樊榮

摘要：結(jié)構(gòu)不良試題是新高考數(shù)學(xué)試卷中的一類創(chuàng)新開放題，其中以解三角形為背景的結(jié)構(gòu)不良試題是最常見的結(jié)合實例，就解三角形問題中的結(jié)構(gòu)不良試題的常見類型加以剖析，展示創(chuàng)新設(shè)置與開放思維，掌握破解技巧與解題策略，引領(lǐng)并指導(dǎo)數(shù)學(xué)教學(xué)與復(fù)習(xí)備考.

關(guān)鍵詞：結(jié)構(gòu)不良;解三角形;選擇;條件;探索;開放

結(jié)構(gòu)不良試題是新高考數(shù)學(xué)2020年開始出現(xiàn)的一類開放性創(chuàng)新題型，創(chuàng)設(shè)沒有明確的結(jié)構(gòu)或者解決途徑的“另類”數(shù)學(xué)試題，契合現(xiàn)實生活中的問題形式，具有很好的開放性與創(chuàng)新性.結(jié)構(gòu)不良數(shù)學(xué)試題，條件或結(jié)論等存在變數(shù)，是否有解也不確定，變化多端，形式各樣.

而解三角形問題，比較吻合結(jié)構(gòu)不良數(shù)學(xué)試題的基本特征，是考查此類題型的常見形式.通過解三角形知識的綜合、交匯與應(yīng)用，結(jié)合選擇條件型與探索條件型這兩種比較常見類型來展示，具有很好的開放性與創(chuàng)新性，能有效考查學(xué)生分析問題、解決問題的能力，對理解能力、探究能力、創(chuàng)新能力與應(yīng)用意識等的考查也是積極和深刻的.

1 選擇條件型結(jié)構(gòu)不良試題

解三角形中的選擇條件型結(jié)構(gòu)不良試題，屬于題干條件不充分或不完整，需要從已知給出的條件中選擇某些條件（一般是三個條件中，或選一或選二等）加以補(bǔ)充完整，進(jìn)而在所選擇條件組成的題目背景下，正常解決相關(guān)的解三角形問題.只是不同的選擇可能選用的知識點與思想方法有差異而已.

例1（2022年江蘇省淮安市高中校協(xié)作體高三年級期中模擬考試數(shù)學(xué)試卷）在①b2+2ac=a2+c2，②acos B=bsin A，③sin B+cos B=2這三個條件中任選一個，補(bǔ)充在下面的問題中，并解決該問題.

已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，??? ，A=π3，b=2.

（1）求角B;

（2）求△ABC的面積.

分析：（1）從已知三個條件中選取一個，若選①，由余弦定理即可得解;若選②，利用正弦定理將相應(yīng)關(guān)系式中的邊化為角，可求得tan B的值，從而得解;若選③，結(jié)合輔助角公式的轉(zhuǎn)化與應(yīng)用，從而得以求解;（2）由正弦定理求出a的值，由兩角和的正弦公式求出sin C，再利用三角形的面積公式即可求解.

解析：（1）若選①，由余弦定理，得cos B=a2+c2-b22ac=2ac2ac=22.

又B∈（0，π），則B=π4.

若選②，由acos B=bsin A，結(jié)合正弦定理知sin Acos B

=sin Bsin A.

又A∈（0，π），則sin A>0.所以cos B=sin B.

又B∈（0，π），則tan B=1，即B=π4.

若選③，由sin B+cos B=2，得2×sinB+π4=2，即sinB+π4=1.

又B∈（0，π），所以B+π4∈

π4，5π4.于是B+π4=π2，解得B=π4.

（2）由A=π3，b=2，B=π4，可得C=π-A-B=5π12.

結(jié)合正弦定理，可得a=bsin Asin B=3.

又sinC=sin5π12=sinπ4+

π6=sinπ4cosπ6+cosπ4sinπ6= 6+ 24，

則△ABC的面積S△ABC=12absin C=12×3×2×6+24=3+34.

點評：此類解三角形問題中選擇條件型結(jié)構(gòu)不良試題，可以從三角形的角、邊、關(guān)系式等不同情境構(gòu)建相應(yīng)的條件，從給出的多個條件（一般三個）中選一或選二，結(jié)合其他已知條件來分析與處理.不同的選擇，破解過程與對應(yīng)的知識點有時可能不相同，結(jié)論有時也不盡相同.

2 探索條件型結(jié)構(gòu)不良試題

解三角形中的探索條件型結(jié)構(gòu)不良試題，屬于題干條件不充分或不完整，需要根據(jù)相應(yīng)的一些條件來探索原題目中的某些條件，通過邏輯推理、代數(shù)運算等加以補(bǔ)充完整;或者通過補(bǔ)充一些相關(guān)的條件，結(jié)合運算與推理，并根據(jù)補(bǔ)充條件的題目進(jìn)行合理探究與分析，形成相應(yīng)的判斷或決策等.

例2在①2acos B=2c-b，②（sin A+sin B）＼5（a-b）+bsin C=csin C，③b2+c2-a2=233bc＼5sin（B+C）這三個條件中任選一個，補(bǔ)充到下面問題中，若問題中的C存在，求C的值;若C不存在，請說明理由.

設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知??? ，是否存在角C，使得cosB+π3-

3sin C=-1？

注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.

分析：結(jié)合已知可選的條件，選①時通過正弦定理、誘導(dǎo)公式以及兩角和的正弦公式等確定角A的值;選②時通過正弦定理、余弦定理等，確定角A的值;選③時通過誘導(dǎo)公式、余弦定理等確定角A的值.在角A確定后，利用三角函數(shù)關(guān)系式的變形以及輔助角公式的應(yīng)用，結(jié)合條件確定三角函數(shù)關(guān)系式的最值問題，進(jìn)而探究關(guān)系式是否成立.

解析：選①，問題中的C不存在.理由如下：

因為2acos B=2c-b，所以由正弦定理知2sin Acos B=2sin C-sin B.

又sin C=sin（A+B），得2sin Acos B=2sin（A+B）-sin B，

展開并整理得2cos Asin B=sin B.

而sin B>0，可得cos A=12.由0

從而3sin C-cosB+π3=3sin C-cos（π-C）=3sin C+cos C=2sinC+π6.

又易知C∈0，2π3，

則C+π6∈π6，5π6，得sinC+π6>12，

于是3sinC-cosB+π3=2sinC+π6>2×12=1.

故不存在C，使3sin C-cosB+π3=1.

選②，問題中的C不存在.理由如下：

因為（sin A+sin B）（a-b）+bsin C=csin C，所以由正弦定理知a2-b2+bc=c2.

再結(jié)合余弦定理，可得

cosA=b2+c2-a22bc=12.

由0

從而3sin C-cosB+π3=3sin C-cos（π-C）=3sin C+cos C=2sinC+π6.

又易知C∈0，2π3，則C+π6∈π6，5π6，所以可得sinC+π6>12，

于是3sin C-cosB+π3=2×sinC+π6>2×12=1.

故不存在C，使3sin C-cosB+π3=1.

選③，問題中的C不存在.理由如下：

因為sin A=sin（B+C），所以b2+c2-a2=233×bcsin（B+C）=233bcsin A，

整理可得b2+c2-a22bc=33×sin A.結(jié)合余弦定理，得cos A=33sin A，即tan A=3.

由0

從而可得3sin C-cosB+π3=3sin C-cos（π-C）=3sin C+cos C=2sinC+π6.

又C∈0，2π3，則C+π6∈π6，5π6，得sinC+π6>12，

于是3sin C-cosB+π3=2sinC+π6>1.

故不存在C，使3sin C-

cosB+π3=1.

點評：解三角形問題中探索條件型結(jié)構(gòu)不良試題，根據(jù)題目條件的選擇并結(jié)合已知條件通過探究與判斷來確定一些相關(guān)結(jié)論的成立性與存在性.破解的關(guān)鍵在于合理化歸與轉(zhuǎn)化，巧妙借助逆向思維等，對條件與答案之間的相互關(guān)系進(jìn)行合理探究與分析，進(jìn)而得以判斷與決策.

涉及解三角形問題中結(jié)構(gòu)不良試題的命制與創(chuàng)設(shè)，是對解三角形知識的進(jìn)一步深入與拓展，也是知識與思維密切聯(lián)系與交匯的一個典范.通過解三角形，將三角函數(shù)、平面幾何、不等式等相關(guān)知識加以融合與交匯，同時滲透開放性思想與創(chuàng)新性思想，巧妙創(chuàng)設(shè)，創(chuàng)新應(yīng)用，引導(dǎo)學(xué)生從數(shù)學(xué)知識的習(xí)得與記憶轉(zhuǎn)向問題的分析與解決、策略的選擇與應(yīng)用，使數(shù)學(xué)應(yīng)用、創(chuàng)新應(yīng)用在思維層面得以真正地發(fā)酵、發(fā)生.