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■谭先美 平面向量作为一种基本工具, 在研究数 学与物理问题中都有极其重要的作用, 尤 其 是平面向量的几何意义, 又有很多独特之处, 若在解题中能合理应用, 必能起到化难为易, 化繁为简的作用。 一、 平面向量在平面几何中的应用 用向量方法解决平面几何问题的一般步 骤: 建立平面几何与向量的联系, 用向量表示 问题中涉及的几何元素, 将平面几何问 题 转 化为向量问题; 通过向量运算, 研究几何元素 之间的关系; 把运算结果“ 翻译” 成几何关系。 例1 如图1 , 在正方形 A B C D 中, P 是 对角 线 B D 上 的 一 点, 四 边 形 P E C F 是 矩 形, 用向量法证明: P A⊥E F。 图1 证明: ( 方法1 ) 设正方形的边长为a。由 P 是对 角 线B D 上 的 一 点, 可 设D P →= λD B → ( 0 ≤λ ≤1) , 则P A → = D A → - D P → = D A → - λD B →=D A →- λ( D A →+A B →) = ( 1- λ) D A → - λA B →。 因为E F → =C F → -C E → = ( 1-λ) C D → - λ C B →, 所以P A → ·E F → =[ ( 1- λ) D A → - λA B →] · [ ( 1 - λ) C D →- λC B →] =( 1- λ) 2 D A →·C D →- ( 1 - λ) λD A → ·C B → -λ( 1-λ) A B → ·C D → + λ 2 A B →· C B →=- λ( 1 - λ) a 2+ λ( 1 - λ) a 2= 0 , 所以P A →⊥E F →, 即 P A⊥E F。 ( 方法2 ) 以 D 为 原 点, D C, D A 所 在 的 直线分别为x 轴, y 轴, 建立平面直角坐标系 ( 图略) 。设正方形的边长为a。由 P 是对角 线 B D 上 的 一 点, 可 设 D P =λ D B = 2 λ a ( 0 ≤ λ≤ 1 ) , 则点 A( 0 , a) , P( λ a, λ a) , E( a, λ a) , F ( λ a, 0 ) , 所 以P A → = ( -λ a, a-λ a) , E F →=( λ a- a, - λ a) 。 因为P A → ·E F → = - λ a( λ a-a) - ( a- λ a) λ a= - λ 2 a 2+ λ a 2- λ a 2+ λ 2 a 2=0 , 所 以 P A →⊥E F →, 即 P A⊥E F。 二、 平面向量在物理中的应用 用向量法解决 物 理 问 题, 要 充 分 利 用 向 量的三角形法则与平行四边形法则将物理问 题转化为数学中的向量问题, 正确地作 出 图 形以便帮助求解。 例2 在风速为7 5 ( 6- 2) k m / h的西 风中, 飞机正以1 5 0 k m / h的速度向西北方向 飞行, 求没有风时飞机的飞行速度和航向。 解: 设风速为v 0, 有风时飞机的飞行速度 为v a, 无风时 飞 机 的 飞 行 速 度 为v b, 则v a = v b+ v 0, 且v a, v b, v 0 可构成三角形( 如图2 ) 。 图2 由题意得| A B →|=| v a|=1 5 0 , | C B →|= | v 0 | = 7 5 ( 6- 2) , | A C → | = | v b| 。作 A D∥ B C, C D⊥ A D 于 D, B E ⊥ A D 于 E, 则 ∠B A D= 4 5 ° , 所以 | C D → | = | B E → | = | E A → | = = 1 5 0 c o s 4 5 ° =7 5 2, 所 以| D A → |=| D E → |+ | E A → | =| C B →|+| E A →|=7 5 ( 6- 2) + 7 5 2=7 5 6, 所 以t a n∠ C A D= | C D → | | D A → | = 3 3 。据此 可 得 ∠ C A D =3 0 ° 。在 R t△A D C 中, 可得 | A C → | = 1 5 0 2, 即 | v b | = 1 5 0 2。 故 没 有 风 时 飞 机 的 飞 行 速 度 为 1 5 0 2k m / h , 航向为北偏西6 0 ° 。 作者单位: 重庆市巫山中学 ( 责任编辑 郭正华) 3 数学部分·知识结构与拓展 高一使用 2 0 2 2年3月 全科互知
■夏晓静 有关三角形的形状判断问题是高考的常 考点, 下面通过举例分析, 帮助同学们掌握一 些常用的解题策略。 类型一: 借助边角互化, 判断三角形形状 例1 在△A B C 中, 若( a 2+ b 2) s i n ( A- B) = ( a 2 -b 2) s i nC, 则 △A B C 的 形 状 为 。 解: 在 △A B C 中, 由 ( a 2 +b 2) s i n( A - B) =( a 2- b 2) s i nC, 可 得 ( a 2+ b 2) s i n ( A - B) = ( a 2 -b 2) s i n( A +B) , 展 开 化 简 得 a 2 c o s A s i n B= b 2 s i nA c o s B。 由正弦定理a= 2 R s i nA, b= 2 R s i nB, 可 得 4 R 2 s i n 2 A c o sA s i nB =4 R 2 s i n 2 B s i n A· c o s B。因为4 R 2, s i n A, s i n B 均不等于0 , 所 以s i nA c o sA =s i nB c o sB, 所 以 s i n2 A = s i n 2 B。又因为2 A∈( 0 , 2 π ) , 2 B∈( 0 , 2 π ) , 所以2 A=2 B 或 2 A +2 B =π , 即 A =B 或 A+B=π 2。故△A B C 为等腰三角形或直角 三角形。 评析: 解 答 本 题 容 易 出 现 漏 解, 即 忽 视 2 A+ 2 B= π的情况, 因此要引起同学们的重 视。结合余弦定理也可求解, 同 学 们 不 妨 试 一试。 类型二: 依托连等式, 判断三角形形状 例2 ( 多选题) 已知△A B C 的三个内角 满足 s i nA 6 =s i n B 8 =s i n C m ( m∈N * ) , 则当 m 取不同值 时, 关 于 △A B C 的 形 状, 下 面 说 法 正确的是( ) 。 A. 当 m= 2时, △A B C 为锐角三角形 B . 当 m= 4时, △A B C 为钝角三角形 C . 当 m= 6时, △A B C 为等腰三角形 D. 当 m= 1 0时, △A B C 为直角三角形 解: 由s i nA 6 =s i n B 8 =s i n C m , 可 得 a 6 = b 8=c m 。令a 6=b 8=c m = t , 则a= 6 t , b= 8 t , c=m t 。当 m =2 时, a=6 t , b=8 t , c=2 t , a+ c= b, 显 然 不 能 构 成 三 角 形, A 不 正 确。 当m= 4时, a= 6 t , b= 8 t , c= 4 t , 由c o s B= a 2+ c 2- b 2 2 a c =3 6 t 2+ 1 6 t 2- 6 4 t 2 4 8 t 2 = - 1 4 < 0 , 可知 B 为钝角, B正确。当 m= 6时, a= 6 t , b= 8 t , c=6 t , a= c, C 正 确。当 m =1 0 时, a= 6 t , b=8 t , c=1 0 t , a 2 + b 2 = c 2, D 正 确。 应选 B , C , D。 评析: 熟练应用 余 弦 定 理 和 正 弦 定 理 是 解答本题的关键。 类型三: 利用向量的数量积运算, 判断三 角形形状 例 3 已 知 非 零 向 量 A B → 与A C → 满 足 A B → A B → + A C → A C → ? è ? ? ? ÷ · B C → = 0 ,且 A B → A B → · C A → A C → =1 2, 则△A B C 的形状是 。 解:A B → A B → ,A C → A C → 分别是与A B →, A C →同向 的单 位 向 量。由 A B → A B → + A C → A C → ? è ? ? ? ÷ ·B C → =0 可知, 以A B →, A C →同向的单位向量为邻边所构 成的 平 行 四 边 形 的 对 角 线 与 B C 垂 直, 即 ∠B A C 的 平 分 线 与B C 垂 直, 则 A B=A C, 即△A B C 为 等 腰 三 角 形。设A B →与 C A →的 夹 角为θ, 则 A B → A B → · C A → A C → = c o s θ=1 2。因为 θ∈ 0 , π [ ] , 所 以θ= π 3, 所 以 ∠B A C =π- π 3= 2 π 3 , 可知△A B C 不是等边三角形。 故△A B C 为等腰三角形。 评析: 题中 向 量A B →与 C A →的 夹 角 不 是 三 角形的内角, 而是其对应的补角, 这是同学们 解题中容易忽视的地方。 作者单位: 江苏省锡东高级中学 ( 责任编辑 郭正华) 4 数学部分·知识结构与拓展 高一使用 2 0 2 2年3月 全科互知
■廖庆伟 平面向量的模的最值问题是向量问题的 一个难点, 也是高考的一个 常 考 点。这 类 问 题的求解策略主要有: 二次函数性质法, 三角 函数性质法, 判别式法, 向量 不 等 式 法, 几 何 图形性质法等。下面举例分析。 一、 二次函数性质法 例1 设向量a, b 满 足 a =2 ,b = 1 , < a, b > =6 0 ° , 则 a+ t b ( t∈R) 的 取 值 范 围是 。 解:因 为 a+ t b = ( a+ t b) 2 = a 2+ 2 a· b t + t 2 b 2 = 4 + 2 t + t 2 = ( t + 1 ) 2+ 3≥ 3( 当t= -1 时, 不 等 式 等 号成立) , 所以 a+ t b ( t∈R) 的取值范围是 [ 3, +∞) 。 评注: 把所求的 模 表 示 成 某 个 变 量 的 二 次函数, 再利用二次函数的性质求最值。 二、 三角函数性质法 例2 已知向量a, b 满足 | a | = 1 , | b | = 2 , 则 | a+ b | + | a- b | 的最大值是 , 最小 值是 。 解: 设向量a, b 的夹角为θ, 则 | a+ b | = ( a+ b) 2 = 5 + 4 c o s θ,| a- b | = ( a- b) 2 = 5 - 4 c o s θ,所 以 a+ b |+ a- b = 5 + 4 c o s θ+ 5 - 4 c o s θ。 令 y = 5 + 4 c o s θ + 5 - 4 c o s θ, 则 y 2=1 0+2 2 5 - 1 6 c o s 2 θ∈ 1 6 , 2 0 [ ] 。据 此 可得, ( | a+ b |+| a- b | ) m a x= 2 0=2 5, ( | a+ b | + | a- b | ) m i n= 1 6= 4 。 故 a+ b | + a- b 的最大值是2 5, 最 小值是4 。 评注: 把所求的 模 表 示 成 某 个 变 量 的 三 角函数, 再利用三角函数的性质求最值。 三、 判别式法 例3 已知平面向量a, b 满足 | a |=1 , | b | = 2 , | a- b | = 7, 若对于任意实数k, 不 等式 | k a+ t b | > 1恒成立, 则实数t的取值范 围是 。 解: 由 | a | = 1 , | b | = 2 , | a- b | = 7, 可 得( a- b) 2= 7 , 所以a· b=- 1 。对于任意 实数k, 不等式 | k a+ t b | > 1恒成立, 即对于 任意实数k, 不等式k 2 a 2+ 2 k t a· b+ t 2 b 2 > 1 恒成立, 也 即 对 于 任 意 实 数 k, 不 等 式 k 2 - 2 t k+4 t 2 -1 > 0 恒 成 立, 所 以 Δ =4 t 2 - 4 ( 4 t 2- 1 ) < 0 , 解得t < - 3 3 或t > 3 3 , 即实 数t ∈ -∞, - 3 3 ? è ? ? ? ÷ ∪ 3 3 , +∞ ? è ? ? ? ÷ 。 评注: 将二次不 等 式 恒 成 立 问 题 转 化 为 Δ < 0是解答本题的关键。 四、 绝对值不等式法 例4 已 知 向 量b= ( c o s β, s i n β) , c= ( - 1 , 0 ) , 则向量b+ c 的模的最大值为 。 解: 易得 | b | = 1 , | c | = 1 , 所以 | b+ c | ≤ | b | + | c | = 2 ( 当c o s β=- 1时, 不等式取等 号) 。所以向量b+ c 的模的最大值为2 。 评注: 利 用 向 量 不 等 式| | a |-| b | |≤ | a± b | ≤ | a | + | b | 可求向量的模的最值。 五、 几何图形性质法 例5 已知 | a | = | b | = 2 , a⊥ b, 若向量c 满足 | c - a- b | = 2 , 则 | c | 的取值范围为 。 解: 由a⊥ b, 不妨令a=( 0 , 2 ) , b= ( 2 , 0 ) , c=( x, y) 。由 | c- a- b | = 2 , 可得( x- 2 ) 2+( y- 2 ) 2= 4 。 | c |= x 2+ y 2 可看作 动 点 ( x, y) 到 原 点的距离, 且动点( x, y) 在以( 2 , 2 ) 为圆心, 2 为半径的圆上( 图略) 。因为圆心( 2 , 2 ) 到原 点的距离为2 2, 所 以 点 ( x, y) 到 原 点 的 最 小值为2 2- 2 , 最大值为2 2+ 2 , 即2 2- 2 ≤ | c | ≤ 2 2+ 2 。 评注: 弄清所求的模表示的几何意义, 结 合动点表示的图形求解。 作者单位: 湖北省巴东县第三高级中学 ( 责任编辑 郭正华) 5 数学部分·知识结构与拓展 高一使用 2 0 2 2年3月 全科互知
■邓建兵 复数是每年高考的必考内容, 高考主要 考查复数的基本概念, 复数的几何意义, 复数 的模以及复数的最值等。 考点1 : 复数的概念 例1 给出下列四个命题: ①满足z=1 z 的复数有± 1 , ± i ; ②若a, b∈R, 且a= b, 则 ( a- b) +( a+ b) i是纯虚数; ③复数z∈R 的 充要条件是z= z; ④ 在 复 平 面 内, 实 轴 上 的 点都表示实数, 虚轴上的点 都 表 示 虚 数。其 中正确命题的序号是 。 解: i 2=- 1 , 显然①不正确。当a= b= 0 时, ( a- b) + ( a+ b) i不 是 纯 虚 数, ② 不 正 确。由共轭复数 的 定 义 知, ③ 正 确。虚 轴 上 的点除原点外都表示纯虚 数, ④ 不 正 确。答 案为③。 评注: 准确理解复数的实部、 虚部、 纯虚 数、 共轭复数的概念是解题的关键。 考点2 : 复数的几何意义 例2 在复平面内, A, B, C 三点对应的 复数分别为1 , 2 + i , - 1 + 2 i 。 ( 1 ) 求向量A B →, A C →, B C →对应复数的模。 ( 2 ) 求△A B C 的面积S△A B C 。 解: ( 1 ) 由 复 数 的 几 何 意 义 知O A → = ( 1 , 0 ) , O B →= ( 2 , 1 ) , O C → = ( -1 , 2 ) , 所 以A B → = ( 1 , 1 ) , A C →= ( -2 , 2 ) , B C →= ( -3 , 1 ) , 所 以 A B →, A C →, B C →对应的复数分别为 1+ i , -2+ 2 i , -3+ i 。故向量A B →, A C →, B C →对应 复 数 的 模分别为 2, 2 2, 1 0。 ( 2 ) 因为 | A B → | 2+ | A C → | 2= | B C → | 2, 所以 △A B C 是以B C 为斜边的直角三角形, 所以 S△A B C =1 2 | A B → | | A C → | = 2 。 评注: 当 平 面 向 量 的 起 点 在 原 点 时 , 向 量 的 终 点 对 应 的 复 数 即 为 向 量 对 应 的 复 数 ; 反 之 , 复 数 对 应 的 点 确 定 后 , 从 原 点 引 出 的 指 向 该 点 的 有 向 线 段 , 即 为 复 数 对 应 的 向 量 。 考点3 : 复数的模 例3 设复数z 1, z 2 满足| z 1 |=| z 2 |= 2 , z 1+ z 2= 3+ i , 则 | z 1- z 2 | = 。 解: ( 方法1 ) 设z 1= a+ b i ( a, b∈R) , 则 z 2= 3- a+( 1 - b) i 。由复数的模的定义可 得 | z 1 | 2= a 2+ b 2= 4 , | z 2 | 2=( 3- a) 2+( 1 - b) 2= 4 , { 化 简 整 理 得 a 2+ b 2= 4 , 3 a+ b= 2 。 { 由 此 可 得| z 1 -z 2| 2 = ( 2 a- 3) 2 + ( 2 b -1) 2 =4( a 2 +b 2 ) - 4 ( 3 a+ b) + 4 = 1 2 , 即 | z 1- z 2 | = 2 3。 ( 方法2 ) 由复数与平面向量的一一对应 关系, 可知本 题 等 价 转 化 为: 向 量 a, b 满 足 | a | = | b | = 2 , a+ b=( 3, 1 ) , 求 | a- b | 。 因为( a +b) 2 + ( a -b) 2 =2 | a| 2 + 2 | b | 2, 所以4 +( a- b) 2= 1 6 , 可得 | a- b | = 2 3。故 | z 1- z 2 | = 2 3。 评注: 复 数 的 两 层 几 何 意 义: 一 是 复 数 z= a+ b i与复平面内的点( a, b) 一一对应; 二是复数z= a+ b i与向量O Z →一一对应, 其 中点Z 的坐标为( a, b) 。复数的模的两层意 义: 一是 代 数 上 的 意 义, 也 就 是 它 是 一 个 标 量, 表示的是大小, 不表示方 向; 二 是 几 何 上 的意义, 表示的是复平面上点到原点的距离。 考点4 : 复数的最值问题 例 4 已 知 复 数 z 满 足 z =1 , 则 z-( 4 + 3 i ) 的最大值和最小值分别为 。 解: 因为 z = 1的几何意义是以原点 O 为圆心, 1为半径的圆, 而 z-( 4 + 3 i ) 的几 何意义是圆上的动点 Z( x, y) 到复平面上的 定点 A( 4 , 3 ) 的距离, 所以 z-( 4 + 3 i ) 的最 大值是5 + 1 = 6 , 最小值是5 - 1 = 4 。 评注: 求复数的模的最大值和最小值, 可 以转化为动点到定点的距离问题求解。 说明: 本文为十三五规划论文。 作者单位: 江苏省阜宁县东沟中学 ( 责任编辑 郭正华) 6 数学部分·知识结构与拓展 高一使用 2 0 2 2年3月 全科互知
■胡 彬1 张建国2 复数是新课标高考考查的内容之一, 高 考主要考查复数的概念、 复数的几何意义等, 体现了多种数学思想方法, 渗透了数学 核 心 素养。下面举例分析复数的热点题型。 题型1 : 复数的概念 例1 已 知 复 数z 满 足 ( z-3 i ) · ( 2- i ) = 5 i , 则z 的虚部为 。 解: 由题意 得z= 5 i 2 - i +3 i =5 i ( 2 + i ) 5 + 3 i =- 1 + 2 i , 所以z=- 1 - 2 i , 可知z 的虚部 为- 2 。 把复数化为代数形式, 即 化为z= a+ b i ( a, b∈R) 的形 式是解答本题的关键。 题型2 : 复数的几何意义 例2 已知 m 为实 数, 当 m 变 化 时, 复 数z=( m- 3 ) +( m+ 1 ) i在复平面内对应的 点不可能在( ) 。 A. 第一象限 B . 第二象限 C . 第三象限 D. 第四象限 解: 设复数z=x+ y i ( x, y∈R) 。因 为 z=( m- 3 ) +( m +1 ) i , 所以 x=m -3 , y= m+ 1 , 则y=x+ 4 , 所以复数z 在复平面内 对应的点 在 直 线y=x+4 上。又 直 线 y= x+ 4不经过第四象限, 所以复数z 对应的点 不可能在第四象限。应选 D。 复数 与 复 平 面 内 的 点 一 一对应, 复数与复平面内以原 点为始点的向量一一对应。理 解 复 数 的 模、 加减法的几何意义, 再结合平面向量知识, 能 较好地解决这类问题。 题型3 : 复数的三角表示 例3 复数都可以表示为z= z ( c o s θ + i s i n θ ) ( 0 ≤ θ < 2 π ) , 其中 z 为z 的模, θ 称 为z 的辐角。已知复数z 满足( 1 - i ) 2 z = 1 + i , 则z 的辐角θ 为( ) 。 A. π 4 B . 3 π 4 C . 5 π 4 D. 7 π 4 解: 由( 1 - i ) 2 z = 1 + i , 可得z= ( 1 - i ) 2 1 + i = - 2 i 1 + i= -1-i= 2 - 2 2 - 2 2 i ? è ? ? ? ÷ = 2 · c o s 5 π 4 + i s i n 5 π 4 ( ) , 所以θ= 5 π 4 。应选 C 。 理解 复 数 的 模 与 辐 角 的 概念是解答本题的关键。 题型4 : 复数中的思想方法 例 4 已 知 复 数 z 满 足 z+ 1 = z- 1 - 2 i , 则 使| z |取 得 最 小 值 的复数z 为( ) 。 A. 1 + i 2 B . 1 - i 2 C . 1 D. i 解: 由 z+ 1 = z- 1 - 2 i ,即 | z - ( - 1 ) | = | z-( 1+2 i ) | , 可 得 复 数z 对 应 复 平面上的点到两点( - 1 , 0 ) , ( 1 , 2 ) 的距离相 等, 复数z 的轨迹是两点( - 1 , 0 ) , ( 1 , 2 ) 连线 的垂直平分 线, 其 垂 直 平 分 线 的 方 程 为 y= - x+1 ( 图略) 。要使| z |取得最小 值, 只 需 垂直平分线上的点到原点的距离最小 即 可。 过原点作该垂直平分线的垂线, 垂足对 应 的 点即 为 复 数 z 对 应 的 点。 易 得 垂 足 为 1 2, 1 2 ( ) , 所以z= 1 + i 2 。应选 A。 对于复数问题, 把虚数运 算化为实数运算, 体现了化归 与转化思想; 把复数的几何意义与几何图形相 结合, 体现了数形结合思想; 利用复数相等的 定义建立方程或方程组, 体现了方程思想。本 题的解法, 体现了数形结合思想的应用。 作者单位: 1 . 安徽省利辛高级中学 2 . 安徽省利辛县中疃镇中心校 ( 责任编辑 郭正华) 7 数学部分·知识结构与拓展 高一使用 2 0 2 2年3月 全科互知
■欧修祝 余弦定理、 正弦 定 理 是 三 角 函 数 中 的 两 个重要定理, 是解三角形的 重 要 依 据。余 弦 定理、 正弦定理揭示了三角形中的边角关系, 它们在解三角形中有着广泛的应用。 一、 余弦定理的应用 已知三角形的三边关系或比例关系解三 角形: 根据边的关系直接代入化简或利 用 比 例性质, 转化为已知三边求 解。判 断 三 角 形 的形状, 应围绕三角形的边角关系进行思考, 可用余弦定理将已知条件转化为边与边的关 系, 通过因式分解或配方得出边的相应关系, 从而判断三角形的形状。 例1 已 知 △A B C 中, a∶ b∶ c=2∶ 6∶( 3+ 1 ) , 求△A B C 中各角的大小。 解: 由a∶ b∶ c= 2 ∶ 6∶( 3+ 1 ) , 可令 a= 2 k, b= 6 k, c=(3+1 ) k( k > 0 ) , 据 此 结合余 弦 定 理 得 c o sA =b 2+ c 2- a 2 2 b c = 2 2 。 因为0 ° < A < 1 8 0 ° , 所 以 A =4 5 ° 。 同 理 得 c o s B= a 2+ c 2- b 2 2 a c =1 2, 因为0 ° < B < 1 8 0 ° , 所以 B= 6 0 ° , 则 C= 1 8 0 ° -A-B=7 5 ° 。故 A= 4 5 ° , B= 6 0 ° , C= 7 5 ° 。 二、 正弦定理的应用 已知两边和其 中 一 边 的 对 角 解 三 角 形: 先由正弦定理求出另一边所对角的正 弦 值, 当已知角为大边所对的角时, 由三角形中“ 大 边对大角, 大角对大边” 的法则, 能判断另一 边所对的角是锐角, 由正弦定理可求得锐角; 当已知角为小边所对的角时, 不能判断 另 一 边所对的角为锐角, 这时由正弦值可求 得 两 个角, 要分类讨论。判断三角形的形状, 可用 正弦定理、 余弦定理将已知条件转化为 边 与 边的相应关系, 从而判断三角形的形状。 例2 在△A B C 中, 若s i nA= 2 s i nB· c o s C, 且 s i n 2A =s i n 2 B +s i n 2 C,试 判 断 △A B C 的形状。 解: ( 利 用 角 的 互 余 关 系 ) 由 s i n 2A = s i n 2 B+ s i n 2 C 及 正 弦 定 理 得a 2= b 2+ c 2, 所 以 A 是直角, 即 A= 9 0 ° , 则 B+C= 9 0 ° 。由 2 s i n B c o s C= 2 s i n B c o s ( 9 0 ° -B) = 2 s i n 2 B= s i nA= 1 , 可得s i nB= 2 2 。由0 ° < B < 9 0 ° , 可得 B= 4 5 ° , 所 以 C=4 5 ° 。故 △A B C 是 等 腰直角三角形。 ( 利用角的互补关系) 由s i n 2A= s i n 2 B+ s i n 2 C, 可 得 a 2 = b 2 + c 2, 所 以 A 是 直 角, 即 A=9 0 ° 。 由 A =1 8 0 °- ( B +C) , s i nA = 2 s i n B c o s C, 可得s i n ( B+ C) = s i n B c o s C+ c o s B s i n C= 2 s i n B c o s C, 所以s i n ( B- C) = 0 。由- 9 0 ° < B- C < 9 0 ° , 可得 B-C= 0 , 即 B= C。故△A B C 是等腰直角三角形。 三、 余弦定理、 正弦定理的综合应用 对于这类问题, 要 明 确 题 中 所 给 角 与 边 的含义, 认真分析已知条件与所求问题, 也可 以画出示意图帮助求解。 例3 在 △A B C 中, 内角 A, B, C 所 对 的 边 分 别 是 a, b, c, 若 2 a s i nA = ( 2 b + c ) s i n B+( 2 c+ b) s i n C, 且s i n B+ s i n C= 1 , 试判断△A B C 的形状。 解: 由 正 弦 定 理 及 2 a s i n A = ( 2 b + c ) s i n B+( 2 c+ b) s i nC 得a 2= b 2+ c 2+ b c, 所以c o s A = b 2+ c 2- a 2 2 b c = - 1 2。因 为 A ∈ ( 0 , π ) , 所 以 A =2 π 3 。所 以 s i nB +s i nC= s i n B+s i n π 3-B ( ) =s i nB + 3 2 c o sB - 1 2 s i n B=1 2 s i n B+ 3 2c o s B= s i nB+π 3 ( ) = 1 。因为 B∈ ( 0 , π ) , 所 以 B = π 6, 所 以 C= π 6。故△A B C 为等腰三角形。 作者单位: 重庆市奉节中学校 ( 责任编辑 郭正华) 8 数学部分·知识结构与拓展 高一使用 2 0 2 2年3月 全科互知