第二課時解三角形的應(yīng)用

■考占

n/??%聚焦突破

考點一多邊形中的解三角形問題

例1（2024?青島質(zhì)檢）如圖，在四邊形A3CD中，AB=2AD=4,BD=BC,ZDBC

ITyFj

=2>/DAB=0,sin0+cos4.

求：(l)ZkABD的面積；

(2)線段AC的長度.

解⑴因為sine+cos6=4，①

7

所以(sin6+cos。)2=誣，

9

所以

2sin0cos0=—Tio7<0.

因為。為△AB。的內(nèi)角，

所以sin0>0,cos0<0.

25

所以(sincos8)2=1—2sinOcos。=諱，

所以sin3—cos.②

聯(lián)立①②，得sine="^^,cos0=^o~9

OO

所以S^ABD=^ABXADXsin6

1小+5幣+5

=^X2X4X^-z—-.

ZoZ

,巾_5+5

(2)由(1)知cos0=―g-,sin0=―—,

由余弦定理，得

BC2=BD2=AD2+AB1~2ADXABXcos0

=22+42-2X2X4X^~5=30-2V7.

設(shè)由正弦定理，得祟

2sin6

所以

sina—BD

=2sin0

所以cosZABC=cosl1~sina=—BD.

在AA5c中，由余弦定理，得

AC2=AB2+BC2~2ABBCcosZABC

=16+30—2市一243。］一

=46—2市+16sin。

=46—2市+16x"^^=56,

所以AC=2/.

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.

訓練1如圖，在△ABC中，A=y,AC=^2,CD平分NACB交A3于點。，CD

=小.

求：(l)NADC的值；

Q)ABCD的面積.

解(1)在△ADC中，由正弦定理得

ACCD

sinNA。?！猻inA'

化z.ACXsinA^smT也

所以sinNADC=1?

TT7T

因為0<NA￡)C<w，所以ZADC='^.

2兀7T7T

(2)由(1)得NAC￡)=ZBCD=7i

由題設(shè)，B=ZACB=^,

即△ABC為等腰三角形,

所以3C=2XAC><cos看=加,

兀，兀兀、

sinZBCD=siny^=sinl4J

V3V2l^276-^2

~2222~4，

所以△BCD的面積

SABCD=^BCXCDXsin/BCD

=3乂水乂小sin713(小一］)

124

考點二三角形中的最值（范圍）

例2（12分）（2022.新高考I卷）記△A5C的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為mb,c

口左cosA_____sin2B

01+sinA1+cos2B,

,2兀

⑴右tC=不，求3；

Q2+》2

（2）求一^的最小值.

2兀

［思路分析］⑴化簡條件式，利用C=g■消去角A得到角B的三角方程，即可求

解.

次十萬2

（2）利用條件式得到A,B的關(guān)系式，利用正弦定理把一^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⑴因為酒*=*51，

cosA2sinBcosB

所以

1+sinA1+2COS2B—1'

一化倍角為單角以利于計算

北2cosAsinB小八、

所以不1/=五百Q(mào)分)

所以cosAcosB=sinB~\~sinAsinB,

所以cos(A+5)=sin5②,(4分)

2兀、

f由cos(A+5)=-cosC,C=~^~,進而求B

2兀1

所以sinB=-cosC=-cos

因為目，所以3=*(5分)

一利用3的范圍求3

(2)由(1)得cos(A+B)=sin￡

一利用（1）題的結(jié)論

7T

所以sin/—(A+_B)=sinB,

且0<A+B<^,

所以0<83，0<^—(A+B)<^0,

7T

一根據(jù)5與(A+B)的范圍確定其關(guān)系

7T7T

所以1一(A+B)=3,解得A=]-23,(8分)

山下方電押彳日/+阱sin2A+sin2B

由正弦正理侍°2—sin2c

一利用正弦定理實現(xiàn)邊角互化

_5狂4+5由2叱療仔—2B)+sin2B②

1—cos2C1—sin2B

一消去角A以利求解

cos22B+sii?^(2cos25-1)2十]一cos25

COS2BCOS2B

4COS4B—5COS2B+22③

=------嬴藥------&LOt

一化為基本不等式的形式(10分)

2水"公熹-5=4也-5③

^/2

當且僅當cos23=竽時取等號，

一驗證取等號的條件

^2IL2

所以一^的最小值為4-72-5.(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)鍵是把目標函數(shù)化為其適用形式.

訓練2(2024.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.

Z?=2ccosB,②sin(c+^)=cosC+T，③桃=3—。,b—d),n=(a+c,b),

在AA5c中，角A,B,C的對邊分別為mb,c,且________.

⑴求角c；

(2)若。=小，求△ABC周長的取值范圍.

解(1)選①：由正弦定理及2a—匕=2ccos3,

得2sinA—sinB=2sinCeosB,

又VsinA=sin［兀一(5+Q］=sin(B+C)

=sinBcosC+cosBsinC,

:.2sinBcosC=sinB.

VsinB^O,/.cosC=^.

7T

又...CGIO,71),C=3，

選②：由sin(c+9)=cosC+^,

和1

得?c+-

m2C=cosC*+

白1

即-c-

m-2

兀715兀)

*.*C(0,兀)，/.C-69~6f

?r---?r=-

**c6~69"—3,

選③：m.Ln9

/.(o-C)(Q+C)+(Z?—a)b=O,

化簡得c^-\-b2—c2=ab,

.c^+k^—c11

??cosC-2@b=2,

71

VCe(0,兀)，AC=3.

(2)由余弦定理得c2=a2-\-b2—2abcosC

a2-\-b2—ab=(a-\-b)2—3ab.

a+b

^y[ab

29

(a+~)2

〃Z?W

4

當且僅當a=6時等號成立.

3

***3ab=(a~\~Z?)2—3+b)2,

：.0<a+bW2小,

當且僅當。=》=小時等號成立.

：.a+b+cW2\/^+y/^=3y^.

X".,tz+Z?>c,；.O+>+C>2C=2^/5.

.'.△ABC周長的取值范圍為(2小，3回

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,3,C的對邊分別為a，b，c,已知sinCsin(A

—B)=sinBsin(C—A).

(1)若A=23,求C；

(2)證明：2屋=廿十汽

(1)解由A=23,A+B+C=TI,

2兀-2C

可得A=~3-.

將A=2B代入sinCsin(A-B)

=sinBsin(C—A),

可得sinCsin5=sinBsin(C—A).

因為B￡(0,兀)，所以sin^WO,

所以sinC=sin(C—A).

又A,(0,兀)，所以C+C—A=7i,

2兀一2c

即A=2C—兀，與人二^-聯(lián)立，

解得C=5(71.

o

(2)證明法一由sinCsin(A—B)

=sinBsin(C—A),

可得sinCsinAcosB—sinCeosAsinB

=sinBsinCeosA—sinBcosCsinA,

結(jié)合正弦定理可得，

tzccosB—bccosA=bccosA~abcosC,

即accosB+abcosC=2Z?ccosA(*).

由余弦定理得，

6Z2+c2—Z?2,A6Z2+Z?2—c2

accosB=2，abcosC—,

222

2Z?ccosA=b-\~c—a9

將上述三式代入(*)式并整理，得2/=〃+上

法二因為人+5+。=兀，

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2/=廬+o2.

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.

訓練3(2024?開封調(diào)研)已知△A3。的內(nèi)角A,B,。的對邊分別為mb,c,sin(B

—C)-tanA=sinBsinC.

⑴若求sin2A的值；

Q2+/72

(2)證明”^為定值.

⑴解由題得

(sinBcosC-sinCeosB)sinA

------------------c-o--s-A;-----------------=sinAsinC,

0<A<7i,sinAW0,

艮口sinBcosC—sinCeos5=cosAsinC,

VA=B,

sinAcosC—sinCeosA=cosAsinC,

/.sinAcosC=2cosAsinC.

又?.?。=兀一2A,

sinAcos(?！?A)=2cosAsin(?！?A),

即—sinAcos2A=2cosAsin2A,

即一sinA(1—2sin2A)=4sinAcos2A,

整理得2sin2A—l=4—4sin2A,

解得sin2A=|.

(2)證明由已知條件得

(sinBcosC-sinCeosB)sinA

cosA;=sinBsinC,

則sinAsinBcosC—sinAsinCeosB=

cosAsinBsinC,

故sinAsinBcosC=

sinC(cosAsin5+sinAcosB),

sinAsinBcosC=sinCsin(A+B),

A~\-B=n—C,

sinAsinBcosC=sin2c.

次+/?2一心

由余弦定理得cosC=；疝，

。2+序一心

由正弦定理得ab=c\

次+,2次_|_序

整理得寧2=3,即巧幺為定值.

■課時分層精練

【A級基礎(chǔ)鞏固】

1.已知△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,,cos2l^~+Al+cosA=4.

⑴求A;

(2)若6—°=拳處證明：△ABC是直角三角形.

(1)解由已知得sin12A+cosA=^,

即cos2A—cosA+^=0.

所以(cosA-j2=0,cosA=^1.

21

JI

由于0<A<JI,故A=1.

(2)證明由正弦定理及已知條件可得

sin3—sinC=^-sinA.

2兀

由(1)知B+C=y,

所以sinB—sin(^—=亞.匹

3sm35

BT1.(“兀)1

cosB=2ysinln_2-

由于0<3〈年，故B=^.

從而△ABC是直角三角形.

2.記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c.已知cosA=(,。是邊AC的

中點，a=2BD.

(1)證明:b=6c；

(2)若△ABC的面積為嗜，求a的值.

⑴證明設(shè)BD=x,則〃=5。=2%.

在△A3C中，由余弦定理，得

b2+c2—2Z?ccosA=4X2,

即2b2+2c2—be=Sx2.@

在△AH。中，由余弦定理，得

今+/一24?c?cosA=x2,

即〃+4，-bc=4x2.②

2X②一①，得6c2一加=0.

又cWO,所以b=6c

(2)解將6=6c代入①，

loo

解得6=^臂x(負值舍去)，所以c=，號.

由cosA=(,A?(0,7i),可知sinA=^^.

因為SMBC=6^P,所以gbesinA=6yp,

Bnl6^2V156715

即了獷科4=17

解得尤=2(負值舍去).所以。=4.

3.(2024?西安調(diào)研)如圖，在平面四邊形A3CD中，AC±AD,AC=AD=7,AB=3.

D

(1)若3。=8,求△ABC的面積；

(2)^ZBAC=ZADB,求3。的長.

解(1)在△A3。中，由余弦定理，得

一加十心一吩

cosZBAD=2ABAD

9+49-641

—2X3X7—~T

又sinZBAC=sin^ZBAD—

=—cosZBAD=^,

13

所以S^ABC=AB-AC-sinZBAC=^

（2）設(shè)NA4C=ZADB=09

7T7T

則NZM3=1+e,ZABD=^~20.

在△ABD中，由正弦定理，得

ABAD________BD

sin0-sinZABD~sinZBAD9

陽二一=，一=皿

sin0cos20cosO'

3cos0

所以仇一五,

3cos26=7sinBD=—sm0

所以6sin20+7sin0—3=0,

13

解得sine=g或sin0=一萬（舍去）.

由圖易知0￡（0,習，

所以cos。=邛^,因此BD=6y/2.

4.（2024?武漢調(diào)研）在△ABC中，。為邊上一點，ZBAD=90°,B=ZDAC9

12BD=JAC.

A

BDC

⑴求tan2B；

(2)若A3=7,求△ABC內(nèi)切圓的半徑.

解(1)設(shè)3=NDAC=a,

AZADC=90°+a,C=90°~2a,

在△ADC中，由正弦定理可得

ADAC即ADAC

sin(90°—2ct)—sin(90°+a)'cos2ct-cos

在RtAABD中，AD=BDsina,

盤RD

12.BDsina1

又AC=FBD,..——=-------

7cos2ctcosa

Asinacosa=ycos2a,

.,.|sin2a=ycos2a,

24

...tan2ca=萬24,即tan2B=7.

2tanB24

(2)Vtan2B=1—tadB一〒

(3tanB+4)(4tanB—3)=0,

又易知3為銳角，.'.tan3>0,

tan3=(,

..34

..sin6D=予cos6D=亍

35

VAB=7,：.BD=^,AC=15.

3

cosZBAC=cos(90°+B)=—sinB=

在△ABC中，由余弦定理可得

BC2=AB2+AC2-IABACCOSZBAC=400,

：.BC=20.

設(shè)△ABC的內(nèi)切圓半徑為r,

由S^ABC=^ABACsinABAC

=^AB+AC+BQr,

得r=2.故△ABC的內(nèi)切圓的半徑為2.

【B級能力提升】

5.(2024?廣州調(diào)研)如圖，在平面四邊形ABCD中，BCLCD,AC=y[3,AD1,

71

ZACD=&

⑴求CD的長；

(2)若△ABC為銳角三角形，求的取值范圍.

解⑴在△ACD中，AC=小,AD=1,ZACD=^,

由余弦定理可得

AD1=AC1+CD1-2AC-CDcosZACD,

即1=3+0)2—38,

解得CD=1或CD=2.

jr

(2)因為BCLCD,NACD=4,

JT

所以NACB=w.

因為△ABC為銳角三角形,

兀

0<B<2,

所以q解得不<8<亍

八2兀八兀

ACBC

在△胸中，因為狒=

sinZBAC

ACsin/BAC

所以比=sin5=

|cosB+^sinB

小I31

sinB2^2tanB9

由表8<4得tanBef,

所以舟z?（°，?。?/p>

所以BC的取值范圍為律，2小