第四章 第7节 解三角形的综合问题-【创新教程】2024高考数学总复习大一轮教师用书word（新教材，北师大版）

第7节　解三角形的综合问题 　　　利用正、余弦定理解三角形 [典例]　(2022·全国乙卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin Csin(A－B)＝sin Bsin(C－A)． (1)证明：2a2＝b2＋c2； (2)若a＝5，cos A＝，求△ABC的周长． [解]　(1)证明：因为sin Csin (A－B) ＝sin Bsin(C－A)， 所以sin Csin Acos B－sin Csin Bcos A ＝sin Bsin Ccos A－sin Bsin Acos C， 所以ac·－2bc· ＝－ab·， 即－(b2＋c2－a2)＝－， 所以2a2＝b2＋c2. (2)因为a＝5，cos A＝， 由(1)得b2＋c2＝50， 由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccos A, 则50－bc＝25，所以bc＝， 故(b＋c)2＝b2＋c2＋2bc＝50＋31＝81， 所以b＋c＝9，所以△ABC的周长为a＋b＋c＝14. 　　 1．正弦定理和余弦定理其主要作用是将已知条件中的边、角关系转化为角的关系或边的关系． 2．在已知关系式中，既含有边又含有角，通常的解题思路是：先将角都化成边或边都化成角，再结合正弦定理、余弦定理即可求解． (2023·山东潍坊模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，btan A＋btan B＝. (1)求角B； (2)D是AC边上的点，若CD＝1，AD＝BD＝3，求sin A的值． 解：(1)由btan A＋btan B＝，得＋＝， 由正弦定理得：＋ ＝＝ ＝， ∵sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin C，又C∈(0，π)， ∴sin C≠0， ∴sin Bcos A＝cos Acos B；∵tan A有意义， ∴cos A≠0，∴sin B＝cos B，即tan B＝， 又B∈(0，π)，∴B＝. (2)∵AD＝BD，∴∠ABD＝∠BAD，设∠ABD＝∠BAD＝θ，则∠BDC＝2θ， 在△ABC中，由正弦定理得：＝，即BC＝＝sin θ； 在△BDC中，由余弦定理得：BC2＝BD2＋CD2－2BD·CDcos 2θ＝10－6cos 2θ； ∴sin2θ＝10－6cos 2θ＝10－6(1－2sin2θ)，解得sin2θ＝， 即sin2A＝，又A∈(0，π)，∴sin A＝. 　 　　平面几何中的解三角形问题 [典例]　如图，在平面四边形ABCD中，DA⊥AB，DE＝1，EC＝，EA＝2，∠ADC＝，且∠CBE，∠BEC，∠BCE成等差数列． (1)求sin∠CED； (2)求BE的长． [解]　设∠CED＝α. 因为∠CBE，∠BEC，∠BCE成等差数列， 所以2∠BEC＝∠CBE＋∠BCE， 又∠CBE＋∠BEC＋∠BCE＝π，所以∠BEC＝. (1)在△CDE中，由余弦定理得EC2＝CD2＋DE2－2CD·DE·cos∠EDC， 即7＝CD2＋1＋CD，即CD2＋CD－6＝0， 解得CD＝2(CD＝－3舍去)． 在△CDE中，由正弦定理得＝， 于是sin α＝＝＝， 即sin∠CED＝. (2)由题设知0<α<，由(1)知cos α＝＝＝，又∠AEB＝π－∠BEC－α ＝－α， 所以cos∠AEB＝cos＝coscos α＋ sinsin α＝－×＋×＝. 在Rt△EAB中，cos∠AEB＝＝＝，所以BE＝4. 　　 与平面图形有关的解三角形问题的关键及思路 求解平面图形中的计算问题，关键是梳理条件和所求问题的类型，然后将数据化归到三角形中，利用正弦定理或余弦定理建立已知和所求的关系． 具体解题思路如下： (1)把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解； (2)寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果． 提醒：做题过程中，要用到平面几何中的一些知识点，如相似三角形的边角关系、平行四边形的一些性质，要把这些性质与正弦、余弦定理有机结合，才能顺利解决问题． 如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AB＝2，BD＝，∠BCD＝2∠ABD，△ABD的面积为2. (1)求AD的长； (2)求△CBD的面积． 解：(1)由已知S△ABD＝AB·BD·sin∠ABD＝×2××sin∠ABD＝2，可得sin∠ABD＝，又∠BCD＝2∠ABD，在平面四边形ABCD中，∠BCD∈(0，π)，所以∠ABD∈， 所以cos∠ABD＝. 在△ABD中，由余弦定理AD2＝AB2＋BD2－2·AB·BD·cos∠ABD，可得AD2＝5，所以AD＝. (2)由AB⊥BC，得∠ABD＋∠CBD＝， 所以sin∠CBD＝cos∠ABD＝. 又∠BCD＝2∠ABD， 所以sin∠BC