第29讲 多三角形背景下解三角形
● 课堂考点探究
例1 [思路点拨] (1)利用正弦定理即可求解;(2)找到隐含条件∠ADB和∠BDC互补,从而列出等式求出a,c的关系,再在△ABC中利用余弦定理即可求解.
解:(1)证明:由BDsin∠ABC=asin C及正弦定理得,BD·b=ac,
又b2=ac,所以BD·b=b2,即BD=b.
(2)若AD=2DC,则AD=b,DC=b.在△ABD中,
由余弦定理得cos∠ADB==;
在△BCD中,由余弦定理得cos∠BDC=
=.
因为∠ADB+∠BDC=π,所以+=0,即b2=2a2+c2,又b2=ac,所以ac=2a2+c2,即6a2-11ac+3c2=0,即(3a-c)·(2a-3c)=0,解得3a=c或2a=3c.当3a=c时,由b2=2a2+c2,得a2=b2,c2=9a2=3b2,在△ABC中,由余弦定理得cos∠ABC=
==
==>1,不成立.当2a=3c时,由b2=2a2+c2,得a2=b2,c2=b2,在△ABC中,由余弦定理得cos∠ABC==
==
=.综上,cos∠ABC=.
变式题 解:(1)由cos B+2cos C=0和余弦定理可得,+2×=0,将c=2b代入得,+2×=0,化简得5a2=9b2,即a=b.由余弦定理可得,
cos A===.
(2)由(1)和余弦定理可得,cos∠ACB===-,则∠ACB∈,
故sin∠ACB==.由=,可得-=(-),整理得=+,两边同时平方可得,||2==b2+a2+abcos∠ACB,
又因为CD=,所以17=b2+×b2+××b2,整理得b2=17,可得b=3,则a=×3=9,故△ABC的面积S=absin∠ACB=×9×3×=27.
例2 [思路点拨] (1)记CD的中点为E,利用向量运算证明AE⊥BC即可;(2)先根据向量关系得=2,再由角平分线定理得c=2b,分别在△ACD,△ABD中使用余弦定理可得a2=,再在△ABC中利用余弦定理求cos∠BAC,然后由平方关系可得sin∠BAC.
解:(1)证明:记CD的中点为E,连接AE,则+=2,因为(+)·=2·=0,所以AE⊥BC,所以AE为CD的垂直平分线,所以AD=AC=b.
(2)记∠CAD=θ,因为=+,所以-=2(-),所以=2,则BD=a,DC=a,又AD为∠BAC的平分线,所以==2,则c=2b.在△ACD,△ABD中,分别由余弦定理得b2+b2-2b2cos θ=,b2+4b2-4b2cos θ=,消去cos θ可得a2=.在△ABC中,由余弦定理得cos∠BAC==,所以sin∠BAC==.
变式题 解:(1)依题意,由正弦定理可得=,所以sin C-sin B=sin(A-B),
又sin C=sin[π-(A+B)]=sin(A+B),所以sin B=sin(A+B)-sin(A-B)=2cos Asin B.因为B∈(0,π),所以sin B≠0,所以cos A=,又A∈(0,π),所以A=.
(2)方法一:由题意得,S△ABD+S△ACD=S△ABC,所以c·ADsin+b·ADsin=b·csin,即b+c=bc,又b=AC=2,所以c=,所以a2=b2+c2-2bccos=9,即a=3,所以a+c=3+.
方法二:如图,在△ACD中,AD=2,AC=2,∠CAD=,由余弦定理得,CD2=22+(2)2-2×2×2cos=4,所以CD=AD=2,所以C=∠CAD=,所以B=π--=,所以a=bcos=3,c=bsin=,所以a+c=3+.
例3 [思路点拨] (1)根据条件,利用余弦定理,即可求出结果;(2)根据(1)中结果及条件,求得sin∠ACD,sin∠ADC,再利用正弦定理即可求出结果.
解:(1)在△ABC中,由余弦定理可得cos∠BCA=,
又AB=,AC=3,BC=2,
所以cos∠BCA==.
(2)由(1)知cos∠BCA=,所以sin∠BCA==
=.因为cos∠BCD=-,所以sin∠BCD===,所以sin∠ACD=sin(∠BCD-∠BCA)=
sin∠BCDcos∠BCA-cos∠BCDsin∠BCA=×+×=.
因为cos∠ADC=-,
所以sin∠ADC==.
在△ACD中,由正弦定理可得=,即=,所以AD=.
变式题 解:(1)设BC=CD=x>0,在△ABC中,由余弦定理得AC2=9+x2-2×3xcos B=7,即x2+2=6xcos B①.
在△ACD中,由余弦定理得AC2=1+x2-2xcos D=7,即x2-6=2xcos D②.
因为B+D=π,所以cos D=cos(π-B)=-cos B,联立①②可得x=2(负值舍去),cos B=.因为B∈(0,π),所以B=.
(2)在△PBC中,由正弦定理知,=,所以sin∠BPC===1,又0<∠BPC<π,所以∠BPC=.在Rt△PBC中,由勾股定理知,PB==1,则PA=AB-PB=2.第29讲 多三角形背景下解三角形
1.解:(1)由题意知,=,
所以2cos A·sin B=sin A·cos C+cos A·sin C=sin(A+C)=sin B.
又sin B≠0,所以cos A=,而A∈(0,π),所以A=.
(2)在△ABC中,·=cb·cos=4×2×=4.因为2=3,所以=+,
所以||2===,
故AM=.
2.解:(1)∵m∥n,∴(b-a)(sin A+sin B)=(c+b)·(-sin C),由正弦定理得(b-a)(a+b)=(c+b)·(-c),
∴b2+c2-a2=-bc,∴cos A===-,又∵A∈(0,π),∴A=.
(2)∵AD平分∠BAC,∴∠BAD=∠CAD=∠BAC=.
∵S△ABD+S△ACD=S△ABC,∴AB·AD·sin∠BAD+AC·AD·sin∠CAD=b·c·sin∠BAC,即2csin+2bsin=bcsin,∴2c+2b=bc.由基本不等式可得bc=2b+2c≥4, ∴bc≥16,当且仅当b=c=4时取等号,∴S△ABC=bcsin∠BAC=bc≥4,即△ABC的面积的最小值为4.
3.解:(1)由题知(b+c-a)(b+c+a)=(b+c)2-a2=b2+2bc+c2-a2=bc,则b2+c2-a2=-bc,所以cos A==-,因为0
(2)方法一:由(1)得,∠BAC=,因为∠BAD=3∠CAD,所以∠CAD=.
如图,在△ACD中,由余弦定理得CD2=AD2+AC2-2AD·ACcos∠DAC=3+16-2××4×=7,所以CD=.
在△ACD中,由正弦定理得=,即=,所以sin C=.
因为0所以在△ABC中,sin B=sin(∠BAC+C)=sin∠BACcos C+cos∠BACsin C=×-×=.
方法二:同方法一,得CD=.在△ACD中,由正弦定理得=,即=,
所以sin∠ADC=,可得cos∠ADC=-=-.
因为∠ADC=∠BAD+B=B+,
所以cos=-,
所以sin B=.
方法三:同方法一,得CD=.在直角三角形ABD中,BD=,所以a=+.又a2=b2+c2+bc,所以(+)2=c2+4c+16,即c2+2+10=c2+4c+16,得=2c+3,即c2-4c+4=0,所以c=2,BD=,故sin B==.
方法四:由(1)知∠BAC=,因为∠BAD=3∠CAD,所以∠CAD=,∠BAD=.
因为S△ABC=S△ABD+S△ACD,所以×4csin=×c+×4×sin,即c=c+,解得c=2,所以a2=b2+c2+bc=16+4+8=28,即a=2.在△ABC中,由正弦定理得=,即=,解得sin B==.
4.解:(1)由题知sin 2A+cos 2A=2sin=2,所以sin=1,因为A∈(0,π),所以2A+=,则A=.又b=a,所以sin B=sin A=,因为B∈,
所以B=或B=.
(2)由(1)可知A=,B=,则C=π--=.如图,作BD⊥AC,交AC的延长线于点D,则BD=+,∠BCD=,∠CBD=,所以sin A=,所以AB=2+2,cos∠CBD=cos=×+×==,则BC=4,故AC=4,所以△ABC的周长为AB+BC+AC=2+2+4+4=6+2+4.
5.解:(1)方法一:在△ABD中,由余弦定理得cos A=,
将AD=2,AB=2代入得cos A=,即cos A=①.同理,在△BCD中,cos C=,即cos C=②.
①-②得cos A-cos C=1,所以当BD的长度变化时,cos A-cos C为定值,该定值为1.
方法二:在△ABD中,由余弦定理得BD2=AD2+AB2-2AD·ABcos A,
即BD2=(2)2+22-2×2×2×cos A,即BD2=16-8cos A.
同理,在△BCD中,BD2=CD2+CB2-2CD·CBcos C=8-8cos C,所以16-8cos A=8-8cos C,化简得cos A-1=cos C,即cos A-cos C=1,所以当BD的长度变化时,cos A-cos C为定值,该定值为1.
(2)+=AB2·AD2·sin2A+BC2·CD2·sin2C=12sin2A+4sin2C=12sin2A+4-4cos2C=12sin2A+4-4(cos A-1)2=-24cos2A+8cos A+12,令cos A=t,t∈(-1,1),所以+=-24t2+8t+12=-24+14,所以当t=,即cos A=时,+取到最大值14,故 +的最大值为14.第29讲 多三角形背景下解三角形
【热点解读】 解三角形是高考数学的必考内容,其中在三角形中增加高线、中线、角平分线以及其他等分点条件在最近几年的高考题中出现的频率很高,这类问题一般需要综合使用正弦定理和余弦定理解决.
解含分点的三角形
例1 记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知b2=ac,点D在边AC上,BDsin∠ABC=asin C.
(1)证明:BD=b;
(2)若AD=2DC,求cos∠ABC.
总结反思
解含分点的三角形的处理策略:如图,△ABC中, D为边BC上一点,且BD=tDC,若已知AB,AC及∠BAC,求AD.
(1)向量法:=+两边平方即可;
(2)余弦定理,补角的余弦值互为相反数,即cos∠ADB+cos∠ADC=0.
变式题 [2025·广西南宁模拟] 记△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知c=2b,cos B+2cos C=0.
(1)求cos A;
(2)若D是边AB上一点,=,且CD=,求△ABC的面积.
解含角平分线的三角形
例2 [2024·河北张家口三模] 在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,点D为边BC上一点,且满足(+)·=0.
(1)证明:AD=b;
(2)若AD为∠BAC的平分线,且=+,求sin∠BAC.
总结反思
在△ABC中,AD平分∠BAC,则涉及角平分线AD的问题可用以下方法处理:
(1)角平分线定理:=;
(2)利用两个小三角形面积和等于大三角形面积处理,即可用S△ABD+S△ACD=S△ABC,得到(b+c)AD=2bccos,即AD=(角平分线长公式)求解.
变式题 [2025·福建泉州质检] △ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知=.
(1)求A;
(2)若∠BAC的平分线与BC交于点D,AD=2,AC=2,求a+c.
解平面几何多三角形问题
例3 [2024·湖北十一校联考] 在平面凸四边形ABCD中,AB=,AC=3,BC=2.
(1)求cos∠BCA的值;
(2)若cos∠BCD=-,cos∠ADC=-,求AD的长.
总结反思
多三角形背景解三角形问题的求解思路:(1)把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.解题时,有时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、三角形角平分线的性质,把这些性质与正弦、余弦定理相结合,才能顺利解决问题.
变式题 如图,四边形ABCD的内角B,D满足B+D=π,AB=3,DA=1,BC=CD,且AC=.
(1)求角B;
(2)若点P是线段AB上的一点,PC=,求PA的值.
第29讲 多三角形背景下解三角形
(时间:45分钟)
1.[2025·安徽江淮十校联考] 已知在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且=.
(1)求A的值;
(2)若c=2b=4,M为边BC上一点,且2BM=3MC,求AM的长.
2.[2025·长沙长郡中学月考] △ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知向量m=(b-a
,-sin C),n=(c+b,sin A+sin B),满足m∥n.
(1)求A;
(2)若角A的平分线交边BC于点D,AD的长为2,求△ABC的面积的最小值.
3.[2025·浙江嘉兴模拟] 记△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知(b+c-a)(b+c+a)=bc.
(1)求A;
(2)若D为BC边上一点,∠BAD=3∠CAD,AC=4,AD=,求sin B.
4.[2025·河北唐山模拟] 已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,sin 2A+
cos 2A=2,b=a.
(1)求B;
(2)若B为锐角,AC边上的高为+,求△ABC的周长.
5.[2025·江苏南京模拟] 平面多边形中,三角形具有稳定性,而四边形不具有这一性质.如图所示,四边形ABCD的顶点在同一平面内,已知AB=BC=CD=2,AD=2.
(1)当BD的长度变化时,cos A-cos C是否为一个定值 若是,求出这个定值;若不是,请说明理由.
(2)记△ABD与△BCD的面积分别为S1和S2,请求出+的最大值.(共59张PPT)
第29讲 多三角形背景下解三角形
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【热点解读】 解三角形是高考数学的必考内容，其中在三角形中增
加高线、中线、角平分线以及其他等分点条件在最近几年的高考题
中出现的频率很高，这类问题一般需要综合使用正弦定理和余弦定
理解决.
探究点一 解含分点的三角形
例1 记的内角,,的对边分别为,,.已知，点 在
边上， .
（1） ；
［思路点拨］利用正弦定理即可求解；
证明：由及正弦定理得， ，
又，所以，即 .
（2）若，求 .
［思路点拨］找到隐含条件和 互补，从而列出等式求出
,的关系,再在 中利用余弦定理即可求解.
解：若，则，
在 中，由余弦定理得 ；
在中，由余弦定理得 .
因为 ，所以 ，
即，
又，所以 ,即，
即，解得 或.
当时，由，得 ，，
在中，由余弦定理得
，不成立.
当时，由 , 得，,
在 中，由余弦定理得
.
综上， .
[总结反思]
解含分点的三角形的处理策略：如图，中，
为边上一点，且，若已知，及
，求.
（1）向量法： 两边平方即可；
（2）余弦定理，补角的余弦值互为相反数，即
.
变式题 [2025·广西南宁模拟] 记的内角,, 所对的边分别为
,,，已知, ．
（1）求 ；
解：由 和余弦定理可得，
，
将 代入得，，
化简得，即 .
由余弦定理可得， .
（2）若是边上一点，，且，求 的面积．
解：由（1）和余弦定理可得，
,则 ,
故.
由 ，可得，
整理得 ，两边同时平方可得，
，
又因为，所以 ，
整理得，可得，
则，
故 的面积 ．
探究点二 解含角平分线的三角形
例2 [2024·河北张家口三模] 在中，内角，， 的对边分别
为，，，点为边上一点，且满足 ．
（1）证明： ；
［思路点拨］记的中点为，利用向量运算证明 即可；
证明：记的中点为，连接，则 ，
因为，所以，
所以为 的垂直平分线，所以 .
（2）若为的平分线，且，求 .
［思路点拨］先根据向量关系得 ，再由角平分线定理得
，分别在,中使用余弦定理可得 ，再在
中利用余弦定理求，然后由平方关系可得 .
解：记 ，因为 ，所以
，所以，则, ，
又为的平分线，所以，则.
在 ,中，分别由余弦定理得 ,
，消去 可得.
在 中，由余弦定理得 ，
所以 .
[总结反思]
在中，平分，则涉及角平分线的问题可用以下方
法处理：
（1）角平分线定理：；
（2）利用两个小三角形面积和等于大三角形面积处理，即可用
，得到，即
（角平分线长公式）求解．
变式题 [2025·福建泉州质检] 的内角,,所对的边分别为 ,
,，已知 .
（1）求 ；
解：依题意，由正弦定理可得 ,
所以 ，
又 ,
所以.
因为 ，所以，所以，
又，所以 .
（2）若的平分线与交于点,,，求 .
解：方法一：由题意得， ，
所以，即 ，
又，所以，所以 ，
即，所以 .
方法二：如图，在中，, , ，
由余弦定理得， ，
所以，所以，所以 ，
所以, ，所以 .
探究点三 解平面几何多三角形问题
例3 [2024·湖北十一校联考] 在平面凸四边形中， ，
， ．
（1）求 的值；
［思路点拨］根据条件，利用余弦定理，即可求出结果；
解：在中，由余弦定理可得 ，
又，， ，所以 .
（2）若,，求 的长．
［思路点拨］根据（1）中结果及条件，求得， ，
再利用正弦定理即可求出结果.
解：由（1）知，
所以 .
因为 ，
所以 ，
所以
.
因为 ，所以 .
在中，由正弦定理可得，即 ，
所以 .
[总结反思]
多三角形背景解三角形问题的求解思路:（1）把提供的平面图形拆
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.解题
时,有时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、
三角形角平分线的性质,把这些性质与正弦、余弦定理相结合,才能顺
利解决问题.
变式题 如图，四边形的内角，满足 ， ，
，，且 ．
（1）求角 ；
解：设，
在 中，由余弦定理得
，即 .
在 中，由余弦定理得
，即 .
因为 ，所以 ，
联立①②可得（负值舍去），.
因为，所以 ．
（2）若点是线段上的一点，，求
的值．
解：在中，由正弦定理知， ，
所以 ，
又 ，所以.
在 中，由勾股定理知，，
则 ．
【备选理由】例1是含分点的三角形问题，考查两角和与差的正弦公
式、已知三角函数值求角、正弦定理等基础知识，考查运算求解能
力与化归转化思想；
例1 ［配例1使用］ [2024·南京一模] 在 中，
.
（1）求 的大小；
解：在中， ，所以 ．
因为 ，
所以 ，
即 ，
化简得 .
因为，所以，所以 ．
因为 ，所以 ．
（2）延长至点，使得，若，
求 的大小．
解：方法一：如图，设， ，
则 ．
由（1）知，
又，所以在中， ．
在中，由正弦定理得，即 ．
在中，由正弦定理得，即 ．
，得，
即，所以 ．
因为，所以，
所以或，故或 ．
方法二：如图，设，则 ，
．
因为， ，
所以，
因此 ，
所以，则 ．
在中，由正弦定理得 ，
即，所以 ．
因为，所以或 ，
又，故或 ．
例2 ［配例2使用］ [2025·广州模拟] 已知在锐角三角形 中，
，为边上一点，且 ．
（1）证明：平分 ；
【备选理由】 例2是含角平分线的三角形问题，考查了三角恒
等变换、正余弦定理等知识，考查运算求解能力与化归转化思想；
证明：由题意， ，且,
所以 ，
即 ，
所以 ，
又因为为锐角三角形，所以，所以 .
设的内角,,的对边分别为,, ，
由正弦定理得 .
在中，由正弦定理得，
在 中，由正弦定理得 ，
因为 ,所以 ，
所以 ,
又因为，即，且 ，
所以，所以平分 .
（2）已知，求 ．
解：因为,所以 ,
则，故.
在 中，由余弦定理得 ， 可得，所以 .
例3 ［配例3使用］ [2025·湖北高中名校联盟联考]
如图，在平面四边形中， ，
，， ．
（1）若与交于点，且，求
的长；
【备选理由】 例3是平面几何多边形问题，考查余弦定理、求三角形的边长或周长的最值或范围、几何图形中的计算等知识.
解：在 中,由余弦定理得
,
所以.
因为， ，
所以 .
由 可知, ,
所以 .
（2）求四边形 周长的最大值．
解：因为 ,所以 ,
所以 ,
故，当且仅当时等号成立，
故四边形 周长的最大值为 .
作业手册
◆ 基础热身 ◆
1.[2025·安徽江淮十校联考] 已知在中，内角,, 所对的边分
别为,,，且 ．
（1）求 的值；
解：由题意知， ，
所以 .
又，所以，而，所以 ．
（2）若,为边上一点，且，求 的长．
解：在中， .
因为，所以 ，
所以 ，
故 ．
2.[2025·长沙长郡中学月考] 的内角，，的对边分别为 ，
，，已知向量， ，满
足 ．
（1）求 ；
解：， ，
由正弦定理得 ，
， ，
又， .
（2）若角的平分线交边于点，的长为2，求 的面积
的最小值．
解：平分， .
，
，
即， .
由基本不等式可得，
，当且仅当 时取等号，
，
即 的面积的最小值为 .
◆ 综合提升 ◆
3.[2025·浙江嘉兴模拟] 记的内角,,所对的边分别为,, ，
已知 .
（1）求 ；
解：由题知
，
则，所以 ，
因为 ，所以 .
（2）若为边上一点，,, ，求
.
解：方法一：由（1）得，，
因为 ，所以 .
如图，在 中，由余弦定理得
，所以 .
在中，由正弦定理得，
即 ，所以 .
因为，所以 ，
所以在 中，
.
方法二：同方法一，得.
在 中，由正弦定理得
，即 ，
所以,可得 .
因为 ，
所以 ，所以 .
方法三：同方法一，得.
在直角三角形 中，，
所以.
又 ，所以 ，
即，得 ,
即，所以，,故 .
方法四：由（1）知，
因为 ，所以， .
因为 ，所以
，即 ，解得，
所以，即 .
在中，由正弦定理得，即 ，
解得 .
4.[2025·河北唐山模拟] 已知的内角,,的对边分别为, ,
，， ．
（1）求 ；
解：由题知 ，
所以，
因为,所以，则 .
又，所以，
因为 ，所以或 .
解：由（1）可知， ，则.
如图，作，交 的延长线于点，
则, , ，
所以 ，所以 ，
，则,
故，所以 的周长为
.
（2）若为锐角，边上的高为，求 的周长．
◆ 能力拓展 ◆
5.[2025·江苏南京模拟] 平面多边形中，三角形具有稳定性，而四边
形不具有这一性质．如图所示，四边形 的顶点在同一平面内，
已知, ．
（1）当的长度变化时， 是否为一个定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．
解：方法一：在 中，由余弦定理得
，
将， 代入得
，即 .
同理，在中， ，即 .
得，
所以当 的长度变化时， 为定值，该定值为1.
方法二：在 中，由余弦定理得
，
即 ，
即 .
同理，在 中， ，
所以，
化简得 ，即，
所以当的长度变化时， 为定值，该定值为1.
（2）记与的面积分别为和 ，请求
出 的最大值．
解：
，
令, ，
所以 ，
所以当，即时， 取到最大值14，
故 的最大值为14．
课堂考点探究
例1(1)略 (2) 变式题(1) (2) 27
例2(1)略 (2) 变式题(1) (2) 3+
例3(1) (2) 变式题(1) (2) 2
教师备用习题
例1(1) (2) 或 例2(1)略 (2) 例3(1) (2) 9+6
基础热身
1.(1) (2) 2. (1) (2)4
综合提升
3. (1) (2) 4. (1)或 (2)6+2+4
能力拓展
5. (1)当BD的长度变化时,cos A-cos C为定值,该定值为1.
(2)14