第六章　第五節(jié)　第3課時　高考中的解三角形問題

PAGE溫馨提示：此套題為Word版，請按住Ctrl,滑動鼠標(biāo)滾軸，調(diào)節(jié)合適的觀看比例，答案解析附后。板塊。第3課時高考中的解三角形問題【核心考點(diǎn)·分類突破】考點(diǎn)一高考解三角形中“爪”型結(jié)構(gòu)(規(guī)范答題)考情提示“爪”型三角形是指在給定的一個三角形中,連接一個頂點(diǎn)和對邊上的任意一點(diǎn)構(gòu)成的圖形.“爪”型結(jié)構(gòu)的解三角形問題在高考中屢見不鮮,如中線、角平分線、高線等.角度1解三角形中有關(guān)高線問題[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)設(shè)AB=5,求AB邊上的高.審題導(dǎo)思破題點(diǎn)·形成思路(1)思路:根據(jù)題意畫出圖形,利用正弦的和角和差角公式就能比較順利地解答(2)思路:給出三角形邊AB的長,而由第(1)問可以確定三角形的三個內(nèi)角,利用正弦定理便可求出另一條邊AC或BC的長,從而求得AB邊上的高規(guī)范答題敲重點(diǎn)·水到渠成【解析】(1)在△ABC中,A+B=π-C,因為A+B=3C,所以3C=π-C,解得C=π4.……因為2sin(A-C)=sinB,所以2sin(A-C)=sin[π-(A+C)]=sin(A+C),關(guān)鍵點(diǎn)觀察已知2sin(A-C)=sinB的結(jié)構(gòu),結(jié)合三角形內(nèi)角和定理A+B+C=π,將sinB轉(zhuǎn)化為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巧變多變由C=π4及2sin(A-C)=sinB①2sin(A-π4)=sin3π4-只要兩兩結(jié)合,通過對兩等式展開、化簡,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,從而sinB=255,cosB=所以sinA=3π4-B(2)解法一:(三角恒等變換+正弦定理)由(1)知sinA=31010,tanA=3>0,所以A為銳角,所以cosA=1010避誤區(qū)此處要對A的范圍進(jìn)行分析,若寫成cosA=±1010,會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,垂足為D,由12AB·CD=12AB·AC·sinA,得CD=AC·sinA=210×31010=6.破題有招等面積法是解三角形問題中的常用方法,本題利用等面積法求出AB邊上的高.等面積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,避誤區(qū)利用余弦定理,得出關(guān)于AC的一元二次方程,有兩個解,此時要根據(jù)三角形的性質(zhì)及有解的條件進(jìn)行取舍.設(shè)AB邊上的高為h,則12×AB×h=12×AC×BCsin即5h=210×35×22,……解得h=6,所以AB邊上的高為6.……10分解法三:(利用三角形的幾何特征)作CD⊥AB,垂足為D,tanB=-tan(A+∠ACB)=-tanA+tan∠ACB1-tan又AB=AD+BD=CDtanA+CDtanB=CD3+CD2=所以AB邊上的高為6.……10分換思路利用三角形的幾何性質(zhì),由方程思想求出AB邊上的高.此種方法需要較強(qiáng)的觀察能力和較深的數(shù)學(xué)功底,這就要求學(xué)生在平時學(xué)習(xí)中多積累、多總結(jié).解題技法該類型題目側(cè)重直角三角形中互余兩角的三角函數(shù)關(guān)系及兩角和、差的三角公式的應(yīng)用.對點(diǎn)訓(xùn)練在△ABC中,已知B=π4,BC邊上的高等于13BC,則cosA=【解析】解法一:因為B=π4,BC邊上的高等于13所以AB=13BCsin45°AC2=AB2+BC2-2AB×BC×cos45°=59BC2所以cosA=AB2+解法二:設(shè)△ABC中角A,B,C對應(yīng)的邊分別為a,b,c,AD⊥BC于D,令∠DAC=θ,因為在△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解三角形中有關(guān)中線問題[例2](2023·新高考Ⅱ卷)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知△ABC面積為3,D為BC的中點(diǎn),且AD=1.(1)若∠ADC=π3,求tanB【解析】(1)因為D為BC的中點(diǎn),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.因為∠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)如圖,因為S△ABC=12bcsin∠BAC=3所以sin∠BAC=23由題意得AD=12(AB+AC),|AD所以4=b2+c2+2bccos∠BAC,又因為b2+c2=8,所以cos∠BAC=-2因為sin2∠BAC+cos2∠BAC=1,所以bc=4,所以b=c=2.解法二:(利用“背靠背角”互補(bǔ)關(guān)系)因為D為BC的中點(diǎn),所以BD=DC.因為∠ADB+∠ADC=π,所以cos∠ADB+cos∠ADC=0,則在△ABD與△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)因為D為BC的中點(diǎn),所以BC=2BD.在△ABD與△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.則由bc=4b2+c2解題技法該類型題目側(cè)重三角形的兩角和差公式,三角形面積公式,正、余弦定理,等腰三角形的性質(zhì)在解三角形問題中的綜合應(yīng)用.對點(diǎn)訓(xùn)練在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知bsinC+asinA=bsinB+csinC.(1)求A;【解析】(1)根據(jù)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因為A為三角形內(nèi)角,所以A=π3(2)設(shè)D是線段BC的中點(diǎn),若c=2,AD=13,求a.【解析】(2)因為D是線段BC的中點(diǎn),c=2,AD=13,所以∠ADB+∠ADC=π,則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解三角形中有關(guān)角平分線問題[例3](2023·全國甲卷)在△ABC中,AB=2,∠BAC=60°,BC=6,D為BC上一點(diǎn),AD為∠BAC的平分線,則AD=.

【解析】解法一:(等面積法)如圖,令BC=a,AC=b,AB=c,因為a=6,c=2,∠BAC=60°,a2=b2+c2-2bccos∠BAC,所以b=1+3.因為S△ABC=S△ABD+S△ACD,所以12bcsin60°=12c·AD·sin30°+12b所以AD=2.解法二:(向量法)如圖,在△ABC中,由余弦定理可得AC=1+3.因為S△ABDS△ACD所以BDDC=2所以AD=1+33+3兩邊平方得|AD|=2,所以AD=2.答案:2解題技法該類型題目側(cè)重正、余弦定理,三角形面積公式,兩角和差的三角公式,二倍角公式,三角函數(shù)的性質(zhì)以及角平分線定理的應(yīng)用.對點(diǎn)訓(xùn)練在△ABC中,若角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,∠ABC=120°,∠ABC的平分線交AC于點(diǎn)D,且BD=1,則4a+c的最小值為.

【解析】解法一:(由等面積法探究a,c間的關(guān)系)因為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的最小值為9.解法二:(由三角形內(nèi)角平分線定理、向量法探究a,c間的關(guān)系)由三角形內(nèi)角平分線定理得ADDC=ABBC=ca,所以BD=a兩邊平方得1=aa+c2c2+ca+c2a化簡得ac=a+c,即1a+1所以4a+c=(4a+c)1a+1c=5+ca+4ac所以4a+c的最小值為9.解法三:(利用建系、三點(diǎn)共線法探究a,c間的關(guān)系)以B為坐標(biāo)原點(diǎn),BD所在直線為x軸,建立直角坐標(biāo)系,則D(1,0),A(c2,C(a2,-因為A,C,D三點(diǎn)共線,所以3c2c2-1=所以4a+c=(4a+c)1a+1c=5+ca+4ac所以4a+c的最小值為9.答案:9角度4其他“爪”型問題[例4](2023·全國乙卷)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,則BC=7,cosB=a2+c2-sin∠ABC=1-cos2B=(2)若D為BC上一點(diǎn),且∠BAD=90°,求△ADC的面積.【解析】(2)解法一:如圖,由(1)得cos∠ABC=57sin∠ABC=2114,所以tan∠ABC=3在Rt△ABD中,AD=AB·tan∠ABC=23因為∠BAC=120°,所以∠DAC=30°,所以S△ADC=12AD·AC·sin∠DAC=3解法二:因為∠BAC=120°,所以∠DAC=30°.因為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:因為∠BAC=120°,所以∠DAC=30°,CDsin∠DAC=所以sin∠ADC=12在Rt△ABD中,sin∠ADB=2BD因為sin∠ADB=sin∠ADC,所以BD=4CD,所以AD=AB+45BC=15兩邊取模得|AD|=23即AD=23所以S△ADC=310解法四:如圖,以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系,則B(2,0),C(-12,3所以直線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:過C作AB的垂線,交BA的延長線于點(diǎn)E,因為AC=1,∠CAE=60°,所以AE=12,CE=3因為AD∥CE,所以ADCE=BABE=所以AD=45CE=2因為∠DAC=30°,所以S△ADC=310解題技法對點(diǎn)訓(xùn)練如圖,在△ABC中,D是AC邊上一點(diǎn),∠ABC為鈍角,∠DBC=90°.(1)求證:cos∠ADB+sinC=0;【解析】(1)因為∠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中選取一個作為條件,求△ABD【解析】(2)若選①:sin∠ABC=321因為∠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,因為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=若選②:AC=3AD:設(shè)AD=x,則DC=2x,在Rt△CBD中,BD=DC2-由(1)cos∠ADB+sinC=0,得x2+4x解得x=2(負(fù)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考點(diǎn)二多三角形背景問題[例5]如圖,在平面四邊形ABCD中,已知A=π2,B=2π3,AB在AB邊上取點(diǎn)E,使得BE=1,連接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=因為B=2π3,BE=1,CE=7所以sin∠BCE=BE·sinBCE=(2)求CD的長.【解析】(2)因為∠CED=∠B=2π3,所以∠DEA=∠BCE所以cos∠DEA=1-sin2∠DEA=因為A=π2,所以△AED為直角三角形,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.解題技法如果已知量與未知量涉及兩個或兩個以上的三角形,這時需作出這些三角形,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,有時需設(shè)出未知量,從幾個三角形中列出方程(組),通過解方程(組)得出所要求的量.對點(diǎn)訓(xùn)練如圖,已知菱形ABCD的邊長為2,∠DAB=60°.E是邊BC上一點(diǎn),線段DE交AC于點(diǎn)F.(1)若△CDE的面積為32,求DE【解析】(1)由已知,∠BCD=∠DAB=60°.因為△CDE的面積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)連接BD,由已知得∠ACD=30°,∠BDC=60°,設(shè)∠CDE=θ,則0°<θ<60°.在△CDF中,由正弦定理,得CFsinθ=又因為7CF=4DF,所以sinθ=CF2DF=所以cosθ=37所以sin∠DFC=sin(30°+θ)=12×37+32×2考點(diǎn)三高考解三角形中的范圍問題角度1三角形中角或邊的最值、范圍問題[例6]在①cosC+(cosA-3sinA)cosB=0,②cos2B-3cos(A+C)=1,③bcosC+33csinB=a這三個條件中任選一個,補(bǔ)充在下面問題中并解答問題:在△ABC中,角A,B,C對的邊分別為a,b,c,若a+c=1,,求角B的大小和b的最小值.

【解析】選擇條件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,因為sinA≠0,所以sinB-3cosB=0,所以tanB=3,因為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,因為ac≤(a+c2)2=14,當(dāng)且僅當(dāng)a=c=12時等號成立,所以b2=1-3ac所以b≥12,即b的最小值為1選擇條件②:cos2B-3cos(A+C)=1,可得2cos2B-1+3cosB=1,即2cos2B+3cosB-2=0,解得cosB=12或cosB因為B∈(0,π),所以B=π3下同①.選擇條件③:bcosC+33csinB=a由正弦定理可得sinBcosC+33sinCsinB=sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC即33sinCsinB=cosBsinC因為sinC≠0,所以33sinB=cosB,即tanB=3因為B∈(0,π),所以B=π3下同①.解題技法涉及求邊的最值或取值范圍的一般思路(1)利用正弦定理把邊轉(zhuǎn)化為角,利用三角函數(shù)的性質(zhì)求出范圍或最值.(2)利用正、余弦定理把角轉(zhuǎn)化為邊,利用基本不等式求出范圍或最值.對點(diǎn)訓(xùn)練在△ABC中,a,b,c分別為角A,B,C的對邊,且2b-c=2acosC.(1)求A;【解析】(1)由正弦定理得:2sinB-sinC=2sinAcosC,因為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,因為C∈(0,π),所以sinC≠0,所以cosA=12又A∈(0,π),所以A=π3(2)若△ABC為銳角三角形,c=2,求b的取值范圍.【解析】(2)因為△ABC為銳角三角形,A=π3所以0<B<π解得π6<C<π由正弦定理可得:b=csinB=3cosC+sin因為π6<C<π2,所以tanC>33,則0<1所以1<1+3tanC<4,即b角度2三角形面積(周長)的最值或范圍問題[例7]在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,已知33bsinC+ccosB=(1)若a=2,b=3,求△ABC的面積;【解析】(1)因為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因為sinB≠0,所以33sinC=cosC又易知cosC≠0,所以tanC=3,因為0<C<π,所以C=π3因為a=2,b=3,C=π3所以S△ABC=12absinC=12×2×3×sinπ3=12×2×3×(2)若c=2,求△ABC周長的取值范圍;【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,當(dāng)且僅當(dāng)a=b時等號成立,又a+b>c=2,所以2<a+b≤4,所以4<a+b+c≤6,故△ABC周長的取值范圍是(4,6].(3)把(2)改為△ABC為銳角三角形,若c=2,求△ABC周長的取值范圍.【解析】(3)因為asinA=bsinB=所以a=433sinA,b=43所以△ABC的周長為a+b+c=433sinA+43=433sinA+433sin(=433(32sinA=4sin(A+π6因為△ABC為銳角三角形,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周長的取值范圍為(23+2,6].解題技法三角形的面積(周長)的取值范圍或最值的解法(1)三角函數(shù)法:通過正、余弦定理將邊轉(zhuǎn)化為角,再根據(jù)三角恒等變換及三角形內(nèi)角和定理轉(zhuǎn)化為“一角一函數(shù)”的形式,最后結(jié)合角的范圍利用三角函數(shù)的單調(diào)性和值域求解.(2)基本不等式法:利用正、余弦定理,面積(周長)公式建立a+b,ab,a2+b2之間的等量關(guān)系,然后利用基本不等式求解.對點(diǎn)訓(xùn)練已知△ABC的內(nèi)角A,B,C滿足sinA-sin(1)求角A;【解析】(1)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,則由正弦定理和已知條件,得a-b+化簡得b2+c2-a2=bc,由余弦定理得cosA=b2+c因為0<A<π,所以A=π3(2)若△ABC的外接圓的半徑為1,求△ABC的面積S的最大值.【解析】(2)記△ABC外接圓的半徑為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(當(dāng)且僅當(dāng)b=c=3時取等號),故S=12bcsinA≤12×3×32=334(當(dāng)且僅當(dāng)b=即△ABC的面積S的最大值為33重難突破極化恒等式在高考考查平面向量的試題中,求解數(shù)量積問題是高考命題的重點(diǎn)和熱點(diǎn).對于一些具有中點(diǎn)或能夠構(gòu)造中點(diǎn)的向量的數(shù)量積問題,應(yīng)用平面向量的“極化恒等式”求解,可以減少運(yùn)算量,使題目的解答更加清晰簡單.一、源于教材(人教A必修第二冊第22頁練習(xí)第3題)求證:(a+b)2-(a-b)2=4a·b.【證明】因為(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.【說明】對于非零向量a,b,有a·b=14[(a+b)2-(a-b)2],我們稱這個公式為平面向量的“極化恒等式”二、極化恒等式模型1.平行四邊形模型如圖,在平行四邊形ABCD中,O是對角線交點(diǎn),則AB·AD=14(AC2-BD2)幾何意義:兩個非零向量的數(shù)量積可以表示為以這兩個向量為鄰邊的平行四邊形的“和對角線”與“差對角線”平方差的142.三角形模型如圖,在△ABC中,設(shè)D為BC的中點(diǎn),則AB·AC=AD2-BD2.推導(dǎo)過程:由AB·AC=[12(AB+AC)]2-[12(AB-AC)]2=AD2-(12CB)2=|AD|2-|DB|2=AD幾何意義:兩個非零向量的數(shù)量積可以表示為以這兩個向量為鄰邊的三角形“中線”的平方與“第三邊”一半的平方的差.類型一求數(shù)量積的值[例1](1)設(shè)向量a,b滿足|a+b|=10,|a-b|=6,則a·b=()A.1 B.2 C.3 D.5【解析】選A.由極化恒等式,