDC與cos∠BDA，再由

∠BDC+∠BDA=π，得到6a2-11ac+3c2=0，從而得到a和c的關(guān)系式，再結(jié)合b2=ac，即可得到cos∠ABC.

思路4利用向量得到

BD=23BC+13BA，再利用向量運(yùn)算得到

b2=49a2+19c2+49accosθ.又在△ABC中，結(jié)合余弦定理和條件b2=ac，得到6a2-11ac+3c2=0，再結(jié)合b2=ac，即可得到cos∠ABC.

思路5利用向量得到BD=23BC+13BA，再利用向量運(yùn)算得到b2=49a2+19c2+49accosθ.又在△ABC中，結(jié)合余弦定理，然后用換元法，令t=ac，即可求出t，從而得到cos∠ABC.

解法1在△ABC中，cosC=a2+b2-c22ab，

在△BCD中，cosC=

a2+（b3）2-b22a·b3，

因?yàn)閎2=ac所以，6a2-11ac+3c2=0.

所以a=c3或a=32c，

當(dāng)a=c3時(shí)，b2=ac=c23，

則cos∠ABC=76>1（舍）.

當(dāng)a=32c時(shí)，b2=ac=c22，則cos∠ABC=712.

綜上，cos∠ABC=712.

解法2不妨設(shè)BD=3，則AD=2，DC=1，b=3.

在△BCD和△ABD中，由余弦定理，得

a2=9+1-6cos∠BDC，

c2=9+4-12cos∠BDA.

由于∠BDC+∠BDA=π，

所以2a2+c2=33.

由2a2+c2=33，ac=9，得a=3，c=33或

a=363，c=6.

若a=3，c=33，則a+b<c或cos∠ABC=76>1（舍）.若

a=363，c=6，則cos∠ABC=712.

綜上，cos∠ABC=712.

解法3由（1）得BD=b.

在△BCD和△ABD中，由余弦定理，得

a2=b2+（b3）2-2b·b3cos∠BDC，

c2=b2+（2b3）2-2b·2b3cos∠BDA.

由于∠BDC+∠BDA=π，b2=ac，

所以6a2-11ac+3c2=0

所以a=c3或a=32c，

當(dāng)a=c3時(shí)，b2=ac=c23，

則cos∠ABC=76>1（舍）.

當(dāng)a=32c時(shí)，b2=ac=c22，則cos∠ABC=712.

綜上，cos∠ABC=712.

解法4設(shè)θ=∠ABC，則

BD=23BC+

13BA，

所以b2=49a2+19c2+49accosθ.

又在△ABC中，由余弦定理，得

b2=a2+c2-2accosθ.

因?yàn)閎2=ac，所以6a2-11ac+3c2=0，

所以a=c3或a=32c，

當(dāng)a=c3時(shí)，b2=ac=c23，

則cos∠ABC=76>1（舍）.

當(dāng)a=32c時(shí)，b2=ac=c22，則cos∠ABC=712.

綜上，cos∠ABC=712.

解法5設(shè)θ=∠ABC，則

BD=23BC+

13BA，

所以b2=49a2+19c2+49accosθ.①

又在△ABC中，由余弦定理，得

b2=a2+c2-2accosθ.②

由①，得cosθ=49-ac-c4a.

由②，得cosθ=-12+a2c+c2a.

令t=ac，則94-t-14t=-12+t2+12t.

解得t=32或13.

當(dāng)t=32時(shí)，cos∠ABC=712.

當(dāng)t=13時(shí)，cos∠ABC=76>1（舍）.

綜上，cos∠ABC=712.

3 教學(xué)啟示

本道試題所涉及到的知識(shí)點(diǎn)與求解方法體現(xiàn)了高考不回避熱點(diǎn)問(wèn)題，不回避平時(shí)?？嫉目键c(diǎn)和常用的方法.這就啟發(fā)我們?cè)诟呷龔?fù)習(xí)時(shí)一定要講透這類(lèi)題型及其相應(yīng)的求解策略.讓學(xué)生把知識(shí)內(nèi)化成自己的能力，從而精準(zhǔn)得分.具體做法如下：

3.1 強(qiáng)化思想方法，提升數(shù)學(xué)能力

在三角函數(shù)模塊的復(fù)習(xí)中，尤其要重視函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想的應(yīng)用.在正余弦定理的教學(xué)中，不僅要深挖公式的正用、逆用、變用功能，更要挖掘等式中蘊(yùn)含的數(shù)學(xué)思想——方程思想，還要樹(shù)立方程到不等式的模型，從而順利地解決一些有關(guān)周長(zhǎng)、面積的最值或范圍問(wèn)題.

因此，在復(fù)習(xí)備考中，要特別重視數(shù)學(xué)思想和方法的滲透，不能只講題型，不講思想和方法，否則學(xué)生就只會(huì)套題型，不會(huì)自己獨(dú)立思考，當(dāng)然也就不能提高能力.

3.2 關(guān)注新課標(biāo)里向量工具性的作用

新課標(biāo)在正弦定理和余弦定理部分是這樣說(shuō)明的：借助向量的運(yùn)算，探索三角形邊長(zhǎng)與角度的關(guān)系，掌握余弦定理、正弦定理.而舊版課標(biāo)是這樣說(shuō)明的：通過(guò)對(duì)任意三角形邊長(zhǎng)和角度關(guān)系的探索，掌握正余弦定理，并能解決一些簡(jiǎn)單的三角形度量問(wèn)題.從變化中可以看出，新課標(biāo)凸顯了向量在解三角形中的工具性作用.

本題第（2）小題屬于條件分散的解三角形的問(wèn)題，無(wú)法直接利用正弦定理或余弦定理解決，解法5把分散的條件利用數(shù)學(xué)知識(shí)找到聯(lián)系就成了本題的關(guān)鍵，充分利用點(diǎn)D是三等分點(diǎn)這個(gè)顯著特征，構(gòu)建向量模型BD=23BC+13BA，通過(guò)邊平方建立邊角關(guān)系，就顯得巧妙而簡(jiǎn)潔.3.3 重視平面幾何知識(shí)點(diǎn)的滲透

本題第（1）小題解法7借助平面幾何知識(shí)，從而順利地解決問(wèn)題.新高考刪除選考內(nèi)容，意味著幾何證明選講部分內(nèi)容不再單獨(dú)出現(xiàn)，但是很多的幾何圖形性質(zhì)又能起到簡(jiǎn)化運(yùn)算的功能，體現(xiàn)多思少算的新高考理念，尤其是解析幾何等內(nèi)容體現(xiàn)得尤為明顯.因些，在解三角形的教學(xué)中應(yīng)重視平面幾何知識(shí)的滲透，提升學(xué)生的直觀想象與數(shù)學(xué)運(yùn)算素養(yǎng)，從而達(dá)到事半功倍的效果.

3.4 潛心研討高考真題，領(lǐng)悟高考命題規(guī)律

高考真題是命題者依綱靠本、科學(xué)而精心設(shè)計(jì)的典型題目，它聚集了專(zhuān)家、優(yōu)秀老師的集體智慧，它不僅在一定程度上濃縮了課本上重要的基礎(chǔ)知識(shí)與基本技能，而且還蘊(yùn)含著豐富的數(shù)學(xué)思想和方法，能夠折射出高考的基本走向和考查的深度與廣度.為了避免題海戰(zhàn)術(shù)，讓學(xué)生真正跳出題海，只有教師跳出題海，潛心研討高考?xì)v年真題，方能領(lǐng)悟高考命題規(guī)律.

參考文獻(xiàn)：

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教育部考試中心.中國(guó)高考評(píng)價(jià)體系說(shuō)明＼[M＼].北京：人民教育出版社，2019.

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[責(zé)任編輯：李璟]

中圖分類(lèi)號(hào)：G632文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A文章編號(hào)：1008-0333（2022）13-0010-04

收稿日期：2022-02-05

作者簡(jiǎn)介：許順龍（1983.2-），男，福建龍海人， 本科，中學(xué)一級(jí)教師，從事高中數(shù)學(xué)高考解題和高中數(shù)學(xué)項(xiàng)目式學(xué)習(xí)策略研究.[FQ）]