從“一題多解”到“一題多變”

項(xiàng)目信息：福建省中青年教師教育科研項(xiàng)目（基礎(chǔ)教育研究專項(xiàng)）“核心素養(yǎng)視域下高中數(shù)學(xué)拓展類校本課程建設(shè)研究”，項(xiàng)目編號(hào)為JSZJ23122.福建教育學(xué)院資助.

解三角形是高考數(shù)學(xué)必考的一個(gè)知識(shí)點(diǎn)，側(cè)重考查正弦定理、余弦定理與面積公式在解題中的靈活運(yùn)用.由于此類問(wèn)題通常以圖形為載體進(jìn)行設(shè)計(jì)，且涉及到的具體運(yùn)算往往較多，所以有利于較好地培養(yǎng)學(xué)生在直觀想象與數(shù)學(xué)運(yùn)算方面的核心素養(yǎng).

好題采擷" 在△ABC中，已知AB=2，AC=3，A=60°，D是BC邊的中點(diǎn)，求中線AD的長(zhǎng).

多解探究" 為了便于分析，如圖1所示，先畫(huà)出對(duì)應(yīng)的圖形.

解法1：（多次靈活運(yùn)用余弦定理）在△ABC中，由余弦定理得BC2=AB2+AC2－2AB·ACcos A=22+32－2×2×3cos 60°=7，所以BC=7.于是，在△ABC中由余弦定理得cos B=AB2+BC2－AC22AB·BC=22+（7）2－322×2×7=714.又易知BD=72，故在△ABD中由余弦定理得AD2=AB2+BD2－2AB·BDcos B=22+722－2×2×72×714=194.因此，所求中線AD的長(zhǎng)為192.

解法2：（利用向量恒等式）設(shè)AB=a，AC=b，則|a|=2，|b|=3，向量a，b夾角為60°.

又注意到a+b=2AD，于是根據(jù)向量恒等式（a+b）2－（a－b）2=4a·b可得（2AD）2=4a·b+（a－b）2，所以4|AD|2=2a·b+|a|2+|b|2=2×2×3cos 60°+22+32=19，則|AD|=192.故所求中線AD的長(zhǎng)為192.

解法3：（利用平面向量的線性表示）因?yàn)镈是BC邊的中點(diǎn)，所以AD=12（AB+AC），兩邊平方，可得到|AD|2=14（|AB|2+|AC|2+2AB·AC）

=14（22+32+2×2×3cos 60°）=194，則|AD|=192.故所求中線AD的長(zhǎng)為192.

解法4：（巧作輔助線，靈活運(yùn)用余弦定理）

如圖2所示，經(jīng)過(guò)點(diǎn)B作AC的平行線，與線段AD的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)E.由D是BC的中點(diǎn)，可知BE=AC=3，AE=2AD，∠ABE=120°.于是，在△ABE中由余弦定理得AE2=AB2+BE2－2AB·BEcos∠ABE，即（2AD）2=22+32－2×2×3cos 120°，化簡(jiǎn)得AD=192.故所求中線AD的長(zhǎng)為192.

評(píng)注：上述解法1側(cè)重于變換三角形，靈活運(yùn)用余弦定理解題；解法2、解法3側(cè)重于靈活運(yùn)用平面向量知識(shí)解題；解法4側(cè)重于結(jié)合圖形先創(chuàng)造有利條件，再靈活求解.整體看，本題解法較多，不僅考查了學(xué)生的數(shù)形結(jié)合能力，而且也考查了學(xué)生的數(shù)學(xué)運(yùn)算求解能力，其中解法3、解法4比較簡(jiǎn)單，值得我們細(xì)細(xì)品味、研究！

多變探究nbsp; 前文中的原題實(shí)際上是已知D為線段BC的一個(gè)二等分點(diǎn)，現(xiàn)將其改為“一個(gè)三等分點(diǎn)”，可得如下變式題1.

變式題1" 在△ABC中，已知AB=2，AC=3，A=60°，點(diǎn)D在BC邊上，且滿足BD=13BC，求線段AD的長(zhǎng).

解析：由BD=13BC，得AD－AB=13（AC－AB），整理可得AD=23AB+13AC.于是，兩邊平方可得|AD|2=49|AB|2+19|AC|2+49AB·AC=49×22+19×32+49×2×3cos 60°=379，所以|AD|=373.故所求線段AD的長(zhǎng)為373.

評(píng)注：題設(shè)條件BD=13BC，表明了D為線段BC的一個(gè)三等分點(diǎn)，且靠近點(diǎn)B.參考前述多解探究，可給出本題的其他不同解法，請(qǐng)讀者自行完成.

原題目標(biāo)問(wèn)題是求三角形的中線長(zhǎng)，而三角形中又經(jīng)常會(huì)涉及到角平分線、高線，據(jù)此可得如下變式題2和變式題3.

變式題2" 在△ABC中，已知AB=2，AC=3，A=60°，內(nèi)角A的平分線與BC邊交于點(diǎn)D，求角平分線AD的長(zhǎng).

解法1：因?yàn)锳D是角A的平分線，所以可得BDDC=ABAC=23，則3BD=2DC，從而3BD=2DC，所以3（AD－AB）=2（AC－AD），整理得AD=35AB+25AC.于是，兩邊平方得|AD|2=925|AB|2+425×|AC|2+1225AB·AC=925×22+425×32+1225×2×3cos 60°=10825，從而可知|AD|=635.故所求角平分線AD的長(zhǎng)為635.

解法2：根據(jù)題設(shè)已知條件，易知∠BAD=∠DAC=30°.又結(jié)合圖形可得到S△ABC=S△ABD+S△ACD，所以12AB·AC·sin∠BAC=12AB·AD·sin∠BAD+12AC·AD·sin∠DAC，也即12×2×3sin 60°=12×2×ADsin 30°+12×3×ADsin 30°，解得AD=635.故所求角平分線AD的長(zhǎng)為635.

評(píng)注：本題解法1利用了三角形內(nèi)角平分線性質(zhì)定理，解題關(guān)鍵是獲得向量等式AD=35AB+25AC；解法2利用了“分割與組合思想”，有利于構(gòu)建關(guān)于目標(biāo)量“AD”的方程，從而簡(jiǎn)捷求解.參考前述多解探究，可得出本題的其他不同解法，請(qǐng)讀者自行完成.

變式題3" 在△ABC中，已知AB=2，AC=3，A=60°，點(diǎn)D在BC邊上，且滿足AD⊥BC，求高線AD的長(zhǎng).

解法1：在△ABC中，由余弦定理可得BC2=AB2+AC2－2AB·ACcos A

=22+32－2×2×3cos 60°=7，所以BC=7.于是，設(shè)BD=x，則CD=7－x.

又根據(jù)AD⊥BC，利用勾股定理得AD2=AB2－BD2=AC2－CD2，所以可得

22－x2=32－（7－x）2，解得x=77，即BD=77.

于是，AD2=AB2－BD2=22－772=277，故可得高線AD的長(zhǎng)為3217.

解法2：在△ABC中，由余弦定理可得BC2=AB2+AC2－2AB·ACcos A

=22+32－2×2×3cos 60°=7，所以BC=7.又由題意及圖形得S△ABC=12AB·AC·sin∠BAC=12BC·AD，所以12×2×3sin 60°=12×7AD，解得AD=3217.因此所求高線AD的長(zhǎng)為3217.

解法3：在△ABC中，由余弦定理可得BC2=AB2+AC2－2AB·ACcos A

=22+32－2×2×3cos 60°=7，所以BC=7.于是，在△ABC中由正弦定理得BCsin A=ACsin B，即7sin 60°=3sin B，所以可得sin B=3sin 60°7=32114.在△ABD中，

根據(jù)AD⊥BC，可得AD=ABsin B=2×32114=3217.故所求高線AD的長(zhǎng)為3217.

評(píng)注：本題解法1側(cè)重體現(xiàn)了余弦定理與勾股定理以及方程思想在解題中的綜合運(yùn)用；解法2側(cè)重體現(xiàn)了余弦定理與兩個(gè)三角形面積公式在解題中的綜合運(yùn)用；解法3側(cè)重體現(xiàn)了余弦定理與正弦定理以及解直角三角形知識(shí)在解題中的綜合運(yùn)用.

以上，通過(guò)一道解三角形問(wèn)題的“多解探究”與“多變探究”，不僅體現(xiàn)了解三角形知識(shí)在解題中的充分、靈活運(yùn)用，而且也體現(xiàn)了利用向量知識(shí)可靈活、簡(jiǎn)捷處理有關(guān)解三角形問(wèn)題.此外，從數(shù)學(xué)思想方法角度看，需要關(guān)注數(shù)形結(jié)合思想、方程思想以及轉(zhuǎn)化思想在解三角形問(wèn)題中的靈活運(yùn)用；從解題技巧方面看，需要關(guān)注對(duì)平面向量的線性表示實(shí)施“平方”變形，考慮平面圖形的面積以及面積關(guān)系，巧作輔助線解決問(wèn)題；等等.故通過(guò)對(duì)解三角形問(wèn)題的探究，有利于拓寬解題思維，提高解題的技能與技巧.