解三角形的综合应用 讲义-2026届高三数学一轮复习

第10节　解三角形的综合应用 题型分析　高考中解三角形的综合应用问题主要涉及的题型有:(1)利用正弦定理、余弦定理求解平面多边形中的边、角、面积问题.(2)结合均值不等式、三角形恒等变换求解三角形中的最值(范围)问题.(3)利用正弦、余弦定理和三角恒等变换证明三角形中的恒等式. 题型一　多边形中的解三角形问题 例1 如图所示,四边形ABCD为圆O的内接四边形,其中AB=,BC=3,CD=2,DA=1. (1)求sin D的值; (2)求四边形ABCD的面积及圆O的半径. 解　(1)连接AC, 因为四边形ABCD为圆内接四边形, 所以∠B+∠D=π,所以cos B=-cos D. 在△ABC中,由余弦定理AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos B, 可得AC2=2+9+2××3cos D=11+6cos D. 在△ADC中,由余弦定理AC2=AD2+DC2-2AD·DCcos D, 可得AC2=1+8-2×1×2cos D =9-4cos D. 所以11+6cos D=9-4cos D, 得cos D=-, 又D∈(0,π),所以sin D==. (2)由(1)知,sin D=, 因为∠B+∠D=π,所以sin B=sin D=, 所以S△ABC=AB·BCsin B =××3×=, S△ADC=AD·DCsin D =×1×2×=, 所以四边形ABCD的面积S=S△ABC+S△ADC=+=. 结合(1)得,AC2=11+6cos D =11+6×=, 所以AC=, 设四边形ABCD外接圆的半径为R, 可得2R===, 所以四边形ABCD外接圆的半径R=. 思维建模　平面几何中解三角形问题的求解思路 (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. 训练1 如图,在平面四边形ABCD中,BC=,BE⊥AC于点E,BE=,且△ACD的面积为△ABC面积的2倍. (1)求AD·sin∠DAC的值; (2)当CD=3时,求线段DE的长. 解　(1)∵S△ACD=·AC·AD·sin∠DAC, S△ABC=·AC·BE,S△ACD=2S△ABC, ∴·AC·AD·sin∠DAC=AC·BE. ∴AD·sin∠DAC=2·BE=2. (2)由题可得CE=1. 在△ACD中,=, ∴AD·sin∠DAC=CD·sin∠ACD=2. 又CD=3,∴sin∠ACD=, ∴cos∠ACD=±=±. 在△CDE中,DE2=CE2+CD2-2·CE·CD·cos∠ACD. 当cos∠ACD=时, DE2=12+32-2×1×3×=8,∴DE=2. 当cos∠ACD=-时, DE2=12+32-2×1×3×=12, ∴DE=2. 综上,DE=2或2. 题型二　三角形中的最值(范围)问题 例2 (2025·长沙联考)如图,在△ABC中,有-sin B=0. (1)求∠B的大小; (2)直线BC绕点C顺时针旋转与AB的延长线交于点D,若△ABC为锐角三角形,AB=2,求CD长度的取值范围. 解　(1)由-sin B=0得=sin B, 两边平方得=sin2B, 将sin2B+cos2B=1代入整理得2cos2B+cos B-1=0, 解得cos B=或cos B=-1, 因为B∈(0,π),所以B=. (2)由(1)知∠ABC=, 则∠CBD=, 由题意可知∠BCD=, 则∠D=. 设BC=a,则BD=BC=a. 在△BCD中,由余弦定理得CD2=BD2+BC2-2BD·BCcos∠DBC=a2+a2-2a·a·=3a2, 则CD=a. 在△ABC中,由正弦定理得=, 所以a====+1. 因为△ABC为锐角三角形, 所以 即 解得<∠ACB<, 所以tan∠ACB∈, 则∈(0,). 所以CD=a=+∈(,4), 即CD长度的取值范围是(,4). 思维建模　三角形中的最值、范围问题的解题策略 (1)定基本量:根据题意画出图形,找出三角形中的边、角,利用正弦、余弦定理求出相关的边、角,并选择边、角作为基本量,确定基本量的范围. (2)构建函数:根据正弦、余弦定理或三角恒等变换,将所求范围的变量表示成函数形式. (3)求最值:利用均值不等式或函数的单调性等求函数的最值. 训练2 已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a(1+cos B)=bsin A. (1)求B; (2)若b=6,求△ABC面积的最大值. 解　(1)由正弦定理可得sin A(1+cos B)=sin Bsin A, ∵sin A≠0,∴(1+cos B)=sin B, ∴sin=, 又B-∈, ∴B-=,∴B=. (2)由余弦定理b2=a2+c2-2accos B, 得36=a2+c2+ac≥3ac,得ac≤12,当且仅当a=c时等号成立, ∴△ABC的面积为acsin B=ac≤×12=3, 故△ABC面积的最大值为3. 题型三　三角形中的证明问题 例3 (2022·全国乙卷)设△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)若A=2B,求C; (2)证明:2a2=b2+c2. (1)解　由A=2B,A+B+C=π,可得A=. 将A=2B代入sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A), 可得sin Csin B=sin Bsin(C-A). 因为B∈(0,π),所以sin B≠0, 所以sin C=sin(C-A). 又A,C∈(0,π),所以C+C-A=π, 即A=2C-π,与A=联立,解得C=. (2)证明　法一　由sin Csin(A-B) =sin Bsin(C-A), 可得sin Csin Acos B-sin Ccos Asin B =sin Bsin Ccos A-sin Bcos Csin A, 结合正弦定理可得, accos B-bccos A=bccos A-abcos C, 即accos B+abcos C=2bccos A(*). 由余弦定理的推论得, accos B=,abcos C=, 2bccos A=b2+c2-a2, 将上述三式代入(*)式并整理,得2a2=b2+c2. 法二　因为A+B+C=π, 所以sin Csin(A-B)=sin(A+B)sin(A-B) =sin2Acos2B-cos2Asin2B =sin2A(1-sin2B)-(1-sin2A)sin2B =sin2A-sin2B, 同理有sin Bsin(C-A)=sin(C+A)sin(C-A) =sin2C-sin2A. 又sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A), 所以sin2A-sin2B=sin2C-sin2A, 即2sin2A=sin2B+sin2C, 故由正弦定理可得2a2=b2+c2. 思维建模　对于解三角形中的证明问题,要仔细观察条件与结论之间的联系,发现二者的差异,利用正弦定理、余弦定理及三角恒等变换把条件转换为结论,即为证明过程. 训练3 (2025·合肥质检)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c. (1)请用正弦定理证明:若a>b,则A>B; (2)请用余弦定理证明:若A>B,则a>b. 证明　(1)由=, a>b得sin A>sin B. ①若A,B∈,则由y=sin x在上单调递增,得A>B. ②若A∈,B∈,则sin A>sin B=sin(π-B), 此时π-B∈,由y=sin x在上单调递增, 得A>π-B⇔A+B>π,舍去. ③若B∈,A∈, 则sin A=sin(π-A)>sin B, 此时π-A∈,由y=sin x在上单调递增,得π-A>B,A+B<π,则A>B成立. 综上,若a>b,则A>B. (2)由y=cos x在(0,π)上单调递减, 得cos A<cos B, 则<, 则a(b2+c2-a2)<b(a2+c2-b2), 即ab(b-a)+c2(a-b)+(b-a)(a2+b2+ab)<0, 即(b-a)[(a+b)2-c2]=(b-a)(a+b+c)(a+b-c)<0. 而a+b+c>0,a+b-c>0,因此a>b. 1.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,cos2+cos A=. (1)求A; (2)若b-c=a,证明:△ABC是直角三角形. (1)解　由已知得sin2A+cos A=, 即cos2A-cos A+=0. 所以=0,cos A=. 由于0<A<π,故A=. (2)证明　由正弦定理及已知条件可得 sin B-sin C=sin A. 由(1)知B+C=, 所以sin B-sin=sin , 即sin B-cos B=,sin=. 由于0<B<,故B=. 从而△ABC是直角三角形. 2.(2025·北京海淀区模拟)从条件①b-ccos A=a(sin C-1);②sin(A+B)·cos=中任选一个,补充在下面横线中,并加以解答. 在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,　　　　.  (1)求角C的大小; (2)设D为边AB的中点,求的最大值. 解　(1)若选条件①:由正弦定理得 sin B-sin Ccos A=sin A(sin C-1), ∴sin(A+C)-sin Ccos A =sin Acos C+cos Asin C-sin Ccos A =sin Acos C=sin A(sin C-1), ∵A∈(0,π),∴sin A≠0, ∴cos C=sin C-1, 即sin C-cos C=2sin=1, ∴sin=. 又C∈(0,π),∴C-∈, ∴C-=,解得C=. 若选条件②:∵sin(A+B)cos =sin C =sin Ccos C+sin2C =sin 2C-cos 2C+ =sin+=, ∴sin=1. ∵C∈(0,π),∴2C-∈, ∴2C-=,解得C=. (2)∵=(+), ∴||2=(++2·), 即CD2= =(a2+b2+ab), ∴= =+≤+=(当且仅当a=b时取等号), ∴的最大值为. 3.如图,在平面四边形ABCD中,AC⊥AD,AC=AD=7,AB=3. (1)若BD=8,求△ABC的面积; (2)若∠BAC=∠ADB,求BD的长. 解　(1)在△ABD中,由余弦定理,得 cos ∠BAD= ==-. 又sin ∠BAC=sin =-cos ∠BAD=, 所以S△ABC=·AB·AC·sin ∠BAC=. (2)设∠BAC=∠ADB=θ, 则∠DAB=+θ,∠ABD=-2θ. 在△ABD中,由正弦定理,得==, 即==, 所以3cos 2θ=7sin θ,BD=, 所以6sin2θ+7sin θ-3=0, 解得sin θ=或sin θ=-(舍去). 由图易知θ∈, 所以cos θ=,因此BD=6. 4.(2025·济南模拟)如图,在平面四边形ABCD中,BC⊥CD,AB=BC=,∠ABC=θ,120°≤θ<180°. (1)若θ=120°,AD=3,求∠ADC的大小; (2)若CD=,求四边形ABCD面积的最大值. 解　(1)因为∠ABC=120°,AB=BC=, 所以∠ACB=∠BAC=30°,AC=2ABcos 30°=, 又BC⊥CD,所以∠ACD=90°-∠ACB=60°, 在△ACD中,由正弦定理得=, 所以sin∠ADC= ==, 又AC<AD,所以∠ADC=45°. (2)在△ABC中,AB=BC=,∠ABC=θ, S△ABC=AB·BC·sin∠ABC =×××sin θ=sin θ, =sin⇒AC=2sin, 在△ACD中,∠ACD=90°-∠ACB=90°-=, 又CD=, 所以S△ACD=AC·CD·sin∠ACD=·2sin··sin=-cos θ, 所以四边形ABCD的面积S=S△ABC+S△ACD=sin θ+-cos θ=+2sin(θ-60°), 因为120°≤θ<180°,所以60°≤θ-60°<120°, 所以当θ-60°=90°,即θ=150°时,Smax=+2, 故四边形ABCD面积的最大值为+2. 学科网（北京）股份有限公司 $$