第二課時 解三角形的應(yīng)用

第二課時解三角形的應(yīng)用考點一多邊形中的解三角形問題例1(2023·煙臺一模)如圖，四邊形ABCD中，AB2＋BC2＋AB·BC＝AC2.(1)若AB＝3BC＝3，求△ABC的面積；(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)，因為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°，設(shè)∠ACB＝θ，則∠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.聯(lián)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)，由題可知0°＜θ＜60°，所以60°＜60°＋2θ＜180°，所以60°＋2θ＝150°，解得θ＝45°，即∠ACB的值為45°.感悟提升平面幾何中解三角形問題的求解思路(1)把所提供的平面圖形拆分成若干個三角形，然后在各個三角形內(nèi)利用正弦、余弦定理求解；(2)尋找各個三角形之間的聯(lián)系，交叉使用公共條件，求出結(jié)果.訓(xùn)練1(2023·湖北八校聯(lián)考)如圖，在平面四邊形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°，求四邊形ABCD的面積.解(1)如圖，連接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)，所以四邊形ABCD的面積為S四邊形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).考點二三角形中的最值、范圍問題例2(12分)(2022·新高考Ⅰ卷)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為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)化簡條件式，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)利用條件式得到A，B的關(guān)系式，利用正弦定理把eq\f(a2＋b2,c2)轉(zhuǎn)化為B的三角函數(shù)式，利用基本不等式求其最小值.[規(guī)范解答]解(1)因為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(化倍角為單角以利于計算)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)，進而求B所以sinB＝－cosC＝－coseq\f(2π,3)＝eq\f(1,2).因為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的范圍求B)(2)eq\x(由（1）得cos（A＋B）＝sinB，)→eq\a\vs4\al(利用（1）題的結(jié)論)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(根據(jù)B與\f(π,2)－（A＋B）的范圍確定其關(guān)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(利用正弦定理實現(xiàn)邊角互化)＝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(化為基本不等式的形式)≥2eq\r(4cos2B·\f(2,cos2B))－5＝4eq\r(2)－5③，當(dāng)且僅當(dāng)cos2B＝eq\f(\r(2),2)時取等號，→eq\a\vs4\al(驗證取等號的條件)所以eq\f(a2＋b2,c2)的最小值為4eq\r(2)－5.(12分)[滿分規(guī)則]?得步驟分：①處的實質(zhì)都是解三角方程，都要注意寫清楚角的范圍，否則易失步驟分.?得關(guān)鍵分：②處消去角A是本題得解的關(guān)鍵所在.?得計算分：③處利用基本不等式求最小的關(guān)鍵是把目標(biāo)函數(shù)化為其適用形式.訓(xùn)練2(2023·皖北協(xié)作區(qū)聯(lián)考)在下面的三個條件中任選一個補充到問題中，并給出解答.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的對邊分別為a，b，c，且________.(1)求角C；(2)若c＝eq\r(3)，求△ABC周長的取值范圍.解(1)選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).選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).選③：∵m⊥n，∴(a－c)(a＋c)＋(b－a)b＝0，化簡得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)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時等號成立.∴3ab＝(a＋b)2－3≤eq\f(3,4)(a＋b)2，∴0＜a＋b≤2eq\r(3)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\r(3)時等號成立.∴a＋b＋c≤2eq\r(3)＋eq\r(3)＝3eq\r(3).又∵a＋b＞c，∴a＋b＋c＞2c＝2eq\r(3).∴△ABC周長的取值范圍為(2eq\r(3)，3eq\r(3)].考點三三角形中的證明問題例3(2022·全國乙卷)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A).(1)若A＝2B，求C；(2)證明：2a2＝b2＋c2.(1)解由A＝2B，A＋B＋C＝π，可得A＝eq\f(2π－2C,3).將A＝2B代入sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A)，可得sinCsinB＝sinBsin(C－A).因為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，與A＝eq\f(2π－2C,3)聯(lián)立，解得C＝eq\f(5π,8).(2)證明法一由sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A)，可得sinCsinAcosB－sinCcosAsinB＝sinBsinCcosA－sinBcosCsinA，結(jié)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，將上述三式代入(*)式并整理，得2a2＝b2＋c2.法二因為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.感悟提升對于解三角形中的證明問題，要仔細觀察條件與結(jié)論之間的聯(lián)系，發(fā)現(xiàn)二者的差異，利用正弦定理、余弦定理及三角恒等變換把條件轉(zhuǎn)換為結(jié)論，即為證明過程.訓(xùn)練3△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為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，證明：△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)證明由正弦定理及已知條件可得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).從而△ABC是直角三角形.分層精練·鞏固提升【A級基礎(chǔ)鞏固】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的面積.解(1)連接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).因為∠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).化簡，得cos∠BCD＝eq\f(\r(3),2).因為0°＜∠BCD＜180°，所以∠BCD＝30°.(2)由(1)知∠BAD＝2∠BCD＝60°.又AB＝AD＝2，所以△ABD為等邊三角形，且BD＝2.易得∠DBC＝180°－60°－30°＝90°，所以△BCD為直角三角形.所以梯形ABCD的面積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·北京石景山區(qū)一模)已知函數(shù)f(x)＝msineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(m＞0，ω＞0)只能同時滿足下列三個條件中的兩個：①函數(shù)f(x)的最大值為2；②函數(shù)f(x)的圖象可由y＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))的圖象平移得到；③函數(shù)f(x)圖象的相鄰兩條對稱軸之間的距離為π.(1)請寫出這兩個條件的序號，說明理由，并求出f(x)的解析式；(2)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，A＝eq\f(π,3)，a＝f(A)，求△ABC面積的最大值.解(1)若①成立，則m＝2；若②成立，則m＝eq\r(2)，T＝eq\f(2π,2)＝π；若③成立，則eq\f(T,2)＝π，T＝2π.故①②不同時成立，②③不同時成立，①③符合題意.由③知T＝2π，則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，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c＝2時等號成立.所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA≤eq\r(3)，即△ABC面積的最大值為eq\r(3).3.(2023·廣州質(zhì)檢)在平面四邊形ABCD中，A＝90°，D＝60°，AC＝6，CD＝3eq\r(3).(1)求△ACD的面積；(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的面積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).因為∠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).因為cos∠ACB＝eq\f(9,16)，所以sin∠ACB＝eq\r(1－cos2∠ACB)＝eq\f(5\r(7),16).因為∠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).因為∠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.記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知cosA＝eq\f(1,4)，D是邊AC的中點，a＝2BD.(1)證明：b＝6c；(2)若△ABC的面積為eq\f(6\r(15),17)，求a的值.(1)證明設(shè)BD＝x，則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)解將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(負(fù)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).因為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(負(fù)值舍去).所以a＝4.【B級能力提升】5.(2023·泰州調(diào)研)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且sinA＝2sinB.(1)若b＝2，c＝2eq\r(7)，求C的大小；(2)點D在邊AB上，且AD＝eq\f(1,3)AB，證明：CD平分∠ACB.(1)解由sinA＝2sinB，得a＝2b＝4，由余弦定理的推論可知cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝－eq\f(1,2)，又C∈(0，π)，則C＝eq\f(2π,3).(2)證明在△ACD中，由正弦定理可知eq\f(\f(1,3)c,sin∠ACD)＝eq\f(b,sin∠ADC)，則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)，則sin∠BCD＝eq\f(csin∠BDC,3b)，又sin∠BD