2024年高考數(shù)學(xué)大一輪(人教A版文)第四章4.9　解三角形復(fù)習(xí)講義(學(xué)生版+解析)

§4.9解三角形考試要求1.掌握三角形中角平分線、中線、高線等問題.2.能利用解三角形的方法解決平面幾何的有關(guān)問題及判斷三角形的存在問題．題型一解三角形中角平分線、中線、高線的問題例1在△ABC中，AB＝2，AC＝4，角A為鈍角，△ABC的面積為2eq\r(3).(1)若D是BC的中點(diǎn)，求AD的長度；(2)若E是邊BC上一點(diǎn)，AE為△ABC的角平分線，求AE的長度．思維升華在△ABC中，若AD是邊BC上的中線，則AB2＋AC2＝2(BD2＋AD2)，AD2＝eq\f(1,4)(b2＋c2＋2bccosA)；若AD平分∠BAC，則S△ABD＋S△ACD＝S△ABC，eq\f(AB,AC)＝eq\f(BD,DC).跟蹤訓(xùn)練1如圖，在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知b＝3，c＝6，sin2C＝sinB，且AD為BC邊上的中線，AE為∠BAC的角平分線．求(1)cosC及線段BC的長；(2)△ADE的面積．題型二三角形中的存在性問題例2(12分)(2021·新高考全國Ⅱ)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，b＝a＋1，c＝a＋2.(1)若2sinC＝3sinA，求△ABC的面積；[切入點(diǎn)：邊角互化](2)是否存在正整數(shù)a，使得△ABC為鈍角三角形？若存在，求出a的值；若不存在，說明理由．[關(guān)鍵點(diǎn)：cosC<0且滿足三角形中三邊關(guān)系]思維升華(1)先仔細(xì)審題，已確定的條件有哪些，供選擇的條件有哪些，設(shè)問是什么．(2)將已確定的條件和設(shè)問關(guān)聯(lián)，結(jié)合有關(guān)的概念、公式、定理等進(jìn)行思考，采用多種方式進(jìn)行推理，確定所要選擇的條件具備哪些性質(zhì)．(3)觀察供選擇的條件有哪些，判斷條件選擇后是否有解題思路，進(jìn)而確定所選擇的條件．跟蹤訓(xùn)練2(2020·新高考全國Ⅰ)在①ac＝eq\r(3)，②csinA＝3，③c＝eq\r(3)b三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面問題中，若問題中的三角形存在，求c的值；若問題中的三角形不存在，說明理由．問題：是否存在△ABC，它的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且sinA＝eq\r(3)sinB，C＝eq\f(π,6)，________？注：如果選擇多個(gè)條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分．題型三與平面幾何有關(guān)的問題例3(2023·自貢模擬)如圖，在圓內(nèi)接四邊形ABCD中，B＝120°，AB＝2，AD＝2eq\r(2)，△ABC的面積為eq\r(3).(1)求AC；(2)求∠ACD.思維升華在平面幾何圖形中研究或求與角有關(guān)的長度、角度、面積的最值、優(yōu)化設(shè)計(jì)等問題，通常是轉(zhuǎn)化到三角形中，利用正、余弦定理通過運(yùn)算的方法加以解決．在解決某些具體問題時(shí)，常先引入變量，如邊長、角度等，然后把要解三角形的邊或角用所設(shè)變量表示出來，再利用正、余弦定理列出方程，再解方程即可．若研究最值，常使用函數(shù)思想．跟蹤訓(xùn)練3(2023·西安模擬)如圖，△ABC是邊長為3的等邊三角形，線段AE交BC于點(diǎn)D，BD＝1.(1)求sin∠ADB；(2)若AD＝3DE，求BE的長．§4.9解三角形考試要求1.掌握三角形中角平分線、中線、高線等問題.2.能利用解三角形的方法解決平面幾何的有關(guān)問題及判斷三角形的存在問題．題型一解三角形中角平分線、中線、高線的問題例1在△ABC中，AB＝2，AC＝4，角A為鈍角，△ABC的面積為2eq\r(3).(1)若D是BC的中點(diǎn)，求AD的長度；(2)若E是邊BC上一點(diǎn)，AE為△ABC的角平分線，求AE的長度．解(1)∵AB＝2，AC＝4，△ABC的面積為2eq\r(3)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)AB·AC·sin∠BAC＝eq\f(1,2)×2×4×sin∠BAC＝2eq\r(3)，∴sin∠BAC＝eq\f(\r(3),2)，又∠BAC為鈍角，∴∠BAC＝eq\f(2π,3)，∵D是BC的中點(diǎn)，∴eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，∴eq\o(AD,\s\up6(→))2＝eq\f(1,4)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))2，又AB＝2，AC＝4，∠BAC＝eq\f(2π,3)，∴|eq\o(AD,\s\up6(→))|2＝eq\f(4＋16＋2\o(AB,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),4)＝3，∴|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝eq\r(3)，即AD＝eq\r(3).(2)∵AE為△ABC的角平分線，∴∠BAE＝∠CAE＝eq\f(1,2)∠BAC＝eq\f(π,3)，∵S△ABC＝S△ABE＋S△ACE，∴eq\f(1,2)AB·AE·sin

eq\f(π,3)＋eq\f(1,2)AC·AE·sin

eq\f(π,3)＝2eq\r(3)，即eq\f(1,2)×2AE×eq\f(\r(3),2)＋eq\f(1,2)×4AE×eq\f(\r(3),2)＝2eq\r(3)，∴AE＝eq\f(4,3).思維升華在△ABC中，若AD是邊BC上的中線，則AB2＋AC2＝2(BD2＋AD2)，AD2＝eq\f(1,4)(b2＋c2＋2bccosA)；若AD平分∠BAC，則S△ABD＋S△ACD＝S△ABC，eq\f(AB,AC)＝eq\f(BD,DC).跟蹤訓(xùn)練1如圖，在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知b＝3，c＝6，sin2C＝sinB，且AD為BC邊上的中線，AE為∠BAC的角平分線．求(1)cosC及線段BC的長；(2)△ADE的面積．解(1)∵sin2C＝sinB，∴2sinCcosC＝sinB，∴由正弦定理得2ccosC＝b，∴cosC＝eq\f(1,4).在△ABC中，由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋9－36,6a)＝eq\f(1,4)，解得a＝6(負(fù)值舍去)，即BC＝6.(2)∵cosC＝eq\f(1,4)>0，∴C∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴sinC＝eq\f(\r(15),4)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(9\r(15),4)，∵AE平分∠BAC，∴sin∠BAE＝sin∠CAE，在△ABE中，由正弦定理得eq\f(BE,sin∠BAE)＝eq\f(AB,sin∠AEB)，在△ACE中，由正弦定理，得eq\f(CE,sin∠CAE)＝eq\f(AC,sin∠AEC)，其中sin∠AEB＝sin∠AEC，∴eq\f(AB,AC)＝eq\f(BE,CE)＝2?S△AEC＝eq\f(1,3)S△ABC，∵AD為BC邊的中線，∴S△ADC＝eq\f(1,2)S△ABC，∴S△ADE＝S△ADC－S△AEC＝eq\f(1,6)S△ABC＝eq\f(3\r(15),8).

題型二三角形中的存在性問題例2(12分)(2021·新高考全國Ⅱ)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，b＝a＋1，c＝a＋2.(1)若2sinC＝3sinA，求△ABC的面積；[切入點(diǎn)：邊角互化](2)是否存在正整數(shù)a，使得△ABC為鈍角三角形？若存在，求出a的值；若不存在，說明理由．[關(guān)鍵點(diǎn)：cosC<0且滿足三角形中三邊關(guān)系]思維升華(1)先仔細(xì)審題，已確定的條件有哪些，供選擇的條件有哪些，設(shè)問是什么．(2)將已確定的條件和設(shè)問關(guān)聯(lián)，結(jié)合有關(guān)的概念、公式、定理等進(jìn)行思考，采用多種方式進(jìn)行推理，確定所要選擇的條件具備哪些性質(zhì)．(3)觀察供選擇的條件有哪些，判斷條件選擇后是否有解題思路，進(jìn)而確定所選擇的條件．跟蹤訓(xùn)練2(2020·新高考全國Ⅰ)在①ac＝eq\r(3)，②csinA＝3，③c＝eq\r(3)b三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面問題中，若問題中的三角形存在，求c的值；若問題中的三角形不存在，說明理由．問題：是否存在△ABC，它的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且sinA＝eq\r(3)sinB，C＝eq\f(π,6)，________？注：如果選擇多個(gè)條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分．解方案一：選條件①.由C＝eq\f(π,6)和余弦定理得eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3),2).由sinA＝eq\r(3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b.于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2)，由此可得b＝c.由①ac＝eq\r(3)，解得a＝eq\r(3)，b＝c＝1.因此，選條件①時(shí)問題中的三角形存在，此時(shí)c＝1.方案二：選條件②.由C＝eq\f(π,6)和余弦定理得eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3),2).由sinA＝eq\r(3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b.于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2)，由此可得b＝c，B＝C＝eq\f(π,6)，A＝eq\f(2π,3).由②csinA＝3，所以c＝b＝2eq\r(3)，a＝6.因此，選條件②時(shí)問題中的三角形存在，此時(shí)c＝2eq\r(3).方案三：選條件③.由C＝eq\f(π,6)和余弦定理得eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3),2).由sinA＝eq\r(3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b.于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2)，由此可得b＝c.由③c＝eq\r(3)b，與b＝c矛盾．因此，選條件③時(shí)問題中的三角形不存在．題型三與平面幾何有關(guān)的問題例3(2023·自貢模擬)如圖，在圓內(nèi)接四邊形ABCD中，B＝120°，AB＝2，AD＝2eq\r(2)，△ABC的面積為eq\r(3).(1)求AC；(2)求∠ACD.解(1)因?yàn)椤鰽BC的面積為eq\r(3)，所以eq\f(1,2)AB·BCsinB＝eq\r(3).又因?yàn)锽＝120°，AB＝2，所以BC＝2.由余弦定理得，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB，即AC2＝22＋22－2×2×2cos120°＝12，所以AC＝2eq\r(3).(2)因?yàn)锳BCD為圓內(nèi)接四邊形，且B＝120°，所以D＝60°.又AD＝2eq\r(2)，由正弦定理可得eq\f(AD,sin∠ACD)＝eq\f(AC,sinD)，故sin∠ACD＝eq\f(ADsinD,AC)＝eq\f(2\r(2)sin60°,2\r(3))＝eq\f(\r(2),2).因?yàn)锳C>AD，所以0°<∠ACD<60°，所以∠ACD＝45°.思維升華在平面幾何圖形中研究或求與角有關(guān)的長度、角度、面積的最值、優(yōu)化設(shè)計(jì)等問題，通常是轉(zhuǎn)化到三角形中，利用正、余弦定理通過運(yùn)算的方法加以解決．在解決某些具體問題時(shí)，常先引入變量，如邊長、角度等，然后把要解三角形的邊或角用所設(shè)變量表示出來，再利用正、余弦定理列出方程，再解方程即可．若研究最值，常使用函數(shù)思想．跟蹤訓(xùn)練3(2023·西安模擬)如圖，△ABC是邊長為3的等邊三角形，線段AE交BC于點(diǎn)D，BD＝1.(1)求sin∠ADB；(2)若AD＝3DE，求BE的長．解(1)在△ABD中，由余弦定理可得AD2＝AB2＋BD2－2AB×BD×cos∠ABD，代入數(shù)據(jù)可得AD2＝32＋12－2×3×1×eq\f(1,2)＝7，∴AD＝eq\r(7)，由正弦定理可得eq\f(AB,sin∠ADB)＝eq\f(AD,sin∠ABD)，∴sin∠ADB＝eq\f(AB×sin∠ABD,AD)＝eq\f(3×\f(\r(3),2),\r(7))＝eq\f(3\r(21),14).(2)在△ABD中，由(1)及余弦定理得cos∠ADB＝－eq\f(\r(7),14)，cos∠EDB＝cos(π－∠ADB)＝－cos∠ADB＝eq\f(\r(7),14)，又DE＝eq\f(AD,3)＝eq\f(\r(7),3)，∴在△BED中，由余弦定理可得BE2＝BD2＋DE2－2BD×DE×cos∠EDB＝1＋eq\f(7,9)－2×1×eq\f(\r(7),3)×eq\f(\r(7),14)＝eq\f(13,9)，故BE＝eq\f(\r(13),3).課時(shí)精練1．在△ABC中，AD是BC邊上的中線，∠BAC＝120°，且eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝－eq\f(15,2).(1)求△ABC的面積；(2)若AB＝5，求AD的長．解(1)∵eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|cos∠BAC＝－eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝－eq\f(15,2)，則|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝15，∴S△ABC＝eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|sin∠BAC＝eq\f(1,2)×15×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(15\r(3),4).(2)由AB＝5得AC＝3，如圖，延長AD到E，使AD＝DE，連接BE.可得2eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))，∴4eq\o(AD,\s\up6(→))2＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))2＝eq\o(AB,\s\up6(→))2＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))2＝25－15＋9＝19，∴|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(19),2)，即AD的長為eq\f(\r(19),2).2．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知acosB＋eq\f(1,2)b＝c.(1)求角A；(2)若c＝2，角A的角平分線AD交BC于D，AD＝eq\f(4\r(3),3)，求a.解(1)由acosB＋eq\f(1,2)b＝c及正弦定理，得sinAcosB＋eq\f(1,2)sinB＝sinC，∵sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB，∴eq\f(1,2)sinB＝cosAsinB，∵sinB≠0，∴cosA＝eq\f(1,2)，∵A∈(0，π)，∴A＝eq\f(π,3).(2)∵S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，∴eq\f(1,2)×2·b·eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,2)·(2＋b)·eq\f(4\r(3),3)×eq\f(1,2)，解得b＝4，在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝42＋22－2×4×2cos

eq\f(π,3)＝12，∴a＝2eq\r(3).3．(2023·濰坊模擬)如圖，在△ABC中，AB＝2,3acosB－bcosC＝ccosB，點(diǎn)D在線段BC上．(1)若∠ADC＝eq\f(3π,4)，求AD的長；(2)若BD＝2DC，△ACD的面積為eq\f(4\r(2),3)，求eq\f(sin∠BAD,sin∠CAD)的值．解(1)因?yàn)?acosB－bcosC＝ccosB，由正弦定理可得3sinAcosB＝sinBcosC＋cosBsinC＝sin(B＋C)＝sin(π－A)＝sinA，因?yàn)锳∈(0，π)，則sinA>0，故cosB＝eq\f(1,3)，則B為銳角，所以sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(2\r(2),3)，因?yàn)椤螦DC＝eq\f(3π,4)，則∠ADB＝eq\f(π,4)，在△ABD中，由正弦定理得eq\f(AD,sinB)＝eq\f(AB,sin∠ADB)，所以eq\f(AD,\f(2\r(2),3))＝eq\f(2,\f(\r(2),2))，解得AD＝eq\f(8,3).(2)設(shè)CD＝t，則BD＝2t，因?yàn)镾△ACD＝eq\f(4\r(2),3)，則S△ABC＝3S△ACD＝4eq\r(2)，即eq\f(1,2)×2×3t×eq\f(2\r(2),3)＝4eq\r(2)，解得t＝2，故BC＝3t＝6，在△ABC中，由余弦定理可得AC＝eq\r(AB2＋BC2－2AB·BCcosB)＝eq\r(4＋36－2×2×6×\f(1,3))＝4eq\r(2)，在△ABD中，由正弦定理可得eq\f(BD,sin∠BAD)＝eq\f(AB,sin∠ADB)，故sin∠BAD＝2sin∠ADB，在△ACD中，由正弦定理可得eq\f(CD,sin∠CAD)＝eq\f(AC,sin∠ADC)，故sin∠CAD＝eq\f(\r(2),4)sin∠ADC，因?yàn)閟in∠ADB＝sin(π－∠ADC)＝sin∠ADC，所以eq\f(sin∠BAD,sin∠CAD)＝eq\f(2sin∠ADB,\f(\r(2),4)sin∠ADC)＝4eq\r(2).4．(2023·包頭模擬)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且b(2－cosA)＝eq\r(3)asinB.(1)若a∶b∶c＝1∶2∶2，則此時(shí)△ABC是否存在？若存在，求△ABC的面積；若不存在，請(qǐng)說明理由；(2)若△ABC的外接圓半徑為4，且b－c＝eq\f(a,2)，求△ABC的面積．解(1)由b(2－cosA)＝eq\r(3)asinB得2b＝eq\r(3)asinB＋bcosA，在△ABC中，由正弦定理得2sinB＝eq\r(3)sinAsinB＋sinBcosA，而sinB>0，則eq\r(3)sinA＋cosA＝2，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＝1，因?yàn)?<A<π，于是得A＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，解得A＝eq\f(π,3)，而a∶b∶c＝1∶2∶2，則B＝C>A＝eq\f(π,3)，必有A＋B＋C>π，所以△ABC不存在．(2)因?yàn)椤鰽BC的外接圓半徑R＝4，由正弦定理得a＝2RsinA＝8sin

eq\f(π,3)＝4eq\r(3)，則b－c＝eq\f(a,2)＝2eq\r(3)，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA得，a2＝b2＋c2－bc＝(b－c)2＋bc，即48＝12＋bc，則bc＝36，因此△ABC的面積S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×36×eq\f(\r(3),2)＝9eq\r(3).5.在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且(2a＋c)·cos(A＋C)＋b＝2bcos2eq\f(C,2).(1)求B；(2)如圖，若D為△ABC外一點(diǎn)，且∠BCD＝eq\f(7π,12)，AB⊥AD，AB＝1，AD＝eq\r(3)，求AC.解(1)由(2a＋c)cos(A＋C)＋b＝2bcos2eq\f(C,2)，得(2a＋c)cos(π－B)＝beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cos2\f(C,2)－1))，即－(2a＋c)cosB＝bcosC，由正弦定理得－(2sinA＋sinC)cosB＝sinBcosC，整理得－2sinAcosB＝sinCcosB＋sinBcosC，∴－2sinAcosB＝sin(B＋C)＝sinA，又A∈(0，π)，∴sinA>0，∴cosB＝－eq\f(1,2)，又B∈(0，π)，∴B＝eq\f(2π,3).(2)如圖，連接BD，∵AD⊥AB，AB＝1，AD＝eq\r(3)，∴BD＝eq\r(AB2＋AD2)＝eq\r(12＋\r(3)2)＝2，tan∠ABD＝eq\f(AD,AB)＝eq\r(3)，∴∠ABD＝eq\f(π,3)，∴∠CBD＝∠ABC－∠ABD＝eq\f(π,3).又∠BCD＝eq\f(7π,12)，∴∠BDC＝π－∠BCD－∠CBD＝eq\f(π,12)，在△BCD中，由正弦定理可得eq\f(BD,sin∠BCD)＝eq\f(BC,sin∠BDC)，即eq\f(2,sin

\f(7π,12))＝eq\f(BC,sin

\f(π,12))，∴BC＝eq\f(2sin

\f(π,12),sin

\f(7π,12))＝eq\f(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(π,4))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋\f(π,4))))＝4－2eq\r(3).在△ABC中，由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC＝12＋(4－2eq\r(3))2－2×1×(4－2eq\r(3))×cos

eq\f(2π,3)＝33－18eq\r(3)，∴AC＝eq\r(33－18\r(3)).6．(2023·青海模擬)在△ABC中，bsinA＝acosB.(1)求B的大小；(2)從下列三個(gè)條件中，選擇兩個(gè)作為已知條件，使得△ABC存在且唯一，求△ABC的面積．①cosA＝－eq\f(1,2)；②b＝eq\r(2)；③AB邊上的高為eq\f(\r(6),2).注：如果選擇的條件不符合要求，第(2)問得0分；如果選擇多個(gè)符合要求的