第四章 §4.9 解三角形（教师用书word）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（湘教版 甘）

§4.9　解三角形 课标要求　1.掌握三角形中角平分线、中线、高线等问题.2.能利用解三角形的方法解决平面几何的有关问题及判断三角形的存在问题． 题型一　三角形中角平分线、中线、高线 例1 在△ABC中，AB＝2，AC＝4，角A为钝角，△ABC的面积为2. (1)若D是BC的中点，求AD的长度； (2)若E是边BC上一点，AE为△ABC的角平分线，求AE的长度． 解　(1)∵AB＝2，AC＝4，△ABC的面积为2， ∴S△ABC＝AB·AC·sin∠BAC＝×2×4×sin∠BAC＝2，∴sin∠BAC＝， 又∠BAC为钝角，∴∠BAC＝， ∵D是BC的中点，∴＝(＋)， ∴2＝(＋)2， ∴||2＝＝3， ∴||＝，即AD＝. (2)∵AE为△ABC的角平分线， ∴∠BAE＝∠CAE＝∠BAC＝， ∵S△ABC＝S△ABE＋S△ACE， ∴AB·AE·sin ＋AC·AE·sin ＝2， 即×2AE×＋×4AE×＝2， ∴AE＝. 思维升华 在△ABC中，若AD是边BC上的中线，则AB2＋AC2＝2(BD2＋AD2)，AD2＝(b2＋c2＋2bccos A)；若AD平分∠BAC，则S△ABD＋S△ACD＝S△ABC，＝. 跟踪训练1 (2023·重庆模拟)在△ABC中，记角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知tan B＝. (1)若tan B＝，求tan C的值； (2)已知中线AM交BC于点M，角平分线AN交BC于点N，且AM＝3，MN＝1，求△ABC的面积． 解　(1)∵tan B＝，∴＝， ∴ ∴sin A＝或sin A＝1， 当sin A＝时，tan A＝， tan C＝－tan(A＋B)＝－＝－2； 当sin A＝1时，tan C＝＝2. (2)tan B＝＝， ∴sin B(2－cos A)＝sin Acos B， ∴sin C＝2sin B，即c＝2b， 由角平分线定理可得， ＝＝＝2，∴BN＝2CN， 又MN＝1，BM＝CM，∴BM＝3，CN＝2， 由中线定理可知，4AM2＋36＝2(b2＋c2)， ∴b2＝，∠BAC＝， ∴S△ABC＝bc＝b×2b＝b2＝. 题型二　与多边形有关的问题 例2 (2024·烟台模拟)在平面四边形ABCD中，∠ABC＝，∠ADC＝，BC＝4. (1)若△ABC的面积为3，求AC； (2)若AD＝3，∠ACB＝∠ACD＋，求tan∠ACD. 解　(1)在△ABC中，BC＝4，∠ABC＝， ∴S△ABC＝AB·BC·sin∠ABC＝3， 解得AB＝3， 在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝13， ∴AC＝. (2)设∠ACD＝α， 则∠ACB＝∠ACD＋＝α＋， 在Rt△ACD中，AD＝3， 易知AC＝＝， 在△ABC中，∠BAC＝π－∠ACB－∠ABC＝－α， 由正弦定理得＝， 即＝， ∴2sin α＝3sin＝cos α－sin α， 可得tan α＝，即tan∠ACD＝. 思维升华 在平面几何图形中研究或求与角有关的长度、角度、面积的最值、优化设计等问题时，通常是转化到三角形中，利用正、余弦定理通过运算的方法加以解决．在解决某些具体问题时，常先引入变量，如边长、角度等，然后把要解三角形的边或角用所设变量表示出来，再利用正、余弦定理列出方程，再解方程即可．若研究最值，常使用函数思想． 跟踪训练2 (2023·株洲模拟)如图，在平面四边形ABCD中，∠DAB＝∠DCB＝90°，∠ABC＝60°，AB＝2，AD＝4. (1)求cos∠DBC的值； (2)求AC的长度． 解　(1)在△ABD中，由勾股定理得 BD＝＝2，sin∠ABD＝＝， cos∠ABD＝＝， cos∠DBC＝cos(60°－∠ABD) ＝cos 60°cos∠ABD＋sin 60°sin∠ABD ＝×＋×＝. (2)因为∠DCB＝90°， 所以BC＝BD·cos∠DBC＝3， 在△ABC中，由余弦定理得 AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC ＝12＋27－2×2×3×＝21， 所以AC的长度为. 题型三　三角形中的存在性问题 例3 (2024·包头模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin C＝sin Acos B＋sin(A＋C)． (1)求A； (2)在原题条件的基础上，若增加下列条件之一，请说明条件①与②哪个能使得△ABC唯一确定，当唯一确定时，求边BC上的高h. 条件①：a＝2，sin C＝； 条件②：a＝，b＝. 解　(1)在△ABC中，sin(A＋C)＝sin(π－B)＝sin B， 由sin C＝sin Acos B＋sin(A＋C)及正弦定理得c＝acos B＋b， 由余弦定理得c＝a·＋b， 化简得a2－b2－c2＋bc＝0， 所以cos A＝＝， 结合0<A<π，得A＝. (2)若增加条件①：a＝2，sin C＝， 因为C＝π－－B＝－B∈， 由sin C＝，得C＝或C＝， 所以△ABC不能唯一确定，不合题意． 若增加条件②：a＝，b＝， 将a＝，b＝代入a2－b2－c2＋bc＝0， 得c2－2c－3＝0，解得c＝3或c＝－1(舍去)． 此时△ABC唯一确定． 由S△ABC＝bcsin A＝ah， 得h＝＝. 所以BC边上的高h＝. 思维升华 (1)先仔细审题，已确定的条件有哪些，供选择的条件有哪些，设问是什么． (2)将已确定的条件和设问关联，结合有关的概念、公式、定理等进行思考，采用多种方式进行推理，确定所要选择的条件具备哪些性质． (3)观察供选择的条件有哪些，判断条件选择后是否有解题思路，进而确定所选择的条件． 跟踪训练3 (2023·沈阳模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b(2－cos A)＝asin B. (1)若a∶b∶c＝1∶2∶2，则此时△ABC是否存在？若存在，求△ABC的面积；若不存在，请说明理由； (2)若△ABC的外接圆半径R＝4，且b－c＝，求△ABC的面积． 解　(1)在△ABC中，由b(2－cos A)＝asin B得 2b＝asin B＋bcos A， 由正弦定理得2sin B＝sin Asin B＋sin Bcos A，而sin B>0，则sin A＋cos A＝2， 即sin＝1， 因为0<A<π，于是得A＋＝，解得A＝，而a∶b∶c＝1∶2∶2，则B＝C>A＝，必有A＋B＋C>π， 所以△ABC不存在． (2)因为△ABC的外接圆半径R＝4，由正弦定理得a＝2Rsin A＝8sin ＝4，则b－c＝＝2， 由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A得，a2＝b2＋c2－bc＝(b－c)2＋bc，即48＝12＋bc，则bc＝36， 因此△ABC的面积S＝bcsin A＝×36× ＝9. 课时精练 1．记△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知bsin C＝csin . (1)求角B的大小； (2)若点D在边AC上，BD平分∠ABC，a＝2，b＝，求线段BD的长． 解　(1)已知bsin C＝csin ， 由正弦定理，得sin Bsin C＝sin Csin ， 因为C∈(0，π)，所以sin C≠0， 故sin B＝sin ，即2sin cos ＝sin ， 因为∈，所以sin ≠0，则cos ＝， 所以＝，则B＝. (2)依题意，得a·BD·sin ＋c·BD·sin ＝acsin ，即a·BD＋c·BD＝ac， 即2BD＋c·BD＝2c，所以BD＝. 在△ABC中，由余弦定理， 得b2＝a2＋c2－2accos ＝a2＋c2＋ac， 即7＝4＋c2＋2c，解得c＝1或c＝－3(舍去)， 所以BD＝＝. 2．(2024·洛阳模拟)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b＝－2acos C. (1)求证：tan C＋3tan A＝0； (2)若△ABC的面积为2，b＝2，判断△ABC是否为等腰三角形，并说明理由． (1)证明　已知b＝－2acos C， 由正弦定理得sin B＝－2sin Acos C， 由A＋B＋C＝π，有B＝π－(A＋C)， 可得sin(A＋C)＝－2sin Acos C， 所以sin Acos C＋cos Asin C＝－2sin Acos C， 即cos Asin C＝－3sin Acos C， 由cos C≠0，cos A≠0，得＝， 即tan C＝－3tan A，所以tan C＋3tan A＝0. (2)解　△ABC为等腰三角形，理由如下： 由题知b＝－2acos C，b＝2， △ABC的面积为2， 则有S△ABC＝absin C＝··bsin C＝－tan C＝－tan C＝2， 所以tan C＝－， 又0<C<π，所以C＝， 由(1)知tan A＝， 又0<A<，所以A＝，则B＝， 所以△ABC是等腰三角形． 3．(2023·新高考全国Ⅱ)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为，D为BC的中点，且AD＝1. (1)若∠ADC＝，求tan B； (2)若b2＋c2＝8，求b，c. 解　(1)方法一　在△ABC中，因为D为BC的中点，∠ADC＝，AD＝1， 则S△ADC＝AD·DCsin∠ADC＝×1×a×＝a＝S△ABC＝，解得a＝4. 在△ABD中，∠ADB＝， 由余弦定理得 c2＝BD2＋AD2－2BD·ADcos∠ADB， 即c2＝4＋1－2×2×1×＝7， 解得c＝. 在△ABD中，则cos B＝＝＝， sin B＝＝＝， 所以tan B＝＝. 方法二　在△ABC中，因为D为BC的中点，∠ADC＝，AD＝1， 则S△ADC＝AD·DCsin∠ADC＝×1×a×＝a＝S△ABC＝，解得a＝4. 在△ACD中，由余弦定理得b2＝CD2＋AD2－2CD·ADcos∠ADC， 即b2＝4＋1－2×2×1×＝3，解得b＝， 又AC2＋AD2＝4＝CD2，则∠CAD＝， C＝，过A作AE⊥BC于点E，如图所示， 于是CE＝ACcos C＝，AE＝ACsin C＝，BE＝， 所以在Rt△AEB中，tan B＝＝. (2)方法一　在△ABD与△ACD中，由余弦定理得 整理得a2＋2＝b2＋c2， 而b2＋c2＝8，则a＝2， 又S△ADC＝××1×sin∠ADC＝， 解得sin∠ADC＝1，而0<∠ADC<π， 于是∠ADC＝，所以b＝c＝＝2. 方法二　在△ABC中，因为D为BC的中点， 则2＝＋， 又＝－， 于是42＋2＝(＋)2＋(－)2＝2(b2＋c2)＝16， 即4＋a2＝16，解得a＝2， 又S△ADC＝××1×sin∠ADC＝， 解得sin∠ADC＝1，而0<∠ADC<π， 于是∠ADC＝，所以b＝c＝＝2. 4．(2024·北京模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为 a，b，c，已知acos B＋b＝c，b＝2. (1)求A； (2)从下列三个条件中选择一个作为已知条件，使△ABC存在且唯一确定，并求出BC边上的高． 条件①：sin B＝；条件②：cos B＝－；条件③：△ABC的面积为. 注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 解　(1)方法一　在△ABC中，acos B＋b＝c， 由正弦定理可得sin Acos B＋sin B＝sin C. 因为A＋B＋C＝180°， 所以sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B. 所以sin B＝cos Asin B. 又因为在△ABC中，sin B≠0， 所以cos A＝，所以A＝60°. 方法二　在△ABC中，acos B＋b＝c， 由余弦定理cos B＝， 可得a·＋b＝c， 整理得c2＋b2－a2＝bc， 所以cos A＝＝，解得A＝60°. (2)选条件①，由(1)知0°<B<120°， 在△ABC中，sin B＝，所以B＝45°. 因为A＋B＋C＝180°，所以C＝75°， 所以sin C＝sin(45°＋30°)＝sin 45°cos 30°＋ cos 45°sin 30°＝， 设BC边上高线的长为h， 则h＝bsin C＝2×＝. 选条件②，cos B＝－<－，所以B>120°， 因为A＝60°，所以A＋B>180°，△ABC不存在． 选条件③，因为S△ABC＝bcsin A ＝csin 60°＝c＝， 所以c＝1＋， 由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝4＋4＋2－2×2×(1＋)cos 60°＝6， 所以a＝. 设BC边上高线的长为h， 则h＝＝＝. 学科网（北京）股份有限公司 $