第六章　第五节　第3课时　高考中的解三角形问题

PAGE温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。板块。第3课时高考中的解三角形问题【核心考点·分类突破】考点一高考解三角形中“爪”型结构(规范答题)考情提示“爪”型三角形是指在给定的一个三角形中,连接一个顶点和对边上的任意一点构成的图形.“爪”型结构的解三角形问题在高考中屡见不鲜,如中线、角平分线、高线等.角度1解三角形中有关高线问题[例1](10分)(2023·新高考Ⅰ卷)已知在△ABC中,A+B=3C,2sin(A-C)=sinB.(1)求sinA;(2)设AB=5,求AB边上的高.审题导思破题点·形成思路(1)思路:根据题意画出图形,利用正弦的和角和差角公式就能比较顺利地解答(2)思路:给出三角形边AB的长,而由第(1)问可以确定三角形的三个内角,利用正弦定理便可求出另一条边AC或BC的长,从而求得AB边上的高规范答题敲重点·水到渠成【解析】(1)在△ABC中,A+B=π-C,因为A+B=3C,所以3C=π-C,解得C=π4.……因为2sin(A-C)=sinB,所以2sin(A-C)=sin[π-(A+C)]=sin(A+C),关键点观察已知2sin(A-C)=sinB的结构,结合三角形内角和定理A+B+C=π,将sinB转化为sin(A+C).

所以2sinAcosC-2cosAsinC=sinAcosC+cosAsinC,所以sinAcosC=3cosAsinC,所以sinA=3cosA,……3分

即tanA=3,所以0<A<π2所以sinA=310=31010巧变多变由C=π4及2sin(A-C)=sinB①2sin(A-π4)=sin3π4-只要两两结合,通过对两等式展开、化简,解得tanA=3.②2sin(A-π4)=cosπ4-得到tan(A-π4)=12=解得tanA=3.③2sin(A-C)=2sinπ2-B=2cosB得到tanB=2,从而sinB=255,cosB=所以sinA=3π4-B(2)解法一:(三角恒等变换+正弦定理)由(1)知sinA=31010,tanA=3>0,所以A为锐角,所以cosA=1010避误区此处要对A的范围进行分析,若写成cosA=±1010,会造成不必要的失分所以sinB=sin3π4-A=22(cosA+sinA)=22×(1010+由正弦定理ABsinC=得AC=AB·sinBsinC=5×作CD⊥AB,垂足为D,由12AB·CD=12AB·AC·sinA,得CD=AC·sinA=210×31010=6.破题有招等面积法是解三角形问题中的常用方法,本题利用等面积法求出AB边上的高.等面积法是建立方程的有效手段.解法二:(正弦定理+余弦定理)由正弦定理BCsinA=得BC=ABsinC·sinA=522×310由余弦定理AB2=AC2+BC2-2AC·BCcosC,得52=AC2+(35)2-2AC·35cosπ4整理得AC2-310AC+20=0,解得AC=10或AC=210,……7分由(1)得,tanA=3>3,所以π3<A<π又A+B=3π4,所以B>π4,即C<B,所以AB<AC,所以AC=210,避误区利用余弦定理,得出关于AC的一元二次方程,有两个解,此时要根据三角形的性质及有解的条件进行取舍.设AB边上的高为h,则12×AB×h=12×AC×BCsin即5h=210×35×22,……解得h=6,所以AB边上的高为6.……10分解法三:(利用三角形的几何特征)作CD⊥AB,垂足为D,tanB=-tan(A+∠ACB)=-tanA+tan∠ACB1-tan又AB=AD+BD=CDtanA+CDtanB=CD3+CD2=所以AB边上的高为6.……10分换思路利用三角形的几何性质,由方程思想求出AB边上的高.此种方法需要较强的观察能力和较深的数学功底,这就要求学生在平时学习中多积累、多总结.解题技法该类型题目侧重直角三角形中互余两角的三角函数关系及两角和、差的三角公式的应用.对点训练在△ABC中,已知B=π4,BC边上的高等于13BC,则cosA=【解析】解法一:因为B=π4,BC边上的高等于13所以AB=13BCsin45°AC2=AB2+BC2-2AB×BC×cos45°=59BC2所以cosA=AB2+解法二:设△ABC中角A,B,C对应的边分别为a,b,c,AD⊥BC于D,令∠DAC=θ,因为在△ABC中,B=π4,BCAD=13BC=13所以BD=AD=13a,CD=23在Rt△ADC中,cosθ=ADAC=a3(故sinθ=25所以cos∠BAC=cos(π4+θ)=cosπ4cossinπ4sinθ=22×55-22×答案:-10角度2解三角形中有关中线问题[例2](2023·新高考Ⅱ卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知△ABC面积为3,D为BC的中点,且AD=1.(1)若∠ADC=π3,求tanB【解析】(1)因为D为BC的中点,所以S△ABC=2S△ADC=2×12×AD×DCsin∠ADC=2×12×1×DC×32解得DC=2,所以BD=DC=2,a=4.因为∠ADC=π3,所以∠ADB=2π在△ABD中,由余弦定理,得c2=AD2+BD2-2AD·BDcos∠ADB=1+4+2=7,所以c=7.解法一:在△ADC中,由余弦定理,得b2=AD2+DC2-2AD·DC·cos∠ADC=1+4-2=3,所以b=3.在△ABC中,由余弦定理,得cosB=c2+a2-所以sinB=1-cos2解法二:在△ABD中,由正弦定理,得csin∠ADB=所以sinB=ADsin∠ADBc所以cosB=1-sin2所以tanB=sinBcosB(2)若b2+c2=8,求b,c.【解析】(2)解法一:(借助向量工具)如图,因为S△ABC=12bcsin∠BAC=3所以sin∠BAC=23由题意得AD=12(AB+AC),|AD所以4=b2+c2+2bccos∠BAC,又因为b2+c2=8,所以cos∠BAC=-2因为sin2∠BAC+cos2∠BAC=1,所以bc=4,所以b=c=2.解法二:(利用“背靠背角”互补关系)因为D为BC的中点,所以BD=DC.因为∠ADB+∠ADC=π,所以cos∠ADB+cos∠ADC=0,则在△ABD与△ADC中,由余弦定理,得AD2+得1+BD2-c2=-1+B所以2BD2=b2+c2-2=6,所以BD=3,所以a=23.(另解)因为D为BC的中点,所以BC=2BD.在△ABD与△ABC中,由余弦定理,得cosB=c2+B整理,得2BD2=b2+c2-2=6,得BD=3,所以a=23.在△ABC中,由余弦定理,得cos∠BAC=b2+c2-所以S△ABC=12bcsin∠BAC=12bc1-cos2∠BAC=1解得bc=4.则由bc=4b2+c2解题技法该类型题目侧重三角形的两角和差公式,三角形面积公式,正、余弦定理,等腰三角形的性质在解三角形问题中的综合应用.对点训练在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知bsinC+asinA=bsinB+csinC.(1)求A;【解析】(1)根据正弦定理,由bsinC+asinA=bsinB+csinC,可得bc+a2=b2+c2,即bc=b2+c2-a2,由余弦定理可得,cosA=b2+c因为A为三角形内角,所以A=π3(2)设D是线段BC的中点,若c=2,AD=13,求a.【解析】(2)因为D是线段BC的中点,c=2,AD=13,所以∠ADB+∠ADC=π,则cos∠ADB+cos∠ADC=0,所以AD2+即13+a24整理得a2=2b2-44,又a2=b2+c2-2bccosA=b2+4-2b,所以b2+4-2b=2b2-44,解得b=6或b=-8(舍去),因此a2=2b2-44=28,所以a=27.角度3解三角形中有关角平分线问题[例3](2023·全国甲卷)在△ABC中,AB=2,∠BAC=60°,BC=6,D为BC上一点,AD为∠BAC的平分线,则AD=.

【解析】解法一:(等面积法)如图,令BC=a,AC=b,AB=c,因为a=6,c=2,∠BAC=60°,a2=b2+c2-2bccos∠BAC,所以b=1+3.因为S△ABC=S△ABD+S△ACD,所以12bcsin60°=12c·AD·sin30°+12b所以AD=2.解法二:(向量法)如图,在△ABC中,由余弦定理可得AC=1+3.因为S△ABDS△ACD所以BDDC=2所以AD=1+33+3两边平方得|AD|=2,所以AD=2.答案:2解题技法该类型题目侧重正、余弦定理,三角形面积公式,两角和差的三角公式,二倍角公式,三角函数的性质以及角平分线定理的应用.对点训练在△ABC中,若角A,B,C所对的边分别为a,b,c,∠ABC=120°,∠ABC的平分线交AC于点D,且BD=1,则4a+c的最小值为.

【解析】解法一:(由等面积法探究a,c间的关系)因为S△ABC=S△BCD+S△ABD,即12acsin120°=12×a×1×sin60°+12所以ac=a+c,即1a+1所以4a+c=(4a+c)1a+1c=5+ca+4ac所以4a+c的最小值为9.解法二:(由三角形内角平分线定理、向量法探究a,c间的关系)由三角形内角平分线定理得ADDC=ABBC=ca,所以BD=a两边平方得1=aa+c2c2+ca+c2a化简得ac=a+c,即1a+1所以4a+c=(4a+c)1a+1c=5+ca+4ac所以4a+c的最小值为9.解法三:(利用建系、三点共线法探究a,c间的关系)以B为坐标原点,BD所在直线为x轴,建立直角坐标系,则D(1,0),A(c2,C(a2,-因为A,C,D三点共线,所以3c2c2-1=所以4a+c=(4a+c)1a+1c=5+ca+4ac所以4a+c的最小值为9.答案:9角度4其他“爪”型问题[例4](2023·全国乙卷)在△ABC中,已知∠BAC=120°,AB=2,AC=1.(1)求sin∠ABC;【解析】(1)由余弦定理可得:BC2=a2=b2+c2-2bccos∠BAC=1+4-2×1×2×cos120°=7,则BC=7,cosB=a2+c2-sin∠ABC=1-cos2B=(2)若D为BC上一点,且∠BAD=90°,求△ADC的面积.【解析】(2)解法一:如图,由(1)得cos∠ABC=57sin∠ABC=2114,所以tan∠ABC=3在Rt△ABD中,AD=AB·tan∠ABC=23因为∠BAC=120°,所以∠DAC=30°,所以S△ADC=12AD·AC·sin∠DAC=3解法二:因为∠BAC=120°,所以∠DAC=30°.因为S△ABC=S△ABD+S△ACD,所以12AC·AB·sin120°=12AB·AD+12AC所以AD=23所以S△ADC=310解法三:因为∠BAC=120°,所以∠DAC=30°,CDsin∠DAC=所以sin∠ADC=12在Rt△ABD中,sin∠ADB=2BD因为sin∠ADB=sin∠ADC,所以BD=4CD,所以AD=AB+45BC=15两边取模得|AD|=23即AD=23所以S△ADC=310解法四:如图,以点A为原点建立平面直角坐标系,则B(2,0),C(-12,3所以直线BC的方程:y=-35(x所以D(0,235),所以AD所以S△ADC=12×235×1解法五:过C作AB的垂线,交BA的延长线于点E,因为AC=1,∠CAE=60°,所以AE=12,CE=3因为AD∥CE,所以ADCE=BABE=所以AD=45CE=2因为∠DAC=30°,所以S△ADC=310解题技法对点训练如图,在△ABC中,D是AC边上一点,∠ABC为钝角,∠DBC=90°.(1)求证:cos∠ADB+sinC=0;【解析】(1)因为∠ADB=90°+∠C,所以cos∠ADB=cos(90°+C)=-sinC,故cos∠ADB+sinC=0.(2)若AB=27,BC=2,在①sin∠ABC=32114;②AC=3AD中选取一个作为条件,求△ABD【解析】(2)若选①:sin∠ABC=321因为∠ABC>90°,所以cos∠ABC=-1-sin在△ABC中,由余弦定理可得AC=28+4-由正弦定理可得27sinC所以sinC=32,故∠C在Rt△CBD中,因为BC=2,所以BD=BCtanC=2tan60°=23,又sin∠ABD=sin(∠ABC-90°)=-cos∠ABC=714所以S△ABD=12AB·BDsin∠=12×27×23×714=若选②:AC=3AD:设AD=x,则DC=2x,在Rt△CBD中,BD=DC2-由(1)cos∠ADB+sinC=0,得x2+4x解得x=2(负值舍去),即AD=2,BD=23,CD=4,在Rt△CBD中,tanC=BDBC=232=3,0°<C所以∠ADB=∠C+∠DBC=60°+90°=150°,所以S△ABD=12AD·BDsin∠ADB=12×2×23×12考点二多三角形背景问题[例5]如图,在平面四边形ABCD中,已知A=π2,B=2π3,AB在AB边上取点E,使得BE=1,连接EC,ED.若∠CED=2π3,EC=7(1)求sin∠BCE的值;【解析】(1)在△BEC中,由正弦定理,知BEsin∠BCE=因为B=2π3,BE=1,CE=7所以sin∠BCE=BE·sinBCE=(2)求CD的长.【解析】(2)因为∠CED=∠B=2π3,所以∠DEA=∠BCE所以cos∠DEA=1-sin2∠DEA=因为A=π2,所以△AED为直角三角形,又AE所以ED=AEcos∠DEA=55在△CED中,CD2=CE2+DE2-2CE·DE·cos∠CED=7+28-2×7×27×(-12)所以CD=7.解题技法如果已知量与未知量涉及两个或两个以上的三角形,这时需作出这些三角形,先解可用正弦定理或余弦定理直接求解的三角形,然后逐步求解其他三角形,有时需设出未知量,从几个三角形中列出方程(组),通过解方程(组)得出所要求的量.对点训练如图,已知菱形ABCD的边长为2,∠DAB=60°.E是边BC上一点,线段DE交AC于点F.(1)若△CDE的面积为32,求DE【解析】(1)由已知,∠BCD=∠DAB=60°.因为△CDE的面积S=12CD·CE·sin∠BCD=3所以12×2CE×32=32,解得在△CDE中,由余弦定理,得DE=CD2+CE(2)若7CF=4DF,求sin∠DFC.【解析】(2)连接BD,由已知得∠ACD=30°,∠BDC=60°,设∠CDE=θ,则0°<θ<60°.在△CDF中,由正弦定理,得CFsinθ=又因为7CF=4DF,所以sinθ=CF2DF=所以cosθ=37所以sin∠DFC=sin(30°+θ)=12×37+32×2考点三高考解三角形中的范围问题角度1三角形中角或边的最值、范围问题[例6]在①cosC+(cosA-3sinA)cosB=0,②cos2B-3cos(A+C)=1,③bcosC+33csinB=a这三个条件中任选一个,补充在下面问题中并解答问题:在△ABC中,角A,B,C对的边分别为a,b,c,若a+c=1,,求角B的大小和b的最小值.

【解析】选择条件①:由cosC+(cosA-3sinA)cosB=0,可得-cos(A+B)+cosAcosB-3sinAcosB=0,即-cosAcosB+sinAsinB+cosAcosB-3sinAcosB=0,即sinAsinB-3sinAcosB=0,因为sinA≠0,所以sinB-3cosB=0,所以tanB=3,因为B∈(0,π),所以B=π3由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB=a2+c2-ac=(a+c)2-3ac=1-3ac,因为ac≤(a+c2)2=14,当且仅当a=c=12时等号成立,所以b2=1-3ac所以b≥12,即b的最小值为1选择条件②:cos2B-3cos(A+C)=1,可得2cos2B-1+3cosB=1,即2cos2B+3cosB-2=0,解得cosB=12或cosB因为B∈(0,π),所以B=π3下同①.选择条件③:bcosC+33csinB=a由正弦定理可得sinBcosC+33sinCsinB=sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC即33sinCsinB=cosBsinC因为sinC≠0,所以33sinB=cosB,即tanB=3因为B∈(0,π),所以B=π3下同①.解题技法涉及求边的最值或取值范围的一般思路(1)利用正弦定理把边转化为角,利用三角函数的性质求出范围或最值.(2)利用正、余弦定理把角转化为边,利用基本不等式求出范围或最值.对点训练在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C的对边,且2b-c=2acosC.(1)求A;【解析】(1)由正弦定理得:2sinB-sinC=2sinAcosC,因为A+B+C=π,所以sinB=sin(A+C),所以2sin(A+C)-sinC=2sinAcosC+2cosAsinC-sinC=2sinAcosC,整理可得:2cosAsinC=sinC,因为C∈(0,π),所以sinC≠0,所以cosA=12又A∈(0,π),所以A=π3(2)若△ABC为锐角三角形,c=2,求b的取值范围.【解析】(2)因为△ABC为锐角三角形,A=π3所以0<B<π解得π6<C<π由正弦定理可得:b=csinB=3cosC+sin因为π6<C<π2,所以tanC>33,则0<1所以1<1+3tanC<4,即b角度2三角形面积(周长)的最值或范围问题[例7]在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知33bsinC+ccosB=(1)若a=2,b=3,求△ABC的面积;【解析】(1)因为33bsinC+ccosB=a所以33sinBsinC+sinCcosB=sinA所以33sinBsinC+sinCcosB=sin(B+C所以33sinBsinC+sinCcos=sinBcosC+cosBsinC,所以33sinBsinC=sinBcosC因为sinB≠0,所以33sinC=cosC又易知cosC≠0,所以tanC=3,因为0<C<π,所以C=π3因为a=2,b=3,C=π3所以S△ABC=12absinC=12×2×3×sinπ3=12×2×3×(2)若c=2,求△ABC周长的取值范围;【解析】(2)在△ABC中,c=2,C=π3由余弦定理得4=a2+b2-ab,所以(a+b)2-4=3ab≤3·(a+b2即(a+b)2-4≤34(a+b)2,即(a+b)2所以0<a+b≤4,当且仅当a=b时等号成立,又a+b>c=2,所以2<a+b≤4,所以4<a+b+c≤6,故△ABC周长的取值范围是(4,6].(3)把(2)改为△ABC为锐角三角形,若c=2,求△ABC周长的取值范围.【解析】(3)因为asinA=bsinB=所以a=433sinA,b=43所以△ABC的周长为a+b+c=433sinA+43=433sinA+433sin(=433(32sinA=4sin(A+π6因为△ABC为锐角三角形,所以0<A解得π6<A<π2,所以π3<A+π所以32<sin(A+π所以23+2<4sin(A+π6所以△ABC周长的取值范围为(23+2,6].解题技法三角形的面积(周长)的取值范围或最值的解法(1)三角函数法:通过正、余弦定理将边转化为角,再根据三角恒等变换及三角形内角和定理转化为“一角一函数”的形式,最后结合角的范围利用三角函数的单调性和值域求解.(2)基本不等式法:利用正、余弦定理,面积(周长)公式建立a+b,ab,a2+b2之间的等量关系,然后利用基本不等式求解.对点训练已知△ABC的内角A,B,C满足sinA-sin(1)求角A;【解析】(1)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,则由正弦定理和已知条件,得a-b+化简得b2+c2-a2=bc,由余弦定理得cosA=b2+c因为0<A<π,所以A=π3(2)若△ABC的外接圆的半径为1,求△ABC的面积S的最大值.【解析】(2)记△ABC外接圆的半径为R,由正弦定理得asinA=2a=2RsinA=2sinπ3=3由余弦定理得a2=3=b2+c2-bc≥2bc-bc=bc,即bc≤3(当且仅当b=c=3时取等号),故S=12bcsinA≤12×3×32=334(当且仅当b=即△ABC的面积S的最大值为33重难突破极化恒等式在高考考查平面向量的试题中,求解数量积问题是高考命题的重点和热点.对于一些具有中点或能够构造中点的向量的数量积问题,应用平面向量的“极化恒等式”求解,可以减少运算量,使题目的解答更加清晰简单.一、源于教材(人教A必修第二册第22页练习第3题)求证:(a+b)2-(a-b)2=4a·b.【证明】因为(a+b)2=a2+2a·b+b2①,(a-b)2=a2-2a·b+b2②,所以①-②得(a+b)2-(a-b)2=4a·b.【说明】对于非零向量a,b,有a·b=14[(a+b)2-(a-b)2],我们称这个公式为平面向量的“极化恒等式”二、极化恒等式模型1.平行四边形模型如图,在平行四边形ABCD中,O是对角线交点,则AB·AD=14(AC2-BD2)几何意义:两个非零向量的数量积可以表示为以这两个向量为邻边的平行四边形的“和对角线”与“差对角线”平方差的142.三角形模型如图,在△ABC中,设D为BC的中点,则AB·AC=AD2-BD2.推导过程:由AB·AC=[12(AB+AC)]2-[12(AB-AC)]2=AD2-(12CB)2=|AD|2-|DB|2=AD几何意义:两个非零向量的数量积可以表示为以这两个向量为邻边的三角形“中线”的平方与“第三边”一半的平方的差.类型一求数量积的值[例1](1)设向量a,b满足|a+b|=10,|a-b|=6,则a·b=()A.1 B.2 C.3 D.5【解析】选A.由极化恒等式,