解金雷

摘要：解三角形問題可以巧妙融合初高中的不同知識與思想方法，形成良好的知識交匯與綜合應(yīng)用.因此歷年來在數(shù)學(xué)高考中占有重要地位．本文結(jié)合一道模擬解三角形題的呈現(xiàn)與解析，深度剖析其思維方法，以期引領(lǐng)并指導(dǎo)解題研究．

關(guān)鍵詞：解三角形；最值；平面向量

1問題呈現(xiàn)

在銳角三角形ABC中，D是線段BC上的一點，且滿足AB+AC=2AD，AD=AB，則tanA+tanB+tanC的最小值是．

此題以三角形為問題背景，通過平面向量的創(chuàng)設(shè)，以及三角形中線段之間的關(guān)系等條件設(shè)置，結(jié)合三角函數(shù)知識來確定對應(yīng)三角形的三內(nèi)角的正切值之和的最值問題，形成集解三角形、平面向量以及三角函數(shù)等相關(guān)知識的交匯與綜合．

2問題破解

0方法1：（消參法）

0解析：由AB+AC=2AD，可知點D是線段BC的中點，

設(shè)AD=AB=c，BG=a，AC=b，利用三角形的中線長公式，可得（2AD）2+BC2=2（AB2+AC2），

則有（2c）2+a2=2（c2+b2），即a2=2（b2－c2），

利用正弦定理，可得sin2A=2（sin2B－sin2C），

結(jié)合正弦平方差公式，可得sin2（B+C）=2sin（B+C）sin（B－C），

則有sin（B+C）=2sin（B－C），展開并整理有sinBcosC=3sinBcosC，即tanB=3tanC，

而tanA=－tan（B+C）

=－tanB+tanC1-tanBtanC=4tanC3tan2C-1，

所以tanA+tanB+tanC=4tanC3tan2C-1+4tanC

=12tan3C3tan2C-1，

構(gòu)建函數(shù)f（t）=12t33t2-1，tanC=t>0，求導(dǎo)可得f′（t）=36t4-36t2（3t2-1）2，令f′（t）=0，解得t=1，

則知當(dāng)01時，f′（t）>0，函數(shù)f（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，

所以f（t）min=f（1）=6，即tanA+tanB+tanC的最小值是6，此時當(dāng)tanC=1，tanB=3，tanA=2時等號成立，故填答案：6．

0解后反思：根據(jù)題目條件，通過三角形的中線長公式構(gòu)建三角形的三邊之間的關(guān)系，然后結(jié)合正弦定理化邊為角，通過正弦平方差公式以及三角恒等變換公式確定對應(yīng)的三角形的兩內(nèi)角的正切值之間的關(guān)系，再利用三角形的內(nèi)角和公式、誘導(dǎo)公式以及兩角和的正切公式加以消參處理，從而構(gòu)建所求三角函數(shù)關(guān)系式的一元函數(shù)．合理的消參為進(jìn)一步構(gòu)建一元函數(shù)指明方向，也為最值的求解提供條件．

0方法2：（引參法）

0解析：如圖所示，由AB+AC=2AD，可知點D是線段BC的中點，不妨設(shè)BD=CD=2，取BD的中點H，結(jié)合AD=AB可知AH⊥BC，設(shè)AH=h（h>0），

由AD=AB可知BH=HD=1，tanB=h，tanC=h3，

而tanA=－tan（B+C）=－tanB+tanC1-tanBtanC=4hh2-3，

所以tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC=4hh2-3×h×h3=4h33（h2-3），

構(gòu)建函數(shù)f（h）=4h33（h2-3），求導(dǎo)可得f′（h）=4h4-36h23（h2-3）2，令f′（h）=0，解得h=3，

則知當(dāng)03時，f′（h）>0，函數(shù)f（h）在（3，+∞）上單調(diào)遞增，

所以f（h）min=f（3）=6，即tanA+tanB+tanC的最小值是6，此時當(dāng)tanC=1，tanB=3，tanA=2時等號成立，故填答案：6．

0解后反思：根據(jù)題目條件引入三角形的高這一參數(shù)，通過特殊化對應(yīng)的邊長，合理構(gòu)建對應(yīng)的三角形的三內(nèi)角的正切值的含參表達(dá)式，進(jìn)而利用三角形中的正切恒等式：tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC，進(jìn)行巧妙的化歸與轉(zhuǎn)化，合理構(gòu)建函數(shù)，通過求導(dǎo)處理來達(dá)到確定目標(biāo)函數(shù)式的最值問題．合理的引參的目的就是構(gòu)建一元函數(shù)，進(jìn)而借助函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用來解決相應(yīng)的最值問題．

0方法3：（坐標(biāo)法）

0解析：由AB+AC=2

AD，可知點D是線段BC的中點，

圖2

不妨設(shè)BD=CD=2，如圖所示，以點D為坐標(biāo)原點，BC所在直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系xDy，則B（－2，0），C（2，0），設(shè)A（－1，y），y>0，

則知tanB=kAB=y-0-1+2=y，tanC=－kAC=－y-0-1-2=y3，

而tanA=－tan（B+C）=－tanB+tanC1-tanBtanC=4yy2-3，

所以tanA+tanB+tanC=4yy2-3+y+y3=4y33（y2-3），

構(gòu)建函數(shù)f（y）=4y33（y2-3），求導(dǎo)可得f′（y）=4y4-36y23（y2-3）2，令f′（y）=0，解得y=3，

則知當(dāng)03時，f′（y）>0，函數(shù)f（y）在（3，+∞）上單調(diào)遞增，

所以f（y）min=f（3）=6，即tanA+tanB+tanC的最小值是6，此時當(dāng)tanC=1，tanB=3，tanA=2時等號成立，故填答案：6．

0解后反思：根據(jù)題目條件合理構(gòu)建平面直線坐標(biāo)系，通過點的坐標(biāo)的確定與直線的斜率公式來確定對應(yīng)的三角形內(nèi)角的正切值，綜合利用三角恒等變形公式來構(gòu)建所求三角函數(shù)關(guān)系式的一元函數(shù)問題．坐標(biāo)法解決解三角形問題，將三角形放置與平面直角坐標(biāo)系中，通過坐標(biāo)法的代數(shù)運算來化歸與應(yīng)用．

3變式拓展

保留題目背景與求解結(jié)果，改變其中線段長度的給出條件為平面向量的數(shù)量積之間的關(guān)系，同樣求解對應(yīng)三角形的三內(nèi)角的正切值之和tanA+tanB+tanC的最小值問題，得到以下對應(yīng)的變式問題．

【變式】在銳角三角形ABC中，D是線段BC上的一點，且滿足AB+AC=2AD，2BC·DA=3CB·CA，則tanA+tanB+tanC的最小值是．

4教學(xué)啟示

4．1思維方法總結(jié)，形成知識體系

對于求解對應(yīng)三角形的三內(nèi)角的正切值之和的最小值，式子中含有三個角參，可以從以下幾個方面進(jìn)行考慮：

（1） 合理消元，通過三角形的內(nèi)角和定理消去一個角參，再根據(jù)題目條件得到剩下兩個角參的關(guān)系，然后進(jìn)一步消去另一個角參，進(jìn)而得到對應(yīng)的一元函數(shù)，最后，利用函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系來進(jìn)行最值的確定與求解．

（2） 引入?yún)?shù)，通過作高線，設(shè)出三角形對應(yīng)的高，結(jié)合題目條件將對應(yīng)的三角形的三內(nèi)角的正切值均轉(zhuǎn)化為涉及此參數(shù)的函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)而通過一元函數(shù)的構(gòu)建，結(jié)合函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系來進(jìn)行最值問題的轉(zhuǎn)化與應(yīng)用．

（3） 構(gòu)建坐標(biāo)，結(jié)合平面直角坐標(biāo)系的構(gòu)建，將解三角形問題放置于平面解析幾何中，通過確定點的坐標(biāo)以及直線的斜率，將相應(yīng)的三角形的三內(nèi)角的正切值轉(zhuǎn)化為涉及點的坐標(biāo)的一元函數(shù)問題，進(jìn)一步利用函數(shù)的構(gòu)建與導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用來解決相應(yīng)的最值問題．

4．2技巧策略歸納，鞏固數(shù)學(xué)能力

涉及三角函數(shù)在平面幾何圖形中求邊角的取值或?qū)?yīng)關(guān)系式的最值問題，往往需要以角為變量，構(gòu)造函數(shù)來研究，需要學(xué)生具備較強的三角恒等變形的能力．當(dāng)然在具體操作過程中，有時還會需要在平面幾何圖形中做垂直關(guān)系進(jìn)行合理的優(yōu)化運算，以長度為變量構(gòu)造函數(shù)，也有時還會以某一個三角函數(shù)值為變量的，此時便要特別注意有時還有三角函數(shù)的有界性的限制．