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第八节　解三角形中的综合问题
第1课时　解三角形中的“三线”问题
题点一　三角形的高线
[例1]　设△ABC的内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且向量m=(a,b),n=(-cos A,sin B)满足m∥n.
(1)求A;
(2)若a=,b=3,求BC边上的高h.
|思维建模|　高线问题的处理策略
　　如图,在△ABC中,AD⊥BC.
(1)等面积法:AD·BC=AB·AC·sin ∠BAC.
(2)AD=AB·sin B=AC·sin C.
(3)a=ccos B+bcos C.
[即时训练]
1.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b(1+cos C)=csin B.
(1)求角C的大小;
(2)若c=2,b-a=4,求AC边上的高.
题点二　三角形的中线
　　　　　　　　　　　　　　　　
[例2]　在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知b=5,c=3,b=acos C-.
(1)求角A;
(2)若D是BC中点,求AD的长度.
方法引入:(1)法一:由b=acos C-及正弦定理得sin B=sin Acos C-sin C,再由sin B=sin Acos C+cos Asin C,得cos A=-,可求角A;
法二:已知条件结合余弦定理求出a2,再由余弦定理求得cos A=-,可求角A;
(2)法一:利用向量数量积求;
法二:由∠ADB+∠ADC=π,有cos ∠ADB=-cos ∠ADC,利用余弦定理求AD的长度.
|思维建模|　中线问题的处理策略
　　如图①,在△ABC中,AD为BC的中线,已知AB,AC及∠BAC,求中线AD的长.
(1)倍长中线:如图②,构造全等,再用余弦定理即可;
(2)向量法:=(+),平方即可;
(3)余弦定理:邻补角余弦值为相反数,即cos∠ADB+cos∠ADC=0.
补充:若将条件“AD为BC的中线”换为“=λ”,则可以考虑方法(2)或方法(3).
[即时训练]
2.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,已知2ccos C+acos B+bcos A=0.
(1)求角C的大小;
(2)若c=3,AB边上的中线CD=1,求△ABC的周长.
题点三　三角形的角平分线
　　　　　　　　　　　　　　　　
[例3]　在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且cos B(ccos B+bcos C)+a=0.
(1)求角B的大小;
(2)设D是边AC上一点,BD为角平分线且AD=2DC,求cos A的值.
|思维建模|　角平分线问题的处理策略
　　在△ABC中,AD平分∠BAC.
(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.
[即时训练]
3.在△ABC中,A,B,C分别为边a,b,c所对的角,且满足2a+c=2bcos C.
(1)求B的大小;
(2)A的角平分线AD交BC边于点D,当c=2,AD= 时,求CD.
第1课时　解三角形中的“三线”问题
题点一
[例1]　解:(1)因为m∥n,所以asin B+bcos A=0,由正弦定理得sin Asin B+sin Bcos A=0.因为B∈(0,π),所以sin B≠0,所以tan A=-.又A∈(0,π),所以A=.
(2)因为a=,b=3,A=,所以a2=b2+c2-2bccos A,
即()2=32+c2-2×3c×,
化简得c2+3c-4=0,解得c=1或c=-4(舍去).
由△ABC的面积S=bcsin A,及S=ah,
得×3×1×=×h,解得h=.
[即时训练]
1.解:(1)因为b(1+cos C)=csin B,所以由正弦定理可得sin B(1+cos C)=sin Csin B.
又因为B∈(0,π),则sin B≠0,所以1+cos C=sin C.
整理得2sin=1,即sin=.
因为C∈(0,π),所以C-∈,
所以C-=,所以C=.
(2)由余弦定理c2=a2+b2-2abcos C,且c=2,
有40=a2+b2-ab,
又b-a=4,即b=4+a,所以上式可化为a2+4a-24=0,解得a=-2+2或a=-2-2(舍去),
所以AC边上的高为asin C=(-2+2)×=-+.
题点二
[例2]　解:(1)法一　因为b=acos C-,由正弦定理得sin B=sin Acos C-sin C.又sin B=sin Acos C+cos Asin C,得cos Asin C=-sin C.
在△ABC中,sin C≠0,所以cos A=-.又因为在△ABC中,所以A=.
法二　因为b=acos C-,b=5,c=3,由余弦定理得5=a·-,解得a2=49,所以cos A===-.又因为在△ABC中,所以A=.
(2)法一　在△ABC中,D是BC中点,
所以=+,=+·+=×9+×3×5×+×25=,=,即AD的长为.
法二　由(1)法二,知a=7,又D是BC中点,BD=CD=,
在△ABD中,由余弦定理有cos ∠ADB=,
在△ACD中,由余弦定理有cos ∠ADC=.
因为∠ADB+∠ADC=π,所以cos ∠ADB=-cos ∠ADC,
即=-,
解得AD=,即AD的长为.
[即时训练]
2.快审准解:(1)根据正弦定理边化角,再结合两角和的正弦公式、诱导公式,可得cos C=-,从而可求解;
(2)根据余弦定理可得9=a2+b2+ab,再根据中线向量公式可得4=a2+b2-ab,从而求得ab=,a2+b2=.
解:(1)由正弦定理得2sin Ccos C+sin Acos B+sin Bcos A=0,即2sin Ccos C+sin(A+B)=2sin Ccos C+sin C=0.
因为sin C≠0,所以cos C=-.因为0(2)已知c=3,CD=1,在△ABC中,由余弦定理得9=a2+b2+ab　①,
由CD为△ABC的中线,得2=+,
两边平方得4=a2+b2-ab　②,
联立①②得ab=,a2+b2=,
所以△ABC的周长为a+b+c=+3=+3.
题点三
[例3]　解:(1)由cos B(ccos B+bcos C)+a=0和正弦定理,可得cos B(sin Ccos B+cos Csin B)+sin A=0,
因为sin Ccos B+cos Csin B=sin(B+C)=sin A,
代入可得sin A=0.又0所以sin A>0,故cos B=-.又因为0(2)如图,因为BD平分∠ABC,且AD=2DC,则==2,即c=2a,在△ABC中,由余弦定理,b2=a2+c2-2accos B,得b2=a2+4a2+2a2=7a2,则b=a,故cos A====.
[即时训练]
3.解:(1)∵2a+c=2bcos C,∴2sin A+sin C=2sin Bcos C,2sin(B+C)+sin C=2sin Bcos C,2cos Bsin C+sin C=0,
∵sin C≠0,∴cos B=-.又B∈(0,π),∴B=.
(2)在△ABD中,由余弦定理得AD2=AB2+BD2-2AB·BDcos B,可得BD2+2BD-3=0,解得BD=1(舍负).
∵AD是角A的平分线,∴==2.
设CD=m,则AC=2m,在△ABC中,由余弦定理可得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos B,
即4m2=4+(1+m)2-2×2×(1+m)×,
整理得3m2-4m-7=0,解得m=(舍负),∴CD=.(共33张PPT)
第八节
解三角形中的综合问题
第1课时　解三角形中的“三线”问题
目录
01.题点一　三角形的高线
02.题点二　三角形的中线
04.课时跟踪检测
03.题点三　三角形的角平分线
[例1]　设△ABC的内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且向量m=(a,b),
n=(-cos A,sin B)满足m∥n.
(1)求A;
解:因为m∥n,所以asin B+bcos A=0,
由正弦定理得sin Asin B+sin Bcos A=0.
因为B∈(0,π),所以sin B≠0,所以tan A=-.又A∈(0,π),所以A=.
题点一　三角形的高线
(2)若a=,b=3,求BC边上的高h.
解:因为a=,b=3,A=,所以a2=b2+c2-2bccos A,
即()2=32+c2-2×3c×,
化简得c2+3c-4=0,解得c=1或c=-4(舍去).
由△ABC的面积S=bcsin A,及S=ah,
得×3×1×=×h,解得h=.
高线问题的处理策略
如图,在△ABC中,AD⊥BC.
(1)等面积法:AD·BC=AB·AC·sin ∠BAC.
(2)AD=AB·sin B=AC·sin C.
(3)a=ccos B+bcos C.
思维建模
1.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b(1+cos C)=csin B.
(1)求角C的大小;
解:因为b(1+cos C)=csin B,所以由正弦定理可得sin B(1+cos C)
=sin Csin B.又因为B∈(0,π),则sin B≠0,
所以1+cos C=sin C.整理得2sin=1,即sin=.
因为C∈(0,π),所以C-∈,所以C-=,所以C=.
即时训练
(2)若c=2,b-a=4,求AC边上的高.
解:由余弦定理c2=a2+b2-2abcos C,且c=2,有40=a2+b2-ab,
又b-a=4,即b=4+a,
所以上式可化为a2+4a-24=0,解得a=-2+2或a=-2-2(舍去),
所以AC边上的高为asin C=(-2+2)×=-+.
[例2]　在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知b=5,c=
3,b=acos C-.
(1)求角A;
方法引入:法一:由b=acos C-及正弦定理得sin B=sin Acos C
-sin C,再由sin B=sin Acos C+cos Asin C,得cos A=-,可求角A;
法二:已知条件结合余弦定理求出a2,再由余弦定理求得cos A=-,可求角A;
题点二　三角形的中线
解:法一　因为b=acos C-,由正弦定理得sin B=sin Acos C-sin C.
又sin B=sin Acos C+cos Asin C,得cos Asin C=-sin C.
在△ABC中,sin C≠0,所以cos A=-.又因为在△ABC中,所以A=.
法二　因为b=acos C-,b=5,c=3,由余弦定理得5=a·-,
解得a2=49,所以cos A===-.又因为在△ABC中,所以A=.
(2)若D是BC中点,求AD的长度.
方法引入:法一:利用向量数量积求;
法二:由∠ADB+∠ADC=π,有cos ∠ADB=-cos ∠ADC,利用余弦定理求AD的长度.
解:法一　在△ABC中,D是BC中点,
所以=+,=
+·+
=×9+×3×5×+×25=,
=,即AD的长为.
法二　由(1)法二,知a=7,又D是BC中点,BD=CD=,在△ABD中,由余弦定理有cos ∠ADB=,在△ACD中,由余弦定理有cos ∠ADC=
.因为∠ADB+∠ADC=π,所以cos ∠ADB=-cos ∠ADC,
即=-,
解得AD=,即AD的长为.
中线问题的处理策略
如图①,在△ABC中,AD为BC的中线,已知AB,AC及∠BAC,求中线AD的长.
思维建模
(1)倍长中线:如图②,构造全等,再用余弦定理即可;
(2)向量法:=(+),平方即可;
(3)余弦定理:邻补角余弦值为相反数,即cos∠ADB+cos∠ADC=0.
补充:若将条件“AD为BC的中线”换为“=λ”,则可以考虑方法(2)或方法(3).
2.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,已知2ccos C+acos B
+bcos A=0.
(1)求角C的大小;
快审准解:根据正弦定理边化角,再结合两角和的正弦公式、诱导公式,可得cos C=-,从而可求解;
解:由正弦定理得2sin Ccos C+sin Acos B+sin Bcos A=0,
即2sin Ccos C+sin(A+B)=2sin Ccos C+sin C=0.
因为sin C≠0,所以cos C=-.因为0即时训练
(2)若c=3,AB边上的中线CD=1,求△ABC的周长.
快审准解:根据余弦定理可得9=a2+b2+ab,再根据中线向量公式可得4=a2+b2-ab,从而求得ab=,a2+b2=.
解:已知c=3,CD=1,在△ABC中,由余弦定理得9=a2+b2+ab　①,
由CD为△ABC的中线,得2=+,
两边平方得4=a2+b2-ab　②,联立①②得ab=,a2+b2=,
所以△ABC的周长为a+b+c=+3=+3.
[例3]　在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且cos B(ccos B+
bcos C)+a=0.
(1)求角B的大小;
解:由cos B(ccos B+bcos C)+a=0和正弦定理,可得cos B(sin Ccos B
+cos Csin B)+sin A=0,因为sin Ccos B+cos Csin B=sin(B+C)=sin A,代入可得sin A=0.又00,故cos B=-.又因为0题点三　三角形的角平分线
(2)设D是边AC上一点,BD为角平分线且AD=2DC,求cos A的值.
解:如图,因为BD平分∠ABC,且AD=2DC,则==2,即c=2a,在△ABC中,由余弦定理,b2=a2+c2-2accos B,得b2=a2+4a2+2a2=7a2,则b=a,故cos A====.
角平分线问题的处理策略
在△ABC中,AD平分∠BAC.
(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.
思维建模
3.在△ABC中,A,B,C分别为边a,b,c所对的角,且满足2a+c=2bcos C.
(1)求B的大小;
解:∵2a+c=2bcos C,∴2sin A+sin C=2sin Bcos C,
2sin(B+C)+sin C=2sin Bcos C,2cos Bsin C+sin C=0,
∵sin C≠0,∴cos B=-.又B∈(0,π),∴B=.
即时训练
(2)A的角平分线AD交BC边于点D,当c=2,AD= 时,求CD.
解:在△ABD中,由余弦定理得AD2=AB2+BD2-2AB·BDcos B,
可得BD2+2BD-3=0,
解得BD=1(舍负).
∵AD是角A的平分线,
∴==2.
设CD=m,则AC=2m,在△ABC中,由余弦定理可得
AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos B,
即4m2=4+(1+m)2-2×2×(1+m)×,
整理得3m2-4m-7=0,解得m=(舍负),∴CD=.
数智赋能:电子版随堂训练（一道高考真题，总结“爪形”三角形特点）
课时跟踪检测
04
1
2
3
4
1.(15分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,面积为S,且4S=
(b2-a2-c2).
(1)求B;(5分)
解:由三角形面积公式及条件可知4S=2acsin B=(b2-a2-c2),
由余弦定理知b2-a2-c2=-2accos B,
所以-cos B=sin B,解得tan B=-.
因为B∈(0,π),所以B=.
(2)若a=2,b=2,D为AC边的中点,求BD的长.(10分)
解:结合(1)的结论,根据余弦定理有a2+c2-b2=2accos B
c2+2c-24=0,所以c=4(舍负).
易知2=+,所以4=++2·=
16+4+2×2×4×=12,
故BD=.
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2.(15分)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且△ABC的面积S=(a2+c2-b2)sin B.
(1)求角B;(5分)
解:在△ABC中,S=acsin B=(a2+c2-b2)sin B,
而0即sin B>0,所以a2+c2-b2=ac,
由余弦定理得cos B==,所以B=.
(2)若∠ABC的平分线交AC于点D,a=3,c=4,求BD的长.(10分)
解:在△ABC中,由等面积法得S△ABC=S△BAD+S△BCD,
即BC·BA·sin∠ABC=BA·BD·sin
+BC·BD·sin,即×3×4×
=×4×BD×+×3×BD×,所以BD=.
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3.(15分)(2024·青岛三模)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且sin(B+C)=2sin2.
(1)求角A的大小;(5分)
解:因为A,B,C为△ABC的内角,所以sin(B+C)=sin A.
因为sin2=,所以sin(B+C)=2sin2可化为sin A=(1-cos A),即sin A+cos A=,即sin=.由A+∈,解得A+=,即A=.
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(2)若b=3,BC边上的高为,求△ABC的周长.(10分)
解:由三角形面积公式得bcsin A=×a,将b=3代入得×3csin=×a,
所以a=c,由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A=c2得c2+4c-12=0,
解得c=2或c=-6(舍去),则a=,所以△ABC的周长为5+.
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4.(15分)(2024·长沙三模)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=2,b=4.
(1)若cos B+2cos A=ccos C,求C的值;(6分)
快审准解:由已知可得acos B+bcos A=2ccos C,边化角,可得sin A
cos B+sin Bcos A=2sin Ccos C,利用三角恒等变换可求C;
解:由题意得2cos B+4cos A=2ccos C,所以acos B+bcos A=2ccos C.
由正弦定理,得sin Acos B+sin Bcos A=2sin Ccos C,
即sin(A+B)=2sin Ccos C.又sin(A+B)=sin C,所以sin C=2sin Ccos C.
又sin C≠0,所以cos C=.因为C∈(0,π),所以C=.
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(2)若D是边AB上的一点,且CD平分∠ACB,cos∠ACB=-,求CD的长.(9分)
快审准解:由已知可得cos=,利用S△ABC=S△ADC+S△BDC,可得CD=,可得解.
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3
4
解:由cos∠ACB=-,得2cos2-1=-,解得cos=.
由S△ABC=S△ADC+S△BDC,
得absin∠ACB=bCDsin+a·CDsin,
即2abcos=(a+b)CD,所以CD===.
1
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3
4课时跟踪检测(三十五)　解三角形中的最值、范围问题
1.(15分)(2024·宝山二模)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,
已知sin2A+sin2C=sin2B+sin Asin C.
(1)求角B的大小;(5分)
(2)若△ABC的面积为,求a+c的最小值,并判断此时△ABC的形状.(10分)
2.(15分)在锐角△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且a-c=2ccos B.
(1)求证:B=2C;(5分)
(2)若∠ABC的角平分线交AC于D,且a=6,求线段BD长度的取值范围.(10分)
3.(15分)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,且满足asin B=bcos.
(1)求角A;(5分)
(2)若a=2,求△ABC周长的取值范围.(10分)
4.(15分)已知函数f(x)=2sin xcos-cos xcos+sin2x-.
(1)若f(α)=,且<α<,求cos 2α;(6分)
(2)若△ABC为锐角三角形,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且f(B)=,c=2,求△ABC面积的取值范围.(9分)
课时跟踪检测(三十五)
1.解:(1)由正弦定理得a2+c2=b2+ac,
又由余弦定理得cos B===,
因为B是三角形的内角,所以B=.
(2)由三角形面积公式得
S△ABC=acsin B=acsin=ac=,解得ac=4.
因为a+c≥2=4,当且仅当a=c=2时取等号,
所以a+c的最小值为4,此时△ABC为等边三角形.
2.快审准解:(1)利用正弦定理以及三角恒等变换可求得sin(B-C)=sin C,再由角的范围可得B=2C;
(2)由正弦定理可得BD=,再由锐角三角形限定出角的范围,根据三角函数值可得BD长度的取值范围.
解:(1)证明:由a-c=2ccos B,根据正弦定理可得sin A-sin C=2sin Ccos B,即sin(B+C)-sin C=2sin Ccos B,
所以sin Bcos C+cos Bsin C-sin C=2sin Ccos B,
所以sin Bcos C-cos Bsin C=sin C,即sin(B-C)=sin C,显然B>C.又在锐角△ABC中,故0(2)在△BCD中,由正弦定理可得=,
即=,所以BD===.
因为△ABC是锐角三角形,且B=2C,所以
解得所以线段BD长度的取值范围是(2,3).
3.解:(1)由asin B=bcos及正弦定理得sin Asin B=sin Bcos,故sin Asin B=sin B=sin Bcos A+sin Bsin A,所以sin Asin B=sin Bcos A.因为B∈(0,π),sin B≠0,所以sin A-cos A=sin=0.因为A∈(0,π),所以A=.
(2)由(1)可知,A=,由余弦定理,得b2+c2-a2=bc.
又a=2,所以b2+c2=bc+4.
由基本不等式得b2+c2≥2bc,即bc+4≥2bc,所以bc≤4,当且仅当b=c=2时,等号成立.又(b+c)2=b2+c2+2bc=3bc+4≤16,即0a=2,所以24.解:(1)f(x)=2sin x+sin xcos x-cos2x=sin 2x-cos 2x=2sin,
因为f(α)=,所以2sin=,
即sin=.
因为<α<,所以0<2α-<,
则cos==,
所以cos 2α=cos
=cos×-sin×
=×-×=.
(2)由f(B)=,可得f(B)=2sin=,
即sin=.
又0则可得.
由正弦定理=及c=2,得a====1+∈(1,4),
所以S△ABC=acsin B=a∈,
即△ABC面积的取值范围为.

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