第二课时 解三角形的应用

第二课时解三角形的应用考点一多边形中的解三角形问题例1(2023·烟台一模)如图，四边形ABCD中，AB2＋BC2＋AB·BC＝AC2.(1)若AB＝3BC＝3，求△ABC的面积；(2)若CD＝eq\r(3)BC，∠CAD＝30°，∠BCD＝120°，求∠ACB的值.解(1)在△ABC中，cosB＝eq\f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq\f(－AB·BC,2AB·BC)＝－eq\f(1,2)，因为0°＜B＜180°，所以B＝120°.S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BCsin120°＝eq\f(1,2)×3×1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),4).(2)由(1)知B＝120°，设∠ACB＝θ，则∠ACD＝120°－θ，∠ADC＝30°＋θ，∠BAC＝60°－θ.在△ACD中，由eq\f(AC,sin（30°＋θ）)＝eq\f(CD,sin30°)，得AC＝eq\f(sin（30°＋θ）,sin30°)CD.在△ABC中，由eq\f(AC,sin120°)＝eq\f(BC,sin（60°－θ）)，得AC＝eq\f(sin120°,sin（60°－θ）)BC.联立上式，并由CD＝eq\r(3)BC得sin(30°＋θ)sin(60°－θ)＝eq\f(1,4)，所以sin(60°＋2θ)＝eq\f(1,2)，由题可知0°＜θ＜60°，所以60°＜60°＋2θ＜180°，所以60°＋2θ＝150°，解得θ＝45°，即∠ACB的值为45°.感悟提升平面几何中解三角形问题的求解思路(1)把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解；(2)寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果.训练1(2023·湖北八校联考)如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥AD，AB＝1，AD＝eq\r(3)，BC＝eq\r(2).(1)若CD＝2，求sin∠ADC；(2)若C＝45°，求四边形ABCD的面积.解(1)如图，连接BD，在Rt△ABD中，BD＝eq\r(AB2＋AD2)＝2，且tan∠ADB＝eq\f(AB,AD)＝eq\f(\r(3),3).又∠ADB∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以∠ADB＝eq\f(π,6).在△BCD中，由余弦定理得cos∠BDC＝eq\f(BD2＋CD2－BC2,2·BD·CD)＝eq\f(4＋4－2,2×2×2)＝eq\f(3,4)，所以sin∠BDC＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(7),4)，所以sin∠ADC＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(∠BDC＋\f(π,6)))＝sin∠BDCcoseq\f(π,6)＋cos∠BDCsineq\f(π,6)＝eq\f(\r(7),4)×eq\f(\r(3),2)＋eq\f(3,4)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(21)＋3,8).(2)在△BCD中，由余弦定理得BD2＝CD2＋BC2－2CD·BC·coseq\f(π,4)，整理得CD2－2CD－2＝0，解得CD＝1＋eq\r(3)或CD＝1－eq\r(3)(舍去)，所以四边形ABCD的面积为S四边形ABCD＝S△ABD＋S△BCD＝eq\f(1,2)AB·AD＋eq\f(1,2)BC·CD·sineq\f(π,4)＝eq\r(3)＋eq\f(1,2).考点二三角形中的最值、范围问题例2(12分)(2022·新高考Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq\f(cosA,1＋sinA)＝eq\f(sin2B,1＋cos2B).(1)若C＝eq\f(2π,3)，求B；(2)求eq\f(a2＋b2,c2)的最小值.[思路分析](1)化简条件式，利用C＝eq\f(2π,3)消去角A得到角B的三角方程，即可求解.(2)利用条件式得到A，B的关系式，利用正弦定理把eq\f(a2＋b2,c2)转化为B的三角函数式，利用基本不等式求其最小值.[规范解答]解(1)因为eq\f(cosA,1＋sinA)＝eq\f(sin2B,1＋cos2B)，所以eq\f(cosA,1＋sinA)＝eq\f(2sinBcosB,1＋2cos2B－1)，→eq\a\vs4\al(化倍角为单角以利于计算)所以eq\f(cosA,1＋sinA)＝eq\f(sinB,cosB)，(2分)所以cosAcosB＝sinB＋sinAsinB，eq\x(所以cos（A＋B）＝sinB②)，(4分)→由cos(A＋B)＝－cosC，角C＝eq\f(2π,3)，进而求B所以sinB＝－cosC＝－coseq\f(2π,3)＝eq\f(1,2).因为B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))eq\s\up12(①)，所以B＝eq\f(π,6).(5分)→eq\a\vs4\al(利用B的范围求B)(2)eq\x(由（1）得cos（A＋B）＝sinB，)→eq\a\vs4\al(利用（1）题的结论)所以sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－（A＋B）))＝sinB，且0<A＋B<eq\f(π,2)，所以0<B<eq\f(π,2)，0<eq\f(π,2)－(A＋B)<eq\f(π,2)①，→eq\a\vs4\al(根据B与\f(π,2)－（A＋B）的范围确定其关系)所以eq\f(π,2)－(A＋B)＝B，解得A＝eq\f(π,2)－2B，(8分)由正弦定理得eq\f(a2＋b2,c2)＝eq\f(sin2A＋sin2B,sin2C)→eq\a\vs4\al(利用正弦定理实现边角互化)＝eq\f(sin2A＋sin2B,1－cos2C)＝eq\f(sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2B))＋sin2B,1－sin2B)②→eq\a\vs4\al(消去角A以利求解)＝eq\f(cos22B＋sin2B,cos2B)＝eq\f(（2cos2B－1）2＋1－cos2B,cos2B)＝eq\f(4cos4B－5cos2B＋2,cos2B)＝4cos2B＋eq\f(2,cos2B)－5③(10分)→eq\a\vs4\al(化为基本不等式的形式)≥2eq\r(4cos2B·\f(2,cos2B))－5＝4eq\r(2)－5③，当且仅当cos2B＝eq\f(\r(2),2)时取等号，→eq\a\vs4\al(验证取等号的条件)所以eq\f(a2＋b2,c2)的最小值为4eq\r(2)－5.(12分)[满分规则]❶得步骤分：①处的实质都是解三角方程，都要注意写清楚角的范围，否则易失步骤分.❷得关键分：②处消去角A是本题得解的关键所在.❸得计算分：③处利用基本不等式求最小的关键是把目标函数化为其适用形式.训练2(2023·皖北协作区联考)在下面的三个条件中任选一个补充到问题中，并给出解答.①2a－b＝2ccosB，②sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))＝cosC＋eq\f(1,2)，③m＝(a－c，b－a)，n＝(a＋c，b)，m⊥n.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且________.(1)求角C；(2)若c＝eq\r(3)，求△ABC周长的取值范围.解(1)选①：由正弦定理及2a－b＝2ccosB，得2sinA－sinB＝2sinCcosB，又∵sinA＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC，∴2sinBcosC＝sinB.∵sinB≠0，∴cosC＝eq\f(1,2).又∵C∈(0，π)，∴C＝eq\f(π,3).选②：由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))＝cosC＋eq\f(1,2)，得eq\f(\r(3),2)sinC＋eq\f(1,2)cosC＝cosC＋eq\f(1,2)，即eq\f(\r(3),2)sinC－eq\f(1,2)cosC＝eq\f(1,2)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,6)))＝eq\f(1,2).∵C∈(0，π)，∴C－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，∴C－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，∴C＝eq\f(π,3).选③：∵m⊥n，∴(a－c)(a＋c)＋(b－a)b＝0，化简得a2＋b2－c2＝ab，∴cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2).∵C∈(0，π)，∴C＝eq\f(π,3).(2)由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab.∵eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，∴ab≤eq\f(（a＋b）2,4)，当且仅当a＝b时等号成立.∴3ab＝(a＋b)2－3≤eq\f(3,4)(a＋b)2，∴0＜a＋b≤2eq\r(3)，当且仅当a＝b＝eq\r(3)时等号成立.∴a＋b＋c≤2eq\r(3)＋eq\r(3)＝3eq\r(3).又∵a＋b＞c，∴a＋b＋c＞2c＝2eq\r(3).∴△ABC周长的取值范围为(2eq\r(3)，3eq\r(3)].考点三三角形中的证明问题例3(2022·全国乙卷)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A).(1)若A＝2B，求C；(2)证明：2a2＝b2＋c2.(1)解由A＝2B，A＋B＋C＝π，可得A＝eq\f(2π－2C,3).将A＝2B代入sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A)，可得sinCsinB＝sinBsin(C－A).因为B∈(0，π)，所以sinB≠0，所以sinC＝sin(C－A).又A，C∈(0，π)，所以C＋C－A＝π，即A＝2C－π，与A＝eq\f(2π－2C,3)联立，解得C＝eq\f(5π,8).(2)证明法一由sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A)，可得sinCsinAcosB－sinCcosAsinB＝sinBsinCcosA－sinBcosCsinA，结合正弦定理可得，accosB－bccosA＝bccosA－abcosC，即accosB＋abcosC＝2bccosA(*).由余弦定理得，accosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2)，abcosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2)，2bccosA＝b2＋c2－a2，将上述三式代入(*)式并整理，得2a2＝b2＋c2.法二因为A＋B＋C＝π，所以sinCsin(A－B)＝sin(A＋B)sin(A－B)＝sin2Acos2B－cos2Asin2B＝sin2A(1－sin2B)－(1－sin2A)sin2B＝sin2A－sin2B，同理有sinBsin(C－A)＝sin(C＋A)sin(C－A)＝sin2C－sin2A.又sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A)，所以sin2A－sin2B＝sin2C－sin2A，即2sin2A＝sin2B＋sin2C，故由正弦定理可得2a2＝b2＋c2.感悟提升对于解三角形中的证明问题，要仔细观察条件与结论之间的联系，发现二者的差异，利用正弦定理、余弦定理及三角恒等变换把条件转换为结论，即为证明过程.训练3△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋A))＋cosA＝eq\f(5,4).(1)求A；(2)若b－c＝eq\f(\r(3),3)a，证明：△ABC是直角三角形.(1)解由已知得sin2A＋cosA＝eq\f(5,4)，即cos2A－cosA＋eq\f(1,4)＝0.所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosA－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝0，cosA＝eq\f(1,2).由于0<A<π，故A＝eq\f(π,3).(2)证明由正弦定理及已知条件可得sinB－sinC＝eq\f(\r(3),3)sinA.由(1)知B＋C＝eq\f(2π,3)，所以sinB－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))＝eq\f(\r(3),3)sineq\f(π,3)，即eq\f(1,2)sinB－eq\f(\r(3),2)cosB＝eq\f(1,2)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,3)))＝eq\f(1,2).由于0<B<eq\f(2π,3)，故B＝eq\f(π,2).从而△ABC是直角三角形.分层精练·巩固提升【A级基础巩固】1.在梯形ABCD中，AB∥CD，BC＝eq\r(3)AD，∠BAD＝2∠BCD.(1)求∠BCD；(2)若AB＝AD＝2，求梯形ABCD的面积.解(1)连接BD.在△ABD中，由正弦定理得eq\f(BD,sin∠BAD)＝eq\f(AD,sin∠ABD).在△BCD中，由正弦定理得eq\f(BD,sin∠BCD)＝eq\f(BC,sin∠BDC).因为∠ABD＝∠BDC，所以eq\f(sin∠BAD,sin∠BCD)＝eq\f(BC,AD).又BC＝eq\r(3)AD，∠BAD＝2∠BCD，所以eq\f(sin2∠BCD,sin∠BCD)＝eq\r(3).化简，得cos∠BCD＝eq\f(\r(3),2).因为0°＜∠BCD＜180°，所以∠BCD＝30°.(2)由(1)知∠BAD＝2∠BCD＝60°.又AB＝AD＝2，所以△ABD为等边三角形，且BD＝2.易得∠DBC＝180°－60°－30°＝90°，所以△BCD为直角三角形.所以梯形ABCD的面积S＝S△ABD＋S△BCD＝eq\f(1,2)×2×2×sin60°＋eq\f(1,2)×2×2eq\r(3)＝3eq\r(3).2.(2023·北京石景山区一模)已知函数f(x)＝msineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(m＞0，ω＞0)只能同时满足下列三个条件中的两个：①函数f(x)的最大值为2；②函数f(x)的图象可由y＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))的图象平移得到；③函数f(x)图象的相邻两条对称轴之间的距离为π.(1)请写出这两个条件的序号，说明理由，并求出f(x)的解析式；(2)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，A＝eq\f(π,3)，a＝f(A)，求△ABC面积的最大值.解(1)若①成立，则m＝2；若②成立，则m＝eq\r(2)，T＝eq\f(2π,2)＝π；若③成立，则eq\f(T,2)＝π，T＝2π.故①②不同时成立，②③不同时成立，①③符合题意.由③知T＝2π，则ω＝1.故f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))).(2)由A＝eq\f(π,3)，得a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝2，由余弦定理得4＝b2＋c2－bc≥bc，当且仅当b＝c＝2时等号成立.所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA≤eq\r(3)，即△ABC面积的最大值为eq\r(3).3.(2023·广州质检)在平面四边形ABCD中，A＝90°，D＝60°，AC＝6，CD＝3eq\r(3).(1)求△ACD的面积；(2)若cos∠ACB＝eq\f(9,16)，求AB＋eq\f(3,4)BC的值.解(1)在△ACD中，D＝60°，AC＝6，CD＝3eq\r(3)，由余弦定理得AC2＝AD2＋CD2－2·AD·CD·cosD，即36＝AD2＋27－2×AD×3eq\r(3)×eq\f(1,2).整理，得AD2－3eq\r(3)AD－9＝0，解得AD＝eq\f(3（\r(3)＋\r(7)）,2)或AD＝eq\f(3（\r(3)－\r(7)）,2)(舍去).所以AD＝eq\f(3（\r(3)＋\r(7)）,2).所以△ACD的面积S＝eq\f(1,2)·AD·CD·sin60°＝eq\f(27（\r(3)＋\r(7)）,8).(2)法一在△ACD中，由正弦定理eq\f(CD,sin∠CAD)＝eq\f(AC,sinD)，得sin∠CAD＝eq\f(3,4).因为∠BAC＝90°－∠CAD，所以sin∠BAC＝cos∠CAD＝eq\r(1－sin2∠CAD)＝eq\f(\r(7),4)，cos∠BAC＝sin∠CAD＝eq\f(3,4).因为cos∠ACB＝eq\f(9,16)，所以sin∠ACB＝eq\r(1－cos2∠ACB)＝eq\f(5\r(7),16).因为∠BAC＋∠ACB＋B＝π，所以sinB＝sin(∠BAC＋∠ACB)＝sin∠BACcos∠ACB＋cos∠BACsin∠ACB＝eq\f(3\r(7),8).在△ABC中，由正弦定理eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(BC,sin∠BAC)，得AB＝5，BC＝4.所以AB＋eq\f(3,4)BC＝8.法二在△ACD中，由正弦定理eq\f(CD,sin∠CAD)＝eq\f(AC,sinD).得sin∠CAD＝eq\f(3,4).因为∠BAC＝90°－∠CAD，所以cos∠BAC＝cos(90°－∠CAD)＝sin∠CAD＝eq\f(3,4).在△ABC中，cos∠ACB＝eq\f(9,16)，由余弦定理AB2＝AC2＋BC2－2·AC·BC·cos∠ACB，BC2＝AB2＋AC2－2·AB·AC·cos∠BAC，得AB2＝36＋BC2－eq\f(27,4)BC，①BC2＝AB2＋36－9AB.②①＋②，得72－eq\f(27,4)BC－9AB＝0，整理得AB＋eq\f(3,4)BC＝8.4.记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知cosA＝eq\f(1,4)，D是边AC的中点，a＝2BD.(1)证明：b＝6c；(2)若△ABC的面积为eq\f(6\r(15),17)，求a的值.(1)证明设BD＝x，则a＝BC＝2x.在△ABC中，由余弦定理，得b2＋c2－2bccosA＝4x2，即2b2＋2c2－bc＝8x2.①在△ABD中，由余弦定理，得eq\f(b2,4)＋c2－2·eq\f(b,2)·c·cosA＝x2，即b2＋4c2－bc＝4x2.②2×②－①，得6c2－bc＝0.又c≠0，所以b＝6c.(2)解将b＝6c代入①，得2b2＋eq\f(1,18)b2－eq\f(1,6)b2＝8x2，解得b＝eq\f(6\r(2),\r(17))x(负值舍去)，所以c＝eq\f(\r(2),\r(17))x.由cosA＝eq\f(1,4)，A∈(0，π)，可知sinA＝eq\f(\r(15),4).因为S△ABC＝eq\f(6\r(15),17)，所以eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(6\r(15),17)，即eq\f(1,2)·eq\f(6\r(2),\r(17))x·eq\f(\r(2),\r(17))x·eq\f(\r(15),4)＝eq\f(6\r(15),17)，解得x＝2(负值舍去).所以a＝4.【B级能力提升】5.(2023·泰州调研)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sinA＝2sinB.(1)若b＝2，c＝2eq\r(7)，求C的大小；(2)点D在边AB上，且AD＝eq\f(1,3)AB，证明：CD平分∠ACB.(1)解由sinA＝2sinB，得a＝2b＝4，由余弦定理的推论可知cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝－eq\f(1,2)，又C∈(0，π)，则C＝eq\f(2π,3).(2)证明在△ACD中，由正弦定理可知eq\f(\f(1,3)c,sin∠ACD)＝eq\f(b,sin∠ADC)，则sin∠ACD＝eq\f(csin∠ADC,3b)，在△BCD中，由正弦定理可知eq\f(\f(2,3)c,sin∠BCD)＝eq\f(2b,sin∠BDC)，则sin∠BCD＝eq\f(csin∠BDC,3b)，又sin∠BD