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第3课时 高考中的解三角形问题
第六章 平面向量、复数
核心考点·分类突破
核心考点·分类突破
考点一高考解三角形中“爪”型结构(规范答题)
考情提示
“爪”型三角形是指在给定的一个三角形中,连接一个顶点和对边上的任意一点构成的图形. “爪”型结构的解三角形问题在高考中屡见不鲜,如中线、角平分线、高线等.
角度1 解三角形中有关高线问题
[例1](10分)(2023·新高考Ⅰ卷)已知在△ABC中,A+B=3C,2sin(A-C)=sin B.
(1)求sin A;
(2)设AB=5,求AB边上的高.
审题导思破题点·形成思路
(1) 思路:根据题意画出图形,利用正弦的和角和差角公式就能比较顺利地解答
(2) 思路:给出三角形边 AB 的长,而由第(1)问可以确定三角形的三个内角,利用正弦定理便可求出另一条边AC 或 BC 的长,从而求得 AB 边上的高
规范答题敲重点·水到渠成
【解析】(1)在△ABC中,A+B=π-C,
因为A+B=3C,所以________,
解得C=.……………………1分
因为2sin(A-C)=sin B,
所以2sin(A-C)=sin[π-(A+C)]=sin(A+C),
关键点 观察已知2sin(A-C)=sin B的结构,结合三角形内角和定理A+B+C=π,将sin B转化为 sin(A+C).
3C=π-C
所以2sin Acos C-2cos Asin C=sin Acos C+cos Asin C,
所以sin Acos C=3cos Asin C,
所以____________, ……………………3分
即tan A=3,所以0
巧变多变 由C=及2sin(A-C)=sin B可进行多种变形,运用三角恒等变换求解,
sin A=3cos A
①2sin(A-)=sin=sin,
只要两两结合,通过对两等式展开、化简,解得tan A=3.
②2sin(A-)=cos=cos,
得到tan(A-)==,
解得tan A=3.
③2sin(A-C)=2sin=2cos B=sin B,
得到tan B=2,从而sin B=,cos B=.
所以sin A==.
(2)解法一:(三角恒等变换+正弦定理)
由(1)知sin A=,tan A=3>0,所以A为锐角,所以__________, ………………6分
避误区 此处要对A的范围进行分析,若写成cos A=±,会造成不必要的失分.
所以sin B=sin=(cos A+sin A)=×(+)=, …………………7分
由正弦定理,
得AC===2, ……………………8分
作CD⊥AB,垂足为D,
由, ………………………………9分
得CD=AC·sin A=2×=6. ……………………10分
破题有招 等面积法是解三角形问题中的常用方法,本题利用等面积法求出AB边上的高.等面积法是建立方程的有效手段.
cos A=
=
AB·CD=AB·AC·sin A
解法二:(正弦定理+余弦定理)
由正弦定理=,
得BC=·sin A=×=3, ……………………6分
由余弦定理AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos C,
得52=AC2+(3)2-2AC·3cos ,
整理得AC2-3AC+20=0,
解得AC=或AC=2, ……………………7分
由(1)得,tan A=3>,所以
设AB边上的高为h,则×AB×h=×AC×BCsin C,
即5h=2×3×, ……………………9分
解得h=6,
所以AB边上的高为6. ……………………10分
解法三:(利用三角形的几何特征)
作CD⊥AB,垂足为D,
tan B=-tan(A+∠ACB)=-=-=2. ……………………8分
______________________________=CD=5,即CD=6.
所以AB边上的高为6. ……………………10分
换思路 利用三角形的几何性质,由方程思想求出AB边上的高.此种方法需要较强的观察能力和较深的数学功底,这就要求学生在平时学习中多积累、多总结.
又AB=AD+BD=+=+
解题技法
该类型题目侧重直角三角形中互余两角的三角函数关系及两角和、差的三角公式的应用.
对点训练
在△ABC中,已知B=,BC边上的高等于BC,则cos A= .
【解析】解法一:
因为B=,BC边上的高等于BC,
所以AB==BC,
AC2=AB2+BC2-2AB×BC×cos 45°=BC2,
所以cos A==-.
-
解法二:
设△ABC中角A,B,C对应的边分别为a,b,c,AD⊥BC于D,令∠DAC=θ,
因为在△ABC中,B=,BC边上的高AD=BC=a,
所以BD=AD=a,CD=a,
在Rt△ADC中,cos θ===,
故sin θ=,
所以cos ∠BAC=cos(+θ)=cos cos θ-sin sin θ=×-×=-.
角度2 解三角形中有关中线问题
[例2](2023·新高考Ⅱ卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知△ABC面积为,D为BC的中点,且AD=1.
(1)若∠ADC=,求tan B;
【解析】(1)因为D为BC的中点,
所以S△ABC=2S△ADC=2××AD×DCsin∠ADC=2××1×DC×=,
解得DC=2,
所以BD=DC=2,a=4.
因为∠ADC=,所以∠ADB=.
在△ABD中,由余弦定理,得c2=AD2+BD2-2AD·BDcos∠ADB=1+4+2=7,所以c=.
解法一:在△ADC中,由余弦定理,得b2=AD2+DC2-2AD·DC·cos∠ADC=1+4-2=3,
所以b=.
在△ABC中,由余弦定理,得cos B===,
所以sin B==.
解法二:在△ABD中,由正弦定理,得=,
所以sin B==,
所以cos B==.
所以tan B==.
[例2](2023·新高考Ⅱ卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知△ABC面积为,D为BC的中点,且AD=1.
(2)若b2+c2=8,求b,c.
【解析】(2)解法一:(借助向量工具)
如图,
因为S△ABC=bcsin∠BAC=,
所以sin∠BAC=,
由题意得=(+),||=1,
所以4=b2+c2+2bccos∠BAC,
又因为b2+c2=8,所以cos∠BAC=,
因为sin2∠BAC+cos2∠BAC=1,
所以bc=4,所以b=c=2.
解法二:(利用“背靠背角”互补关系)
因为D为BC的中点,所以BD=DC.
因为∠ADB+∠ADC=π,
所以cos∠ADB+cos∠ADC=0,
则在△ABD与△ADC中,由余弦定理,得+=0,
得1+BD2-c2=-,
所以2BD2=b2+c2-2=6,所以BD=,所以a=2.
(另解)因为D为BC的中点,所以BC=2BD.
在△ABD与△ABC中,由余弦定理,得cos B==,
整理,得2BD2=b2+c2-2=6,
得BD=,所以a=2.
在△ABC中,由余弦定理,
得cos∠BAC===-,
所以S△ABC=bcsin∠BAC=bc=bc==,
解得bc=4.
则由,解得b=c=2.
解题技法
该类型题目侧重三角形的两角和差公式,三角形面积公式,正、余弦定理,等腰三角形的性质在解三角形问题中的综合应用.
对点训练
在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知bsin C+asin A=bsin B+csin C.
(1)求A;
【解析】(1)根据正弦定理,
由bsin C+asin A=bsin B+csin C,
可得bc+a2=b2+c2,即bc=b2+c2-a2,
由余弦定理可得,cos A==,
因为A为三角形内角,所以A=.
在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知bsin C+asin A=bsin B+csin C.
(2)设D是线段BC的中点,若c=2,AD=,求a.
【解析】(2)因为D是线段BC的中点,c=2,AD=,
所以∠ADB+∠ADC=π,
则cos∠ADB+cos∠ADC=0,
所以+=0,
即+=0,
整理得a2=2b2-44,
又a2=b2+c2-2bccos A=b2+4-2b,
所以b2+4-2b=2b2-44,
解得b=6或b=-8(舍去),
因此a2=2b2-44=28,
所以a=2.
角度3 解三角形中有关角平分线问题
[例3](2023·全国甲卷)在△ABC中,AB=2,∠BAC=60°,BC=,D为BC上一点,AD为∠BAC的平分线,则AD= .
【解析】解法一:(等面积法)
如图,
令BC=a,AC=b,AB=c,
因为a=,c=2,∠BAC=60°,a2=b2+c2-2bccos∠BAC,
所以b=1+.
因为S△ABC=S△ABD+S△ACD,所以bcsin 60°=c·AD·sin 30°+b·AD·sin 30°,
所以AD=2.
2
解法二:(向量法)
如图,在△ABC中,
由余弦定理可得AC=1+.
因为==,
所以=,
所以=+,
两边平方得||=2,
所以AD=2.
解题技法
该类型题目侧重正、余弦定理,三角形面积公式,两角和差的三角公式,二倍角公式,三角函数的性质以及角平分线定理的应用.
对点训练
在△ABC中,若角A,B,C所对的边分别为a,b,c,∠ABC=120°,∠ABC的平分线交AC于点D,且BD=1,则4a+c的最小值为 .
【解析】解法一:(由等面积法探究a,c间的关系)
因为S△ABC=S△BCD+S△ABD,
即acsin 120°=×a×1×sin 60°+×c×1×sin 60°,
所以ac=a+c,即+=1,
所以4a+c=(4a+c)=5++≥5+2=9(当且仅当c=2a时,“=”成立),
所以4a+c的最小值为9.
9
解法二:(由三角形内角平分线定理、向量法探究a,c间的关系)
由三角形内角平分线定理得==,所以=+,
两边平方得1=c2+a2+2×××ac×cos 120°,
化简得ac=a+c,即+=1,
所以4a+c=(4a+c)=5++≥5+2(当且仅当c=2a时,“=”成立),
所以4a+c的最小值为9.
解法三:(利用建系、三点共线法探究a,c间的关系)
以B为坐标原点,BD所在直线为x轴,建立直角坐标系,则D(1,0),A(,),
C(,-),
因为A,C,D三点共线,所以=,化简得+=1.
所以4a+c=(4a+c)=5++≥5+2=9(当且仅当c=2a时,“=”成立),
所以4a+c的最小值为9.
角度4 其他“爪”型问题
[例4](2023·全国乙卷)在△ABC中,已知∠BAC=120°,AB=2,AC=1.
(1)求sin∠ABC;
【解析】(1)由余弦定理可得:
BC2=a2=b2+c2-2bccos ∠BAC=1+4-2×1×2×cos120°=7,
则BC=,cos B===,
sin∠ABC===.
[例4](2023·全国乙卷)在△ABC中,已知∠BAC=120°,AB=2,AC=1.
(2)若D为BC上一点,且∠BAD=90°,求△ADC的面积.
【解析】(2)解法一:如图,
由(1)得cos∠ABC=,
sin∠ABC=,所以tan∠ABC=,
在Rt△ABD中,
AD=AB·tan∠ABC=.
因为∠BAC=120°,
所以∠DAC=30°,
所以S△ADC=AD·AC·sin∠DAC=.
解法二:因为∠BAC=120°,所以∠DAC=30°.
因为S△ABC=S△ABD+S△ACD,
所以AC·AB·sin 120°=AB·AD+AC·AD·sin 30°,
所以AD=,
所以S△ADC=.
解法三:因为∠BAC=120°,
所以∠DAC=30°,=,
所以sin∠ADC=.
在Rt△ABD中,sin∠ADB=.
因为sin∠ADB=sin∠ADC,
所以BD=4CD,
所以=+=+,
两边取模得||=,
即AD=,
所以S△ADC=.
解法四:如图,以点A为原点建立平面直角坐标系,
则B(2,0),C(-,),
所以直线BC的方程:y=-(x-2),
所以D(0,,所以AD=,
所以S△ADC=××=.
解法五:过C作AB的垂线,交BA的延长线于点E,
因为AC=1,∠CAE=60°,
所以AE=,CE=.
因为AD∥CE,
所以==,
所以AD=CE=.
因为∠DAC=30°,
所以S△ADC=.
解题技法
对点训练
如图,在△ABC中,D是AC边上一点,∠ABC为钝角,∠DBC=90°.
(1)求证:cos∠ADB+sin C=0;
【解析】(1)因为∠ADB=90°+∠C,
所以cos∠ADB=cos(90°+C)=-sin C,
故cos∠ADB+sin C=0.
如图,在△ABC中,D是AC边上一点,∠ABC为钝角,∠DBC=90°.
(2)若AB=2,BC=2,在①sin∠ABC=;②AC=3AD中选取一个作为条件,求△ABD的面积.
【解析】(2)若选①:sin∠ABC=:
因为∠ABC>90°,
所以cos∠ABC=-=-,
在△ABC中,由余弦定理可得AC==6,
由正弦定理可得=,
所以sin C=,故∠C=60°,
在Rt△CBD中,因为BC=2,
所以BD=BCtan C=2tan 60°=2,
又sin∠ABD=sin(∠ABC-90°)
=-cos∠ABC=,
所以S△ABD=AB·BDsin∠ABD
=×2×2×=.
若选②:AC=3AD:设AD=x,则DC=2x,
在Rt△CBD中,
BD==2,
由(1)cos∠ADB+sin C=0,
得+=0,
解得x=2(负值舍去),
即AD=2,BD=2,CD=4,
在Rt△CBD中,tan C===,0°
所以S△ABD=AD·BDsin∠ADB=×2×2×=.
考点二多三角形背景问题
[例5]如图,在平面四边形ABCD中,已知A=,B=,AB=6.
在AB边上取点E,使得BE=1,连接EC,ED.若∠CED=,EC=.
(1)求sin∠BCE的值;
【解析】(1)在△BEC中,由正弦定理,
知=.
因为B=,BE=1,CE=,
所以sin∠BCE===.
[例5]如图,在平面四边形ABCD中,已知A=,B=,AB=6.
在AB边上取点E,使得BE=1,连接EC,ED.若∠CED=,EC=.
(2)求CD的长.
【解析】(2)因为∠CED=∠B=,所以∠DEA=∠BCE,
所以cos∠DEA====.
因为A=,所以△AED为直角三角形,又AE=5,
所以ED===2.
在△CED中,CD2=CE2+DE2-2CE·DE·cos∠CED=7+28-2××2×(-=49.
所以CD=7.
解题技法
如果已知量与未知量涉及两个或两个以上的三角形,这时需作出这些三角形,先解可用正弦定理或余弦定理直接求解的三角形,然后逐步求解其他三角形,有时需设出未知量,从几个三角形中列出方程(组),通过解方程(组)得出所要求的量.
对点训练
如图,已知菱形ABCD的边长为2,∠DAB=60°.E是边BC上一点,线段DE交AC于点F.
(1)若△CDE的面积为,求DE的长;
【解析】(1)由已知,∠BCD=∠DAB=60°.
因为△CDE的面积S=CD·CE·sin∠BCD=,
所以×2CE×=,解得CE=1.
在△CDE中,由余弦定理,
得DE===.
对点训练
如图,已知菱形ABCD的边长为2,∠DAB=60°.E是边BC上一点,线段DE交AC于点F.
(2)若CF=4DF,求sin∠DFC.
【解析】(2)连接BD,由已知得∠ACD=30°,∠BDC=60°,
设∠CDE=θ,则0°<θ<60°.
在△CDF中,由正弦定理,得=,
又因为CF=4DF,所以sin θ==,
所以cos θ=,
所以sin∠DFC=sin(30°+θ)=×+×=.
考点三高考解三角形中的范围问题
角度1 三角形中角或边的最值、范围问题
[例6] 在①cos C+(cos A-sin A)cos B=0,②cos 2B-3 cos(A+C)=1,③bcos C+csin B=a这三个条件中任选一个,补充在下面问题中并解答.
问题:在△ABC中,角A,B,C对的边分别为a,b,c,若a+c=1, ,求角B的大小和b的最小值.
【解析】选择条件①:
由cos C+(cos A-sin A)cos B=0,
可得-cos(A+B)+cos Acos B-sin Acos B=0,
即-cos Acos B+sin Asin B+cos Acos B-sin Acos B=0,
即sin Asin B-sin Acos B=0,
因为sin A≠0,所以sin B-cos B=0,所以tan B=,
因为B∈(0,π),所以B=.
由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B=a2+c2-ac=(a+c)2-3ac=1-3ac,
因为ac≤()2=,当且仅当a=c=时等号成立,所以b2=1-3ac≥1-=,
所以b≥,即b的最小值为.
选择条件②:cos 2B-3cos(A+C)=1,
可得2cos2B-1+3cos B=1,即2cos2B+3cos B-2=0,
解得cos B=或cos B=-2(舍),
因为B∈(0,π),所以B=.
下同①.
选择条件③:bcos C+csin B=a,
由正弦定理可得sin Bcos C+sin Csin B=sin A=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C,
即sin Csin B=cos Bsin C,
因为sin C≠0,
所以sin B=cos B,即tan B=,
因为B∈(0,π),所以B=.
下同①.
解题技法
涉及求边的最值或取值范围的一般思路
(1)利用正弦定理把边转化为角,利用三角函数的性质求出范围或最值.
(2)利用正、余弦定理把角转化为边,利用基本不等式求出范围或最值.
对点训练
在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C的对边,且2b-c=2acos C.
(1)求A;
【解析】(1)由正弦定理得:2sin B-sin C=2sin Acos C,因为A+B+C=π,
所以sin B=sin(A+C),
所以2sin(A+C)-sin C
=2sin Acos C+2cos Asin C-sin C=2sin Acos C,
整理可得:2cos Asin C=sin C,
因为C∈(0,π),所以sin C≠0,所以cos A=,
又A∈(0,π),所以A=.
在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C的对边,且2b-c=2acos C.
(2)若△ABC为锐角三角形,c=2,求b的取值范围.
【解析】(2)因为△ABC为锐角三角形,A=,
所以,即,解得
因为
所以1<1+<4,即b的取值范围为(1,4).
角度2 三角形面积(周长)的最值或范围问题
[例7]在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知bsin C+ccos B=a.
(1)若a=2,b=,求△ABC的面积;
【解析】(1)因为bsin C+ccos B=a,
所以sin Bsin C+sin Ccos B=sin A,
所以sin Bsin C+sin Ccos B=sin(B+C),
所以sin Bsin C+sin Ccos B=sin Bcos C+cos Bsin C,
所以sin Bsin C=sin Bcos C,
因为sin B≠0,所以sin C=cos C,
又易知cos C≠0,所以tan C=,
因为0
所以S△ABC=absin C=×2××sin =×2××=.
[例7]在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知bsin C+ccos B=a.
(2)若c=2,求△ABC周长的取值范围;
【解析】(2)在△ABC中,c=2,C=,
由余弦定理得4=a2+b2-ab,
所以(a+b)2-4=3ab≤3·()2,
即(a+b)2-4≤(a+b)2,即(a+b)2≤16,
所以0
(3)把(2)改为△ABC为锐角三角形,若c=2,求△ABC周长的取值范围.
【解析】(3)因为===,
所以a=sin A,b=sin B,
所以△ABC的周长为a+b+c=sin A+sin B+2=sin A+sin(-A)+2
=sin A+cos A)+2=4sin(A+)+2,
因为△ABC为锐角三角形,
所以,
解得
所以△ABC周长的取值范围为(2+2,6].
解题技法
三角形的面积(周长)的取值范围或最值的解法
(1)三角函数法:通过正、余弦定理将边转化为角,再根据三角恒等变换及三角形内角和定理转化为“一角一函数”的形式,最后结合角的范围利用三角函数的单调性和值域求解.
(2)基本不等式法:利用正、余弦定理,面积(周长)公式建立a+b,ab,a2+b2之间的等量关系,然后利用基本不等式求解.
对点训练
已知△ABC的内角A,B,C满足=.
(1)求角A;
【解析】(1)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,则由正弦定理和已知条件,得=,
化简得b2+c2-a2=bc,
由余弦定理得cos A==,
因为0
(2)若△ABC的外接圆的半径为1,求△ABC的面积S的最大值.
【解析】(2)记△ABC外接圆的半径为R,
由正弦定理得=2R,得a=2Rsin A=2sin =,
由余弦定理得a2=3=b2+c2-bc≥2bc-bc=bc,
即bc≤3(当且仅当b=c=时取等号),
故S=bcsin A≤×3×=(当且仅当b=c=时取等号).
即△ABC的面积S的最大值为.
重难突破 极化恒等式
在高考考查平面向量的试题中,求解数量积问题是高考命题的重点和热点.对于一些具有中点或能够构造中点的向量的数量积问题,应用平面向量的“极化恒等式”求解,可以减少运算量,使题目的解答更加清晰简单.
一、源于教材(人教A必修第二册第22页练习第3题)
求证:(a+b)2-(a-b)2=4a·b.
【证明】因为(a+b)2=a2+2a·b+b2 ①,
(a-b)2=a2-2a·b+b2 ②,
所以①-②得(a+b)2-(a-b)2=4a·b.
【说明】对于非零向量a,b,有a·b=[(a+b)2-(a-b)2],我们称这个公式为平面向量的“极化恒等式”.
二、极化恒等式模型
1.平行四边形模型
如图,在平行四边形ABCD中,O是对角线交点,则·=(AC2-BD2).
几何意义:两个非零向量的数量积可以表示为以这两个向量为邻边的平行四边形的“和对角线”与“差对角线”平方差的.
2.三角形模型
如图,在△ABC中,设D为BC的中点,则·=AD2-BD2.
推导过程:
由·=[(+)]2-[(-)]2=-()2=||2-||2=AD2-BD2.
几何意义:两个非零向量的数量积可以表示为以这两个向量为邻边的三角形“中线”的平方与“第三边”一半的平方的差.
类型一 求数量积的值
[例1](1)设向量a,b满足|a+b|=,|a-b|=,则a·b=( )
A.1 B.2
C.3 D.5
【解析】选A.由极化恒等式,得a·b=[(a+b)2-(a-b)2]=×(10-6)=1.
(2)如图所示,在长方形ABCD中,AB=4,AD=8,E,O,F为线段BD的四等分点,
则·= .
【解析】BD==12,所以AO=6,OE=3,所以由极化恒等式知,
·=-=36-9=27.
27
解题技法
极化恒等式的使用方法
求数量积时,两个向量共起点的情况下,使用极化恒等式的一般步骤如下:
第一步:取第三边的中点,连接两个向量的共起点与第三边的中点;
第二步:利用极化恒等式公式,将数量积转化为中线长与第三边长的一半的平方差;
第三步:利用平面几何方法或用正、余弦定理求中线及第三边的长度,从而求出数量积.
对点训练
如图,在三角形ABC中,D是BC的中点,E,F是AD上的两个三等分点,
·=4,·=-1,则·的值为 .
【解析】设=a,=b,
·=||2-||2=9b2-a2=4,
·=||2-||2=b2-a2=-1,
解得b2=,a2=,
所以·=||2-||2=4b2-a2=.
类型二 求数量积的最值或范围
[例2](2022·北京高考)在△ABC中,AC=3,BC=4,∠C=90°.P为△ABC所在平面内的动点,且PC=1,则·的取值范围是( )
A.[-5,3] B.[-3,5]
C.[-6,4] D.[-4,6]
【解析】选D.(极化恒等式)设AB的中点为D,由题易知CD==,所以(||-||)2-||2≤·≤(||+||)2-||2,
即(-1)2-()2≤·≤(+1)2-()2,所以·∈[-4,6].
解题技法
求数量积的最值或范围的策略
求数量积的最值或范围,一般用极化恒等式转化为点到直线的距离最小,或用三角形两边之和大于第三边,两边之差小于第三边,或用基本不等式等求得中线长的最值(范围).
对点训练
已知P是边长为4的正三角形ABC所在平面内一点,且=λ+(2-2λ)(λ∈R),则·的最小值为( )
A.16 B.12 C.5 D.4
【解析】选C.如图,延长AC到点D,使得=2.
因为=λ+(2-2λ)=λ+(1-λ),
所以点P在直线BD上.取线段AC的中点O,连接OP,则·=||2-||2=||2-4.
显然当OP⊥BD时,||取得最小值.
因为BO=2,OD=6,所以BD=4,
所以||min==3,所以·的最小值为32-4=5.
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(时间:45分钟 分值:85分)
【基础落实练】
1.(5分)在△ABC中,AB=3,AC=2,cos∠BAC=,点D在BC边上且AD=,
则sin∠ADC=( )
A. B. C. D.
2.(5分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.若asin A+2csin C=2bsin Ccos A,则角A的最大值为( )
A. B. C. D.
3.(5分)在△ABC中,D为边BC上一点,AD=6,BD=3,∠ABC=45°,则sin∠ADC的值为( )
A. B. C. D.
4.(5分)在△ABC中,已知∠BAC的平分线交BC于点M,且BM∶MC=2∶3.
若∠AMB=60°,则=( )
A.2 B. C. D.3
5.(5分)(多选题)在△ABC中,D在线段AB上,且AD=5,BD=3,若CB=2CD,
cos∠CDB=-,则( )
A.sin∠CDB=
B.△ABC的面积为8
C.△ABC的周长为8+4
D.△ABC为钝角三角形
6.(5分)已知△ABC为锐角三角形,D,E分别为AB,AC的中点,且CD⊥BE,则cos A的取值范围是( )
A. B.
C. D.
7.(5分)在△ABC中,∠B=60°,AB=2,M是BC的中点,AM=2,则AC= ,
cos∠MAC= .
8.(5分)已知在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a2=b2+c2-bc,a=3,则△ABC的周长的最大值为 .
9.(5分)(2022·全国甲卷)已知△ABC中,点D在边BC上,
∠ADB=120°,AD=2,CD=2BD.当取得最小值时,BD= .
【加练备选】
已知D是△ABC边AC上一点,且CD=3AD,BD=,cos ∠ABC=,则3AB+BC的最大值为 .
10.(10分)在△ABC中,D是边BC上一点,AD=5,AC=7.
(1)若DC=3,∠B=45°,求AB;
(2)若D为BC的中点,且AB=,证明:∠ADC=2∠ADB.
11.(10分)(2023·武汉模拟)在①a=,②AC边上的高为,③sin B=这三个条件中任选一个,补充在下面问题中并完成解答.
问题:记△ABC内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知A=60°,c=b+1, .
(1)求c的值;
(2)设AD是△ABC的角平分线,求AD的长.
【能力提升练】
12.(5分)顶角为36°的等腰三角形称为“黄金三角形”,黄金三角形看起来既标准又美观.如图所示,△ABC是黄金三角形,AB=AC,作∠ABC的平分线交AC于点D,易知△BCD也是黄金三角形.若BC=1,则AB= ;借助黄金三角形可计算sin 234°= .
13.(5分)在△ABC中,D为BC边上一点,且BD=2CD,AD=BD,则tan∠BAC·cos2 B的最大值为 .
14.(10分)如图,在四边形ABCD中,AD⊥AB,∠CAB=60°,∠BCD=120°,AC=2.
(1)若∠ABC=30°,求DC.
(2)记∠ABC=θ,当θ为何值时,△BCD的面积S有最小值 求出最小值.
6.5.3-高考中的解三角形问题-专项训练【解析版】
(时间:45分钟 分值:85分)
【基础落实练】
1.(5分)在△ABC中,AB=3,AC=2,cos∠BAC=,点D在BC边上且AD=,
则sin∠ADC=( )
A. B. C. D.
【解析】选A.在△ABC中,由余弦定理得
BC===3,
所以BC=AB,所以∠BCA=∠BAC,
所以sin∠BCA=sin∠BAC==,
在△ADC中,由正弦定理得=,即=,
所以sin∠ADC=.
2.(5分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.若asin A+2csin C=2bsin Ccos A,则角A的最大值为( )
A. B. C. D.
【解析】选A.因为asin A+2csin C=2bsin Ccos A,
由正弦定理可得a2+2c2=2bccos A ①,
由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos A ②,
由①②可得2a2=b2-c2,所以cos A===,
因为b2+3c2≥2=2bc,当且仅当b=c时取等号,所以cos A≥=,
又A∈(0,π),所以角A的最大值为.
3.(5分)在△ABC中,D为边BC上一点,AD=6,BD=3,∠ABC=45°,则sin∠ADC的值为( )
A. B. C. D.
【解析】选C.如图,
在△ABD中,由正弦定理得=,即=,故sin∠BAD=.
又BD
所以sin∠ADC=sin(∠BAD+∠ABD)
=sin(∠BAD+45°)=×+×=.
4.(5分)在△ABC中,已知∠BAC的平分线交BC于点M,且BM∶MC=2∶3.
若∠AMB=60°,则=( )
A.2 B. C. D.3
【解析】选C.因为AM平分∠BAC,由角平分线的性质:
所以==,设AB=2k(k>0),则AC=3k,由正弦定理:=①,
=②,
①+②可得:=,可求得:sin ∠BAM=.
所以cos ∠BAC=1-2sin2∠BAM=.
根据余弦定理:(BC)2=(2k)2+(3k)2-2×2k×3k·,整理可得:BC=.
则==.
5.(5分)(多选题)在△ABC中,D在线段AB上,且AD=5,BD=3,若CB=2CD,
cos∠CDB=-,则( )
A.sin∠CDB=
B.△ABC的面积为8
C.△ABC的周长为8+4
D.△ABC为钝角三角形
【解析】选BCD.由cos∠CDB=-可得
sin∠CDB= =,故A错误;
设CD=x,CB=2x,在△CBD中,由余弦定理,可得-=,
整理可得,5x2-2x-15=0,解得x=,即CD=,CB=2,
所以=+=×3××+×5××=8,故B正确;
由余弦定理,可知cos B==,即=,解得AC=2,故△ABC的周长为AB+AC+CB=8+2+2=8+4,故C正确;
由余弦定理,可得cos∠ACB==-<0,故∠ACB为钝角,故D正确.
6.(5分)已知△ABC为锐角三角形,D,E分别为AB,AC的中点,且CD⊥BE,则cos A的取值范围是( )
A. B.
C. D.
【解析】选D.如图,设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,设CD,BE交于点G,连接AG并延长交BC于点F,则F为BC的中点,
由CD⊥BE,可得FG=BC=a,
AG=a,AF=a.在△ABF中,c2=+-2×a·a·cos ∠AFB,
在△ACF中,b2=+-2×a·a·cos ∠AFC,
因为∠AFC+∠AFB=π,所以上面两式相加,得c2+b2=5a2.
因为△ABC为锐角三角形,所以a2+b2>c2,b2+c2>a2,c2+a2>b2,可得3b2>2c2,3c2>2b2,则<<,即<<,
又cos A===≥×2=,当且仅当b=c时取等号,
设=t(
7.(5分)在△ABC中,∠B=60°,AB=2,M是BC的中点,AM=2,则AC= ,
cos∠MAC= .
【解析】在△ABM中,由余弦定理得AM2=AB2+BM2-2BM·BA·cos B,
即12=4+BM2-2BM×2×,解得BM=4(负值舍去),所以BC=2BM=2CM=8,
在△ABC中,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos B=4+64-2×2×8×=52,
所以AC=2.
在△AMC中,由余弦定理得cos∠MAC===.
答案:2
8.(5分)已知在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a2=b2+c2-bc,a=3,则△ABC的周长的最大值为 .
【解析】因为a2=b2+c2-bc,所以bc=b2+c2-a2,
所以cos A==,
因为A∈(0,π),所以A=.
方法一:因为a=3,
所以由正弦定理得====2,
所以b=2sin B,c=2sin C,
则a+b+c=3+2sin B+2sin C
=3+2sin B+2sin(-B)
=3+3sin B+3cos B=3+6sin(B+),
因为B∈(0,),所以当B=时,周长取得最大值9.
方法二:因为a=3,
所以由余弦定理得9=b2+c2-bc,
所以(b+c)2-3bc=9,
所以(b+c)2-9=3bc≤3·()2,
所以(b+c)2≤36,
因为b+c>0,所以0
答案:9
9.(5分)(2022·全国甲卷)已知△ABC中,点D在边BC上,
∠ADB=120°,AD=2,CD=2BD.当取得最小值时,BD= .
【解析】设CD=2BD=2m>0,则在△ABD中,
AB2=BD2+AD2-2BD·ADcos∠ADB=m2+4+2m,
在△ACD中,AC2=CD2+AD2-2CD·ADcos∠ADC=4m2+4-4m,
所以===4-≥4-=4-2,
当且仅当m+1=,即m=-1时等号成立.所以当取得最小值时,BD=-1.
答案:-1
【加练备选】
已知D是△ABC边AC上一点,且CD=3AD,BD=,cos ∠ABC=,则3AB+BC的最大值为 .
【解析】解法一:设AD=t,则CD=3t,AC=4t,
△ABC内角A,B,C所对边分别为a,b,c,
在△ABD中,cos ∠ADB=,
在△BDC中,cos ∠BDC=,又cos ∠ADB=-cos ∠BDC,
所以=-,可得12t2=3c2+a2-8,①
在△ABC中,AC2=(4t)2=a2+c2-
2accos ∠ABC,即16t2=a2+c2-ac,②
由①②可得a2+9c2+ac=32,
所以32=(a+3c)2-a·3c≥(a+3c)2-×=(a+3c)2,
即(a+3c)2≤,所以a+3c≤,
当且仅当a=3c,即a=,c=时等号成立,
所以3AB+BC的最大值为.
解法二:因为CD=3AD,所以=3,
即-=3(-),
整理得=+,两边平方,
有=++·.
所以2=++·,
即2=++||·||×,
整理得32=9||2+||2+||·||,
设c=||,a=||,所以32=9c2+a2+ac=(3c+a)2-ac.
因为=≤,所以32=(3c+a)2-ac≥(3c+a)2-(3c+a)2=(3c+a)2,即3c+a≤=,当且仅当a=,c=时等号成立,所以3AB+BC的最大值为.
答案:
10.(10分)在△ABC中,D是边BC上一点,AD=5,AC=7.
(1)若DC=3,∠B=45°,求AB;
(2)若D为BC的中点,且AB=,证明:∠ADC=2∠ADB.
【解析】(1)在△ADC中,AD=5,AC=7,DC=3,由余弦定理得cos∠ADC==-,
所以∠ADC=120°.即∠ADB=60°.
在△ABD中,AD=5,∠B=45°,∠ADB=60°,
由正弦定理,得=,解得AB=.
(2)设BD=DC=x.
在△ABD中,由余弦定理得cos∠ADB=,
在△ADC中,由余弦定理得cos∠ADC=.
因为∠ADC+∠ADB=180°,所以+=0,解得x=3,
所以cos∠ADC==-,所以∠ADC=120°,从而∠ADB=60°,故∠ADC=2∠ADB.
11.(10分)(2023·武汉模拟)在①a=,②AC边上的高为,③sin B=这三个条件中任选一个,补充在下面问题中并完成解答.
问题:记△ABC内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知A=60°,c=b+1, .
(1)求c的值;
(2)设AD是△ABC的角平分线,求AD的长.
【解析】选条件①:
(1)因为a=,c=b+1,A=60°,
由余弦定理,得cos A==,
解得b=2或b=-3(舍去),
所以c=b+1=3.
(2)因为AD是△ABC的角平分线,所以∠BAD=30°,
cos B===,sin B===,
则sin∠ADB=sin(B+30°)=sin Bcos 30°+cos Bsin 30°=×+×=.
由正弦定理,得=,所以AD===.
选条件②:
(1)AC边上的高为,由三角形的面积公式,得b(b+1)·sin A=b,
解得b=2,所以c=3.
(2)因为AC边上的高为,A=60°,
所以a==.
因为AD是△ABC的角平分线,
所以∠BAD=30°,
cos B===,
sin B===,
则sin∠ADB=sin(B+30°)=sin Bcos 30°+
cos Bsin 30°=×+×=.
由正弦定理,得=,
所以AD===.
选条件③:
(1)sin B=,由题意可知B
因为A+B+C=π,
所以sin C=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B=×+×=.
由正弦定理,得=,则=,
解得b=2,所以c=3.
(2)因为AD是△ABC的角平分线,所以∠BAD=30°,
则sin∠ADB=sin(B+30°)=sin Bcos 30°+cos Bsin 30°=×+×=.
由正弦定理,得=,所以AD===.
【能力提升练】
12.(5分)顶角为36°的等腰三角形称为“黄金三角形”,黄金三角形看起来既标准又美观.如图所示,△ABC是黄金三角形,AB=AC,作∠ABC的平分线交AC于点D,易知△BCD也是黄金三角形.若BC=1,则AB= ;借助黄金三角形可计算sin 234°= .
【解析】由题可得∠A=∠ABD=∠DBC=36°,∠C=∠BDC=72°,所以△ABC∽△BCD,得=,且AD=BD=BC=1.
设AB=AC=x,则CD=x-1,所以=,解得x=(负值舍去).
因为sin 234°=sin(180°+54°)=-sin 54°=-cos 36°.在△ABC中,根据余弦定理可得cos 36°==,所以sin 234°=-.
答案: -
13.(5分)在△ABC中,D为BC边上一点,且BD=2CD,AD=BD,则tan∠BAC·cos2 B的最大值为 .
【解析】解法一:在△ABC中,由BD=2CD得:=+,两边取模得:
||2=,又AD=BD,代入得:a2=c2+b2+bccos ∠BAC,
即4a2=c2+4b2+4bccos ∠BAC,4(c2+b2-a2)-3c2+4bccos ∠BAC=0.
由余弦定理得:8bccos ∠BAC-3c2+4bccos ∠BAC=0,即4bcos ∠BAC=c.
再由正弦定理得:4sin Bcos ∠BAC=sin C=sin(∠B+∠BAC),
即4sin Bcos ∠BAC=sin B cos ∠BAC+cos Bsin ∠BAC,
所以tan∠BAC=3tan B,
所以tan∠BAC·cos2B=3tan Bcos2B=sin 2B≤(当B=时,“=”成立).
解法二:如图,由已知,设BD=x,则AD=x,CD=,
在△ABC中,=,在△ACD中,=,
所以==,
化简可得:tan ∠BAC·cos B=3sin B,可得:tan∠BAC·cos2B=sin 2B≤.
解法三:如图,分别过D,C作AB边上的高DE,CF,故DE∥CF.
在△ABD中,由三线合一知BE=AE.
由DE∥CF,BD=2CD得BE=2AF,DE∶CF=2∶3,所以tan∠BAC===3tan B,
所以tan∠BAC·cos2B=3tan Bcos2B=sin 2B≤(当B=时,“=”成立).
答案:
14.(10分)如图,在四边形ABCD中,AD⊥AB,∠CAB=60°,∠BCD=120°,AC=2.
(1)若∠ABC=30°,求DC.
(2)记∠ABC=θ,当θ为何值时,△BCD的面积S有最小值 求出最小值.
【解析】(1)由题意得∠DAC=30°,∠ADC=120°,
在△ADC中,由正弦定理得
=,所以DC=2××=.
(2)因为∠CAB=60°,AD⊥AB,所以∠CAD=30°,
由四边形内角和为360°,得∠ADC=150°-θ,
所以在△ADC中,=,
得DC=,
在△ABC中,=,得BC=,
所以S=DC·BC·sin 120°=×=×
=×=×,
因为0°<θ<150°,所以当θ=75°时,S取得最小值,最小值为6-3.
