第六章第五节第3课时高考中的解三角形问题

第3课时高考中的解三角形问题【核心考点·分类突破】考点一边、角、周长和面积的计算问题(规范答题)[例1](1)(2023·新高考I卷)已知在△ABC中,A+B=3C,2sin(AC)=sinB.①求sinA;②设AB=5,求AB边上的高.审题导思破题点·柳暗花明①思路:利用正弦的两角和与差公式、同角三角函数间的关系就能顺利地解答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边上的高规范答题微敲点·水到渠成【解析】①在△ABC中,A+B=πC,因为A+B=3C,所以3C=πC,解得C=π4.……………… [1分因为2sin(AC)=sinB,所以2sin(AC)=sin[π(A+C)]=sin(A+C),关键点观察已知式2sin(AC)=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2sinAcosC2cosAsinC=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(AC)=sinB可进行多种变形,运用三角恒等变换求解(ⅰ)2sin(Aπ4)=sin(3π4A)=sin(A+π4),只要两两结合,通过对两等式展开、化简(ⅱ)2sin(Aπ4)=cos(π4A)=cos(Aπ4),首先得到tan(Aπ4)=12(ⅲ)2sin(AC)=2sin(π2B)=2cosB=sinB,得到tanB=2,从而sinB=255所以sinA=sin(3π4B)=3②方法一:(三角恒等变换+正弦定理)由①知sinA=31010,tanA=3>0,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=sin(3π4A)=22(cosA+sinA)=22×(1010+31010)=2由正弦定理ABsinC=ACsinB,得AC=AB·sinBsinC=作CD⊥AB,垂足为D,由12AB·CD=12AB·AC·sinA, ………………[9得CD=AC·sinA=210×31010=6.………………[10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.方法二:(正弦定理+余弦定理)由正弦定理BCsinA=ABsinC,得BC=ABsinC×sinA=522×3由余弦定理AB2=AC2+BC22AC·BCcosC,得52=AC2+(35)22AC·35cosπ4整理得AC2310AC+20=0,解得AC=10或AC=210, ………………[7分]由①得,tanA=3>3,所以π3<A<π2,又A+B=3π4,所以B即C<B,所以AB<AC,所以AC=210,………………[8分]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×BCsinC,即5h=210×35×22, ……[9解得h=6,所以AB边上的高为6. ………………[10分]方法三:(利用三角形的几何特征)作CD⊥AB,垂足为D,tanB=tan(A+∠ACB)=tanA+tan∠ACB1-tanAtan∠ACB又AB=AD+BD=CDtanA+CDtanB=CD3+CD2=56CD=5,即CD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.(2)(2022·新高考Ⅱ卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,分别以a,b,c为边长的三个正三角形的面积依次为S1,S2,S3,已知S1S2+S3=32,sinB=13①求△ABC的面积;②若sinAsinC=23,求【解析】①由题意得S1=12·a2·32=34a2,S2=34b2,S3=34c2,则S1S2+S3=34a234b2+34c2=32,即a2+c2b2=2,由余弦定理得cosB=a2又sinB=13,则cosB=1-132=223,ac=1cosB=324,则②由正弦定理得:bsinB=asin则b2sin2B=asinA·csinC=acsinAsinC=3242【解题技法】基本量计算问题的求解思路(1)边角关系要统一,化简过程务必要等价转化;(2)放在适当的三角形中求解,优先考虑特殊的三角形(有时作辅助线会事半功倍);(3)注意寻找各个三角形之间的联系,交叉使用公共条件,以及应用方程思想.【对点训练】1.(2022·全国乙卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sinCsin(AB)=sinBsin(CA).(1)证明:2a2=b2+c2;(2)若a=5,cosA=2531,求△ABC的周长【解析】(1)因为sinCsin(AB)=sinBsin(CA),所以sinCsinAcosBsinCsinBcosA=sinBsinCcosAsinBsinAcosC,所以ac·a2+c2-b22ac即a2+c2-b22(b2+c2a2)=a2+b2(2)因为a=5,cosA=2531,由(1)得b2+c2=50,由余弦定理可得a2=b2+c22bccosA则505031bc=25,所以bc=312,故(b+c)2=b2+c2+2所以b+c=9,所以△ABC的周长为a+b+c=14.2.(2023·全国甲卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知b2+(1)求bc;(2)若acosB-bcosAacos【解析】(1)因为a2=b2+c22bccosA,所以b2+c2-a2cosA=(2)由正弦定理可得acosB-b=sin(A-B)sin(A+B)sinBsin(A即2cosAsinB=sinB,而0<sinB≤1,所以cosA=12又0<A<π,所以sinA=32,故△ABC的面积为S△ABC=12bcsinA=12×1×3【加练备选】(2023·开封模拟)在△ABC中,设A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足bcosAacosB=a+c.(1)求角B;(2)若b=5,△ABC的内切圆半径r=34,求△ABC的面积【解析】(1)因为bcosAacosB=a+c,由余弦定理得b·b2+c2-a22即a2+c2b2=ac,所以cosB=a2+c2-b22ac=12(2)由余弦定理得:a2+c225=ac,则a2+c2=25ac,由三角形面积公式得12(a+b+c)·r=12acsinB,即a+c=2则a2+c2+2ac=4(ac)220ac+25,所以25ac+2ac=4(ac)220ac+25,解得ac=214,所以S△ABC=12×214×3考点二解三角形实际应用问题[例2](1)(2023·嘉兴模拟)某同学为测量彬塔的高度AB,选取了与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D,现测得∠BCD=15°,∠BDC=135°,CD=20m,在点C测得塔顶A的仰角为60°,则塔高AB=__________m.

【解析】因为∠BCD=15°,∠BDC=135°,所以∠DBC=30°,在△BDC中,由正弦定理可得CDsin∠DBC=CBsin∠BDC,可得CB=CDsin∠DBCsin∠BDC=202,在Rt△所以AB=CBtan60°=202×3=206(m).答案:206(2)(2023·无锡模拟)如图,某公园改建一个三角形池塘,∠ACB=90°,AB=2百米,BC=1百米,现准备养一批观赏鱼供游客观赏.①若在△ABC内部取一点P,建造连廊,方案一如图①,使得点P是等腰三角形PBC的顶点,且∠CPB=2π3,求连廊AP+PC+PB的长(单位为百米②若分别在AB,BC,CA上取点D,E,F,并建造连廊,使得△DEF变成池中池,放养更名贵的鱼类供游客观赏:方案二如图②,使得△DEF为正三角形,设S2为图②中△DEF的面积,求S2的最小值;方案三如图③,使得DE平行于AB,且EF垂直于DE,设S3为图③中△DEF的面积,求S3的最大值.【解析】①因为点P是等腰三角形PBC的顶点,且∠CPB=2π3,BC=1,∠PCB=π6,PB=PC,由余弦定理可得,cos∠BPC=PB2+PC2∠ACB=π2,故∠ACP=π3,在Rt△ACB中,AB=2,BC=1,所以AC=AB在△ACP中,由余弦定理可得,AP2=AC2+PC22AC·PC·cosπ3,解得AP=21故AP+PC+PB=213+233=21+233,所以连廊AP+PC②设题图②中的正△DEF的边长为a,∠CEF=α(0<α<π),则CF=asinα,AF=3asinα,∠EDB=π∠B∠DEB=2π3∠DEBα=ππ3∠DEB=2π3∠DEB,所以∠ADF=ππ3∠EDB=在△ADF中,由正弦定理可得,DFsinA=AFsin∠ADF,即asinπ6=3-asinαsin(2π3即a=32sinα+3cosα=37sin(α+θ)≥217(其中θ题图③中,设BE=x,x∈(0,1),因为DE∥AB,且EF⊥DE,所以∠DEC=π3,∠FEB=π6,∠EFB=π2,所以EF=xcosπ6=32x,DE=CEcosπ3=2CE=22x,所以=12×32x·(22x)=32(x2+x)=32(x-12)2+38,所以当x=12时【解题技法】解三角形应用题的求解思路(1)分析:理解题意,分清已知与未知,画出示意图;(2)建模:根据已知条件与求解目标,把已知量与求解量尽量集中到一个三角形中,建立一个解三角形的模型;(3)求解:利用正、余弦定理有序地解出三角形,求得数学模型的解;(4)检验:检验上述所求得的解是否符合实际意义,从而得出实际问题的解.【对点训练】(2023·嘉兴模拟)已知村庄B在村庄A的北偏东45°方向,村庄C在村庄A的北偏西75°方向,且村庄A,C之间的距离是26千米,村庄C在村庄B的正西方向,现要在村庄B的北偏东30°方向建立一个农贸市场D,使得农贸市场D到村庄C的距离是到村庄B的距离的3倍.(1)求村庄B,C间的距离;(2)求农贸市场D到村庄B,C的距离之和.【解析】(1)由题意可得AC=26,∠BAC=120°,∠CBA=45°.在△ABC中,由正弦定理可得ACsin∠CBA=BCsin∠BAC,则BC=2即村庄B,C间的距离为6千米.(2)村庄C在村庄B的正西方向,因为农贸市场D在村庄B的北偏东30°的方向,所以∠DBC=120°.在△BCD中,设DB=t,则DC=3t,由余弦定理可得CD2=BC2+BD22BC·BDcos∠CBD,即(3t)2=36+t22t×6×(12),化简得t23t18=0,解得t=6或即BD=6,CD=63.所以农贸市场D到村庄B,C的距离之和为(6+63)千米.【加练备选】(2023·信阳模拟)在△ABC中,∠BAC=60°,△ABC的面积为103,D为BC的中点,DE⊥AC于点E,DF⊥AB于点F.(1)求△DEF的面积;(2)若AD=1292,求sin∠ABC+sin∠ACB的值【解析】(1)在四边形AFDE中,∠BAC=60°,∠DFA=∠DEA=90°,故∠FDE=120°,故S△DEF=12DE·DF·sin120°=34DE·DF,作BM⊥AC于点M,CN⊥AB于点又D为BC的中点,则DE=12BM=12ABsin60°=3DF=12CN=12ACsin60°=34AC,故S△DEF=34×34AB×34AC=316S△ABC(2)设△ABC的三条边BC,AC,AB分别为a,b,c,由S△ABC=12bcsin∠BAC=103知bc=40,延长AD到点Q,使AD=DQ,连接CQ,则AQ=129,∠ABC=∠BCQ,则在△AQC中,∠ACQ=120°,CQ=AB=c,故由b2+c2+bc=129与bc=40可得,b2+c2bc=49=a2,则a=7,b2+c2+2bc=169,则b+c=13,由正弦定理得b+csin∠ABC+sin∠ACB=asin∠BAC=143,则考点三开放探索性问题[例3](2023·北京模拟)在△ABC中,sinA=3sinB,b=3.从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知,使△ABC存在且唯一确定,并解决下面的问题:(1)求角A的大小;(2)求△ABC的面积.条件①:b2a2=c23ac;条件②:c2a2=b23ab;条件③:asinB=3bcosA.【解析】(1)因为sinA=3sinB,b=3,所以由正弦定理可得a=3b=3,条件①:由余弦定理可得cosB=a2+c2-b22ac=32,因为△ABC所以sinA=3sinB=32,此时A=π3或2π3条件②:由余弦定理可得cosC=a2+b2-c22ab=32,因为△ABC又因为c2=a2+b23ab,解得c=3,所以B=C=π6,A=2π3,△ABC条件③:将sinA=3sinB,b=3,a=3代入可得3sinA=3cosA,即tanA=3,因为△ABC中,A∈(0,π),所以A=2π3,此时sinB=33sinA=12,B=π6,△ABC存在且唯一确定;所以A=2π3(2)由(1)可知C=π6,所以S△ABC=12absinC=[例4](2023·三明模拟)在下面的三个条件中任选一个补充到问题中,并给出解答.①2ab=2ccosB,②sin(C+π6)=cosC+1③m=(ac,ba),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=3,求△ABC周长的取值范围.【解析】(1)选①:由正弦定理及2ab=2ccosB,得2sinAsinB=2sinCcosB,又因为sinA=sinπ-(B+C)=sin(B+C)=sinBcosC所以2sinBcosC=sinB,因为sinB≠0,所以cosC=12,又因为C∈(0,π),所以C=π选②:由sin(C+π6)=cosC+12,得32sinC+12cosC=cosC+12,即32sinC所以sin(Cπ6)=12.因为C∈(0,π),所以Cπ6∈(π6,5π6),所以Cπ6=π选③:因为m⊥n,所以(ac)(a+c)+(ba)b=0,化简得a2+b2c2=ab,所以cosC=a2+b2-c22ab=12(2)由余弦定理得c2=a2+b22abcosC=a2+b2ab=(a+b)23ab,因为a+b2≥ab,所以ab≤(a+b)所以3ab=(a+b)23≤34(a+b)2,所以0<a+b≤23当且仅当a=b=3时等号成立,所以a+b+c≤23+3=33,又因为a+b>c,所以a+b+c>2c=23,所以△ABC周长的取值范围为(23,33].【解题技法】解开放探索性问题的两个注意点(1)分析时要兼顾给出的几个条件,选择最易解答的一个条件;(2)解题时只需要选一个条件,结合其他条件求解即可.【对点训练】(2023·郑州模拟)在①sinB=17;②sinA=3sinB这两个条件中任选一个,补充在下面问题中记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2ccos(A+π3)=(1)求C;(2)若c=2,__________,点D在边AB上,且∠ACD∶∠BCD=2∶3,求CD.

注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.【解析】(1)因为2ccos(A+π3)=b,由正弦定理得2sinCcos(A+π3)=sin所以2sinC(12cosA32sinA)=sinB=sin(A+C)=sinAcosC+sinCcos整理得(3sinC+cosC)sinA=0,又0<A<π,所以sinA≠0,所以3sinC+cosC=0,又0<C<π,则3sinC=cosC>0,故tanC=33,即C=5π(2)因为∠ACD∶∠BCD=2∶3,且∠ACD+∠BCD=5π6,故∠ACD=π3,∠BCD=若选择①:因为∠ACB>π2,则B为锐角,故cosB>0,即cosB=1-sin2B则sinA=sin(B+∠ACB)=sinBcos∠ACB+sin∠ACBcosB=17×(32)+12×437=由正弦定理得asinA=bsinB=csin∠ACB=212=4,则a=4sinA=4×3314=所以△ABC的面积为S△ABC=12absin∠ACB=12×637×47因为S△ACD+S△BCD=12b·CDsin∠ACD+12a·CD=12×47CD×32+12×S△ABC=S△ACD+S△BCD,即6349=437CD,所以若选择②:因为sinA=3sinB,由正弦定理得a=3b,由余弦定理,得cos∠ACB=32=a2+b2-42ab=4b2-4△ABC的面积为S△ABC=12absin∠ACB=12×2217×27因为S△ACD+S△BCD=12b·CDsin∠ACD+12a·CD=12×277CD×32+12S△ABC=S△ACD+S△BCD,即37=32114CD,所以CD考点四解三角形与三角函数、向量综合[例5](1)(2023·哈尔滨模拟)已知O是锐角三角形ABC的外接圆圆心,A=π6,若cosBsinCAB+cosCsinBAC=A.12 B.32 C.1 【解析】选C.如图所示:取AB的中点D,则OD⊥AB,AO=AD+DO,代入cosBsinCAB+cos得cosBsinCAB+cosCsinB两边同乘AB得cosBsinCAB2+cosCsinBAC·AB化简得cosBsinC|AB|2+cosCsinB|由正弦定理得cosBsinCsin2C+cosCsinBsinB·sinC·cos∠BAC=化简得cosB+cosC·cos∠BAC=12m·sinC,则m==2[-cos(∠BAC(2)(2023·哈尔滨模拟)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且a,b,c满足b2+acac=sinAsin①已知D为线段BC上一点,且满足AD=BD,若AC=189,求CD的长;②若△ABC为锐角三角形,求△ABC面积的范围.【解析】①由题设b2+acac=ac+ca=a2+c2ac,则a2+c2b2又B∈(0,π),则B=π3,又AD=BD,则△ABD为等边三角形,故BD=AB=c由AC2=AB2+BC22AB·BC·cosB,则BC212BC45=0,所以BC=15(负值舍去),故CD=BCBD=3.②由题意A+C=2π30<C<π20<A<π所以a=12sin(2π3-C)由S△ABC=12acsinB=54tanC+183,而tanC∈(3所以S△ABC∈(183,723).【解题技法】解三角形与三角函数、向量的综合问题的解题策略(1)三角形中边角关系可以用向量数量积的形式展现出来,而正弦定理和余弦定理都是关于三角形的边角关系的等式,应注意两者的联系;(2)利用正弦、余弦定理能够实现边角互化,在边角互化时,经常用到三角函数中两角和与差的公式及倍角公式;(3)涉及最值或范围问题,常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,或化角为边,利用不等式求出最值或范围.【对点训练】1.(2023·郑州模拟)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若BC=π2,且b=3a,则sinB= (A.12 B.33 C.22 【解析】选D.因为A+B+C=π,所以B=C+π2=πBA+π2,A=3π2由正弦定理得sinB=3sinA=3sin(3π22B)=3cos2B=23sin2B3即(sinB32)(23sinB+2)=0,由题可知B∈(π2,π),所以sinB=2.记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,△ABC的面积S=14abtan(1)求C;(2)若c=1,S=36,D为AB边的中点,求【解析】(1)由题意S=12absinC=14abtanC,所以sinCtanC因为C∈(0,π),所以C=π3(2)由余弦定理得c2=a2+b22abcos∠ACB=a2+b2ab,又S=36=12absin∠ACB=34ab,所以ab因为D为边AB的中点,所以CD=12(CA+CB所以|CD|2=14(|CA|2+|CB|2+2|CA||CB|cosπ3)=14(b2+a2+ab)=14【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(ab)2=4a·b.【证明】因为(a+b)2=a2+2a·b+b2①,(ab)2=a22a·b+b2②,所以①②得(a+b)2(ab)2=4a·b.【说明】对于非零向量a,b,有a·b=14[(a+b)2(ab)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(AC2BD2)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=AD2BD2.推导过程:由AB·AC=[12(AB+AC)]2[12(ABAC)]2=AD2(12CB)2=|AD|2|DB|2=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,|ab|=6,则a·b= ()A.1 B.2 C.3 D.5【解析】选A.由极化恒等式,得a·b=14[(a+b)2(ab)2]=14×(1