高考大題研究課四

高考大題研究課四正弦定理、余弦定理的綜合應(yīng)用通過對(duì)任意三角形邊長和角度關(guān)系的探索，會(huì)用正弦定理、余弦定理解決三角形中的綜合問題，提高學(xué)生分析問題、解決問題的能力．關(guān)鍵能力·題型剖析題型一多邊形中的解三角形問題例1[2024·江西九江模擬]在△ABC中，AC＝13，D為∠ABC的角平分線上一點(diǎn)，且與B分別位于邊AC的兩側(cè)，若∠ADC＝150°，AD＝2.(1)求△DAC的面積；(2)若∠ABC＝120°，求BD的長．題后師說平面幾何中解三角形問題的求解策略鞏固訓(xùn)練1[2024·河南焦作模擬]如圖，在平面四邊形ABCD中，∠BAD＝90°，D＝60°，AC＝4，CD＝3.(1)求cos∠CAD；(2)若AB＝532，求題型二三角形的中線與角平分線問題例2[2024·河北唐山模擬]在△ABC中，AB＝3，AC＝2，D為BC邊上一點(diǎn)，且AD平分∠BAC.(1)若BC＝3，求CD與AD；(2)若∠ADC＝60°，設(shè)∠BAD＝θ，求tanθ.題后師說三角形中的中線、角平分線問題的處理策略鞏固訓(xùn)練2[2021·新高考Ⅰ卷]記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知b2＝ac，點(diǎn)D在邊AC上，BDsin∠ABC＝asinC.(1)證明：BD＝b；(2)若AD＝2DC，求cos∠ABC.題型三三角形中的最值、范圍問題例3(12分)[2022·新高考Ⅰ卷]記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知cosA1+sin(1)若C＝2π3，求B(2)求a2+思路導(dǎo)引(1)二倍角公式化簡→去分母、兩角和與差公式化簡→求出sinB(2)由角B，C正余弦關(guān)系→角B與角C，A的關(guān)系→a2+b2c2化成正弦→用角B表示角A，C化簡→[滿分答卷·評(píng)分細(xì)則]解析：(1)因?yàn)閏osA1+sinA＝sin2B1+cos2B＝即sinB＝cosAcosB－sinAsinB＝cos(A＋B)＝－cosC＝12，→正確用兩角和與差公式化簡得2而0＜B＜π3(2)由(1)知，sinB＝－cosC＞0，所以π2＜C＜π，0＜B＜π而sinB＝－cosC＝sin(C－π2)→用誘導(dǎo)公式正確找出角B，C的正弦關(guān)系得2所以C＝π2＋B，即有A＝π2－2B，→用角B表示角C，A得所以a2+b2c2＝cos22B+1-cos2Bcos2B＝2cos＝4cos2B＋2cos2B－5≥42－5，當(dāng)且僅當(dāng)cos2B＝22時(shí)取等號(hào)，所以a2+b2c2的最小值為42題后師說解三角形中的最值或范圍問題的2種常用方法鞏固訓(xùn)練3[2024·遼寧沈陽模擬]在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，△ABC的面積為S，已知b2＋c2－a2＝43S.(1)求角A；(2)若a＝2，求3b－c的取值范圍．高考大題研究課四正弦定理、余弦定理的綜合應(yīng)用關(guān)鍵能力·題型剖析例1解析：(1)在△DAC中，AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos∠ADC，即13＝4＋CD2＋23CD，解得CD＝3(負(fù)根舍)，所以S△DAC＝12AD·CD·sin∠ADC＝12×2×3×(2)因?yàn)椤螦BC＝120°，BD平分∠ABC，所以∠DBA＝∠DBC＝60°，又∠ADC＝150°，所以∠DAB＋∠DCB＝360°－120°－150°＝90°，在△ABD中，由正弦定理，得BDsin∠DAB＝在△DBC中，由正弦定理，得BDsin∠DCB＝①÷②，得sin∠DCBsin∠DAB＝ADCD＝2又sin2∠DCB＋cos2∠DCB＝1，且∠DCB∈(0，π2)，所以sin∠DCB＝2將sin∠DCB＝27代入②，得BD27＝332，鞏固訓(xùn)練1解析：(1)在△ACD中，由正弦定理得CDsin∠CAD＝ACsinD，即3sin∠CAD＝4sin60°，所以sin∠CAD＝338.由題設(shè)知0°<∠CAD(2)由題設(shè)及(1)知，cos∠BAC＝sin∠CAD＝33在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB×ACcos∠BAC＝754＋16－2×532×4×338＝494例2解析：(1)如圖所示：因?yàn)锳D平分∠BAC，所以S△ABDS△ACD＝12·AB·AD·sin∠BAD12·AC·AD·sin∠CAD＝ABAC＝因此BDCD＝32，又BC＝3，BD＋CD＝BC，所以CD＝在△ABC中，AB＝BC＝3，AC＝2，可得cosC＝CA2+CB2-在△ACD中，由余弦定理可得AD2＝AC2＋CD2－2AC×CD×cosC＝22＋652－2×2×65×13＝96(2)因?yàn)锳D平分∠BAC，∠DAC＝∠BAD＝θ，又∠ADC＝60°，所以B＝60°－θ，C＝120°－θ，在△ABC中，由正弦定理可得ABsin120°-θ＝ACsin60°-θ，又AB＝3，AC＝2，所以3sin(60°－θ)＝2sin(120°展開并整理得332cosθ－32sinθ＝3cosθ＋sinθ，解得tanθ鞏固訓(xùn)練2解析：(1)證明：由題設(shè)得，BD＝asinCsin∠ABC，由正弦定理知csinC＝∴BD＝acb，又∵b2＝ac∴BD＝b，得證．(2)由題意知BD＝b，AD＝2b3，DC＝b∴cos∠ADB＝b2+4b29-c22b·2b3＝∵∠ADB＝π－∠CDB，∴cos∠ADB＝－cos∠CDB，∴13b29-c24b23＝a2-10b292∴2a2＋b4a2＝11b23，整理得6a4－11a2b2＋3b4＝0，解得a2由余弦定理知cos∠ABC＝a2+c當(dāng)a2b2＝13時(shí)，cos∠ABC＝76＞1不合題意；當(dāng)a2b2＝32時(shí)，cos∠ABC＝7鞏固訓(xùn)練3解析：(1)已知b2＋c2－a2＝43S，由余弦定理和三角形的面積公式，得2bccosA＝43·12bcsinA，即cosA＝3sinA若cosA＝0，則sinA＝0，不符合題意，故cosA≠0，所以tanA＝33，由A∈(0，π)，得A＝π(2)a＝2，A＝π6，B＋C＝π－A＝5π由正弦定理bsinB＝csinC＝asin3b－c＝43sinB－4sinC＝4(3sinB－s