范光玉

解三角形問題的常用解題思路是利用正余弦定理，實現(xiàn)邊角的互化后進行求解；其次三角形作為平面圖形，其自身具有豐富的幾何性質(zhì)，我們還可通過幾何的視角來進行求解.本文對2022年新課標Ⅰ卷第18題的多解進行分析并將問題拓展到一般結論.

一、題目呈現(xiàn)

記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知cosA1+sinA=sin2B1+cos2B．（1）若C=2π3，求B；（2）求a2+b2c2的最小值．

本題的主題干較為簡單，考察二倍角等三角恒等變換的相關公式獲得△ABC三個內(nèi)角間的關系，在此基礎上求解第（1）問就較為簡單；本題的難點主要集中在第（2）問，所求式考察了三個變量間的關系，觀察其結構發(fā)現(xiàn)其為齊次式，我們可以通過構造邊與邊之間的比例進行消元；其次，也可通過邊化角后構成比例關系進行消元.

二、多解分析

對于第（1）問，因為cosA1+sinA=sin2B1+cos2B，即cosA1+sinA=2sinBcosB1+2cos2B－1，即cosA1+sinA=sinBcosB，化簡可得cosAcosB－sinAsinB=sinB，即cos（A+B）=sinB.由C=2π3，所以sinB=12，因為0

對于第（2）問，主題干是關于角的關系，為此自然想到利用邊化角來進行求解.

解法一：（邊化角）由cos（A+B）=sinB，即cosC=－sinB，即cosC=cos（π2+B），因為0

評注：上述解法將所有變量都用cosB來表示，實現(xiàn)了化簡的目的，再利用基本不等式或利用“對勾函數(shù)”的性質(zhì)即可求解.

解法二：（利用幾何性質(zhì)，及邊的關系求解）如圖1，過點C作BC的垂線交AB于點D，利用外角的性質(zhì)可得∠ADC=π2+B=C，從而可得ΔADC～ΔACB.設AD=x，CD=y，利用相似比例得x=b2c，y=abc.在ΔBDC中使用勾股定理得y2+a2=（c－x）2，代入上述條件化簡得a2=（c2－b2）2c2+b2.所求式a2+b2c2=（c2－b2）2+b4+b2c2c4+b2c2，整理得a2+b2c2=c4+2b4－b2c2c4+b2c2.令c2b2=t，上式a2+b2c2=t2－t+2t2+t.1－2t－2t2+t，令t－1=m，則有a2+b2c2=1－2mm2+3m+2=1－2m+2m+3≥42－5.

也可運用判別式法求解：令t2－t+2t2+t=s，整理可得（s－1）t2+（s+1）t－2=0，當s=1時，可得t=1（舍掉）；當s≠1時，可得Δ≥0，即有（s+1）2+8（s－1）≥0，化簡可得s≥42－5.

評注：本題的核心是發(fā)現(xiàn)三角形相似，從而獲得邊之間的關系，再利用勾股定理實現(xiàn)了消元，再利用齊次化的思想求解.

如圖2，在圖1的基礎上延長BC，過點A作BC延長線的垂線，垂足為E.在解法二的基礎上可知在ΔAEC中，∠EAC=B，故可得AE=bcosB，CE=bsinB.在ΔAEB中，AE=csinB，CE+a=ccosB.結合正弦定理即得sin2C=cos2B，sin2A=cos22B成立，后續(xù)解法同解法一.

三、問題拓展

通過對上述解答過程的分析，我們可將原問題進行拓展.

結論1 記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，當C=π2+B時，ma2+nb2c2（0

證明：根據(jù)上述解法二知a2=（c2－b2）2c2+b2，則可得ma2+nb2c2=mc4+（n－2m）b2c2+（m+n）b4c4+b2c2.令c2b2=t，上式a2+b2c2=mt2+（n－2m）t+m+nt2+t.令mt2+（n－2m）t+m+nt2+t=s，整理可得（m－s）t2+（n－2m－s）t+m+n=0，當s=m時，可得t=－m+nn－3m；當s≠m時，可得Δ≥0，即（n－2m－s）2－4（m+n）（m－s）≥0，化簡得s≥4m2+mn－（n+4m）.經(jīng)驗證4m2+mn－（n+4m）

結論2 記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，當C=θ+B時，則a，b，c滿足a2=（c2－b2）2c2+b2－2bccosθ．

證明：如圖3，過點C作射線CD交AB于點D，且使得∠BCD=θ，即可得∠ACD=B.由此可得ΔADC～ΔACB.設AD=x，CD=y，利用相似比例得x=b2c，y=abc.在ΔBDC中使用余弦定理得y2+a2=（c－x）2，代入上述條件化簡得a2=（c2－b2）2c2+b2－2bccosθ.