摘?要：文章基于一道三角形背景下的三角函數(shù)最值題展開探究，在文[1]提供四種解法的基礎(chǔ)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(fā)揮該題價(jià)值.

關(guān)鍵詞：三角函數(shù)；一題多解；SOLO理論；變式與拓展

中圖分類號：G632???文獻(xiàn)標(biāo)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(xué)一級教師，從事高中數(shù)學(xué)教學(xué)研究.

基金項(xiàng)目：安徽省蕪湖市2022年度教育科學(xué)研究課題“基于SOLO理論發(fā)展學(xué)生數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)的實(shí)踐研究”（項(xiàng)目編號：JK22019）.[FQ）]

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

1 試題呈現(xiàn)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(shù)的分式函數(shù)求最大值問題，結(jié)構(gòu)簡單、明了，而且內(nèi)涵豐富，既可以從函數(shù)角度解決問題，也可以利用正、余弦轉(zhuǎn)化為邊長處理，還可以轉(zhuǎn)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(diǎn)低、入口寬，是一道難得的好題，考查了學(xué)生分析問題、解決問題的能力及轉(zhuǎn)化與化歸、數(shù)形結(jié)合、分類討論等數(shù)學(xué)思想，體現(xiàn)了邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算、直觀想象等數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)[2].

2 解法再探

解法1?（三角函數(shù)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(dāng)B-A=π2時(shí)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(dāng)且僅當(dāng)2A+φ=π2時(shí)等號成立.

故sinA2cosA+cosB的最大值是1.

解法3?（解三角形角度1）設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，由函數(shù)式的齊次化，不妨設(shè)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(dāng)a=3時(shí)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(dāng)ac=3時(shí)等號成立，

故sinA2cosA+cosB的最大值是1.

解法5?（導(dǎo)數(shù)為工具研究函數(shù)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(diào)遞增，則［f1（x）］min=f1（1）=2；

（2）研究f2（x）=2x-x2-1（x≥1），求導(dǎo)得f ′2（x）=2-1+1x2-1，易知f ′2（x）在［1，+∞）上單調(diào)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(nèi)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(shè)△ABC的內(nèi)切圓⊙I與三邊切于點(diǎn)D，E，F(xiàn)，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(dāng)且僅當(dāng)b=c時(shí)取等號），解得bc≥12.

于是S△ABC=12bcsinA≥33.

故當(dāng)b=c，即△ABC為正三角形時(shí)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(dāng)且僅當(dāng)b=c時(shí)取等號）.

又S△ABC=12（a+b+c）r=a+3，

故△ABC為正三角形時(shí)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(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時(shí)取等號）.

故△ABC為正三角形時(shí)S△ABCmin=33.

解法4?（三角函數(shù)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(dāng)且僅當(dāng)B=π3時(shí)f（B）取得最大值14）.

所以△ABC為正三角形時(shí)S△ABCmin=33.

解法5?（三角函數(shù)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(shù)，

所以12（cotB2+cotC2）≥cotB+C4=3.

即cotB2+cotC2≥23（當(dāng)且僅當(dāng)B=C時(shí)取等號）.

所以△ABC為正三角形時(shí)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(dāng)且僅當(dāng)A=B=C時(shí)取等號）.

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

= cotA2cotB2cotC2≥33.

故△ABC為正三角形時(shí)S△ABCmin=33.

解法7?（解析幾何角度）由圖2，建立平面直角坐標(biāo)系xIy，以ID所在直線為y軸，設(shè)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(dāng)且僅當(dāng)α=π2時(shí)取等號）.

故△ABC為正三角形時(shí)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(jié)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(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)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(dāng)且僅當(dāng)5c2=16-5c2時(shí)等號成立.

于是S≤255.

故當(dāng)且僅當(dāng)a=b=2515，c=2510時(shí)，△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(jié)合a2+b2+2c2=8，得

a2+b2+2c2=a2+b2+2（a2+b2-2abcosC）=3（a2+b2）-4abcosC≥6ab-4abcosC（當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)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(dāng)且僅當(dāng)tanC=1tanφ=1S時(shí)等號成立），于是3S≤21+S2，解得S≤255.

綜上，當(dāng)且僅當(dāng)tanC=52，即a=b=2515，c=2510時(shí)，△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(dāng)且僅當(dāng)tanC=1tanφ=52時(shí)等號成立），

所以8≥25absinC.

于是S=12absinC≤255.

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

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

設(shè)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(dāng)且僅當(dāng)sin2θ=1且5c2=16-5c2時(shí)等號成立，

于是S≤255.

故當(dāng)且僅當(dāng)a=b=2515，c=2510時(shí)，△ABC面積取最大值為255.

解法6?（極坐標(biāo)角度）設(shè)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(dāng)且僅當(dāng)sin2θ=1且52ρ2-4=-52ρ2+20時(shí)等號成立，于是S≤255.

故當(dāng)且僅當(dāng)a=b=2515，c=2510時(shí)，△ABC面積取最大值為255.

解法7?（三角形中線角度）如圖3，設(shè)△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(dāng)且僅當(dāng)2d2=52c2時(shí)等號成立），

于是cdmax=455.

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

解法8?（三角形高線角度）如圖4，設(shè)△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(dāng)且僅當(dāng)t=c2，且2h2=52c2時(shí)等號成立.

所以S△ABC=12hc≤255.

故當(dāng)且僅當(dāng)a=b=2515，c=2510時(shí)，△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(biāo)系，其中A（-c2，0），B（c2，0），設(shè)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(dāng)且僅當(dāng)x=0且54c2=4-54c2時(shí)等號成立）.

故當(dāng)且僅當(dāng)a=b=2515，c=2510時(shí)，△ABC面積取最大值為255.

4 三道題的一般化拓展

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

結(jié)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(jié)論1，2，3分別對應(yīng)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(jié)束語

數(shù)學(xué)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(shù)學(xué)基礎(chǔ)知識、落實(shí)數(shù)學(xué)基本技能、感悟數(shù)學(xué)思想方法、提升數(shù)學(xué)思維活動(dòng)經(jīng)驗(yàn)[5]，所以對一些典型問題進(jìn)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(guān)的數(shù)學(xué)知識，還能更靈活地運(yùn)用所學(xué)知識，構(gòu)建知識的網(wǎng)絡(luò)體系，從整體上理解、認(rèn)識數(shù)學(xué)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(fā)散學(xué)生的思維能力，提高其解題能力.基于SOLO分類理論，學(xué)生的關(guān)鍵能力和數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)會(huì)有差別，教學(xué)中如何通過教學(xué)來提高這兩方面呢？筆者認(rèn)為通過適當(dāng)?shù)淖兪接?xùn)練，可以有效檢驗(yàn)學(xué)生的學(xué)和教師的教，再嘗試將問題一般化拓展，幫助學(xué)生學(xué)會(huì)研究問題的一般化思路，定能讓學(xué)生在高效課堂下高效地學(xué)習(xí)，從而有效發(fā)展自身的數(shù)學(xué)關(guān)鍵能力與核心素養(yǎng).

參考文獻(xiàn)：

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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(xué)數(shù)學(xué)，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(jié)[J].數(shù)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(xué)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(shù)理化學(xué)習(xí)（高中版），2021（08）：31-33.

[5] 劉海濤.解題應(yīng)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(shù)最值解法[J].中學(xué)生理科應(yīng)試，2021（07）：10-13.

［責(zé)任編輯：李?璟］