§4.9解三角形課標(biāo)要求1.掌握三角形中角平分線、中線、高線等問(wèn)題.2.能利用解三角形的方法解決平面幾何的有關(guān)問(wèn)題及判斷三角形的存在問(wèn)題．題型一三角形中角平分線、中線、高線例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(zhǎng)度；(2)若E是邊BC上一點(diǎn)，AE為△ABC的角平分線，求AE的長(zhǎng)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，∴|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(2023·重慶模擬)在△ABC中，記角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知tanB＝eq\f(sinA,2－cosA).(1)若tanB＝eq\f(1,2)，求tanC的值；(2)已知中線AM交BC于點(diǎn)M，角平分線AN交BC于點(diǎn)N，且AM＝3，MN＝1，求△ABC的面積．解(1)∵tanB＝eq\f(1,2)，∴eq\f(1,2)＝eq\f(sinA,2－cosA)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2sinA＋cosA＝2，,sin2A＋cos2A＝1，))∴sinA＝eq\f(3,5)或sinA＝1，當(dāng)sinA＝eq\f(3,5)時(shí)，tanA＝eq\f(3,4)，tanC＝－tan(A＋B)＝－eq\f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝－2；當(dāng)sinA＝1時(shí)，tanC＝eq\f(1,tanB)＝2.(2)tanB＝eq\f(sinB,cosB)＝eq\f(sinA,2－cosA)，∴sinB(2－cosA)＝sinAcosB，∴sinC＝2sinB，即c＝2b，由角平分線定理可得，eq\f(AB,AC)＝eq\f(BN,CN)＝eq\f(c,b)＝2，∴BN＝2CN，又MN＝1，BM＝CM，∴BM＝3，CN＝2，由中線定理可知，4AM2＋36＝2(b2＋c2)，∴b2＝eq\f(36,5)，∠BAC＝eq\f(π,2)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)bc＝eq\f(1,2)b×2b＝b2＝eq\f(36,5).題型二與多邊形有關(guān)的問(wèn)題例2(2024·煙臺(tái)模擬)在平面四邊形ABCD中，∠ABC＝eq\f(π,3)，∠ADC＝eq\f(π,2)，BC＝4.(1)若△ABC的面積為3eq\r(3)，求AC；(2)若AD＝3eq\r(3)，∠ACB＝∠ACD＋eq\f(π,3)，求tan∠ACD.解(1)在△ABC中，BC＝4，∠ABC＝eq\f(π,3)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BC·sin∠ABC＝3eq\r(3)，解得AB＝3，在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝13，∴AC＝eq\r(13).(2)設(shè)∠ACD＝α，則∠ACB＝∠ACD＋eq\f(π,3)＝α＋eq\f(π,3)，在Rt△ACD中，AD＝3eq\r(3)，易知AC＝eq\f(AD,sinα)＝eq\f(3\r(3),sinα)，在△ABC中，∠BAC＝π－∠ACB－∠ABC＝eq\f(π,3)－α，由正弦定理得eq\f(BC,sin∠BAC)＝eq\f(AC,sin∠ABC)，即eq\f(4,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α)))＝eq\f(3\r(3),\f(\r(3),2)sinα)，∴2sinα＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))＝eq\f(3\r(3),2)cosα－eq\f(3,2)sinα，可得tanα＝eq\f(3\r(3),7)，即tan∠ACD＝eq\f(3\r(3),7).思維升華在平面幾何圖形中研究或求與角有關(guān)的長(zhǎng)度、角度、面積的最值、優(yōu)化設(shè)計(jì)等問(wèn)題時(shí)，通常是轉(zhuǎn)化到三角形中，利用正、余弦定理通過(guò)運(yùn)算的方法加以解決．在解決某些具體問(wèn)題時(shí)，常先引入變量，如邊長(zhǎng)、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(lái)，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2(2023·株洲模擬)如圖，在平面四邊形ABCD中，∠DAB＝∠DCB＝90°，∠ABC＝60°，AB＝2eq\r(3)，AD＝4.(1)求cos∠DBC的值；(2)求AC的長(zhǎng)度．解(1)在△ABD中，由勾股定理得BD＝eq\r(AB2＋AD2)＝2eq\r(7)，sin∠ABD＝eq\f(AD,BD)＝eq\f(2\r(7),7)，cos∠ABD＝eq\f(AB,BD)＝eq\f(\r(21),7)，cos∠DBC＝cos(60°－∠ABD)＝cos60°cos∠ABD＋sin60°sin∠ABD＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(21),7)＋eq\f(\r(3),2)×eq\f(2\r(7),7)＝eq\f(3\r(21),14).(2)因?yàn)椤螪CB＝90°，所以BC＝BD·cos∠DBC＝3eq\r(3)，在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝12＋27－2×2eq\r(3)×3eq\r(3)×eq\f(1,2)＝21，所以AC的長(zhǎng)度為eq\r(21).題型三三角形中的存在性問(wèn)題例3(2024·包頭模擬)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，sinC＝sinAcosB＋eq\f(\r(2),2)sin(A＋C)．(1)求A；(2)在原題條件的基礎(chǔ)上，若增加下列條件之一，請(qǐng)說(shuō)明條件①與②哪個(gè)能使得△ABC唯一確定，當(dāng)唯一確定時(shí)，求邊BC上的高h(yuǎn).條件①：a＝2，sinC＝eq\f(\r(3),2)；條件②：a＝eq\r(5)，b＝eq\r(2).解(1)在△ABC中，sin(A＋C)＝sin(π－B)＝sinB，由sinC＝sinAcosB＋eq\f(\r(2),2)sin(A＋C)及正弦定理得c＝acosB＋eq\f(\r(2),2)b，由余弦定理得c＝a·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＋eq\f(\r(2),2)b，化簡(jiǎn)得a2－b2－c2＋eq\r(2)bc＝0，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(\r(2),2)，結(jié)合0<A<π，得A＝eq\f(π,4).(2)若增加條件①：a＝2，sinC＝eq\f(\r(3),2)，因?yàn)镃＝π－eq\f(π,4)－B＝eq\f(3π,4)－B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))，由sinC＝eq\f(\r(3),2)，得C＝eq\f(π,3)或C＝eq\f(2π,3)，所以△ABC不能唯一確定，不合題意．若增加條件②：a＝eq\r(5)，b＝eq\r(2)，將a＝eq\r(5)，b＝eq\r(2)代入a2－b2－c2＋eq\r(2)bc＝0，得c2－2c－3＝0，解得c＝3或c＝－1(舍去)．此時(shí)△ABC唯一確定．由S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)ah，得h＝eq\f(bcsinA,a)＝eq\f(3\r(5),5).所以BC邊上的高h(yuǎn)＝eq\f(3\r(5),5).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(wèn)是什么．(2)將已確定的條件和設(shè)問(wèn)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3(2023·沈陽(yáng)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(shuō)明理由；(2)若△ABC的外接圓半徑R＝4，且b－c＝eq\f(a,2)，求△ABC的面積．解(1)在△ABC中，由b(2－cosA)＝eq\r(3)asinB得2b＝eq\r(3)asinB＋bcosA，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).

課時(shí)精練1．記△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，已知bsinC＝csineq\f(B,2).(1)求角B的大??；(2)若點(diǎn)D在邊AC上，BD平分∠ABC，a＝2，b＝eq\r(7)，求線段BD的長(zhǎng)．解(1)已知bsinC＝csineq\f(B,2)，由正弦定理，得sinBsinC＝sinCsineq\f(B,2)，因?yàn)镃∈(0，π)，所以sinC≠0，故sinB＝sineq\f(B,2)，即2sineq\f(B,2)coseq\f(B,2)＝sineq\f(B,2)，因?yàn)閑q\f(B,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以sineq\f(B,2)≠0，則coseq\f(B,2)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(B,2)＝eq\f(π,3)，則B＝eq\f(2π,3).(2)依題意，得eq\f(1,2)a·BD·sineq\f(π,3)＋eq\f(1,2)c·BD·sineq\f(π,3)＝eq\f(1,2)acsineq\f(2π,3)，即a·BD＋c·BD＝ac，即2BD＋c·BD＝2c，所以BD＝eq\f(2c,2＋c).在△ABC中，由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accoseq\f(2π,3)＝a2＋c2＋ac，即7＝4＋c2＋2c，解得c＝1或c＝－3(舍去)，所以BD＝eq\f(2c,2＋c)＝eq\f(2,3).2．(2024·洛陽(yáng)模擬)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且b＝－2acosC.(1)求證：tanC＋3tanA＝0；(2)若△ABC的面積為2eq\r(3)，b＝2eq\r(2)，判斷△ABC是否為等腰三角形，并說(shuō)明理由．(1)證明已知b＝－2acosC，由正弦定理得sinB＝－2sinAcosC，由A＋B＋C＝π，有B＝π－(A＋C)，可得sin(A＋C)＝－2sinAcosC，所以sinAcosC＋cosAsinC＝－2sinAcosC，即cosAsinC＝－3sinAcosC，由cosC≠0，cosA≠0，得eq\f(sinC,cosC)＝eq\f(－3sinA,cosA)，即tanC＝－3tanA，所以tanC＋3tanA＝0.(2)解△ABC為等腰三角形，理由如下：由題知b＝－2acosC，b＝2eq\r(2)，△ABC的面積為2eq\r(3)，則有S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)·eq\f(b,－2cosC)·bsinC＝－eq\f(b2,4)tanC＝－eq\f(2\r(2)2,4)tanC＝2eq\r(3)，所以tanC＝－eq\r(3)，又0<C<π，所以C＝eq\f(2π,3)，由(1)知tanA＝eq\f(\r(3),3)，又0<A<eq\f(π,3)，所以A＝eq\f(π,6)，則B＝eq\f(π,6)，所以△ABC是等腰三角形．3．(2023·新高考全國(guó)Ⅱ)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知△ABC的面積為eq\r(3)，D為BC的中點(diǎn)，且AD＝1.(1)若∠ADC＝eq\f(π,3)，求tanB；(2)若b2＋c2＝8，求b，c.解(1)方法一在△ABC中，因?yàn)镈為BC的中點(diǎn)，∠ADC＝eq\f(π,3)，AD＝1，則S△ADC＝eq\f(1,2)AD·DCsin∠ADC＝eq\f(1,2)×1×eq\f(1,2)a×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),8)a＝eq\f(1,2)S△ABC＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝4.在△ABD中，∠ADB＝eq\f(2π,3)，由余弦定理得c2＝BD2＋AD2－2BD·ADcos∠ADB，即c2＝4＋1－2×2×1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝7，解得c＝eq\r(7).在△ABD中，則cosB＝eq\f(AB2＋BD2－AD2,2AB·BD)＝eq\f(7＋4－1,2\r(7)×2)＝eq\f(5\r(7),14)，sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(7),14)))2)＝eq\f(\r(21),14)，所以tanB＝eq\f(sinB,cosB)＝eq\f(\r(3),5).方法二在△ABC中，因?yàn)镈為BC的中點(diǎn)，∠ADC＝eq\f(π,3)，AD＝1，則S△ADC＝eq\f(1,2)AD·DCsin∠ADC＝eq\f(1,2)×1×eq\f(1,2)a×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),8)a＝eq\f(1,2)S△ABC＝eq\f(\r(3),2)，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×eq\f(1,2)＝3，解得b＝eq\r(3)，又AC2＋AD2＝4＝CD2，則∠CAD＝eq\f(π,2)，C＝eq\f(π,6)，過(guò)A作AE⊥BC于點(diǎn)E，如圖所示，于是CE＝ACcosC＝eq\f(3,2)，AE＝ACsinC＝eq\f(\r(3),2)，BE＝eq\f(5,2)，所以在Rt△AEB中，tanB＝eq\f(AE,BE)＝eq\f(\r(3),5).(2)方法一在△ABD與△ACD中，由余弦定理得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c2＝\f(1,4)a2＋1－2×\f(1,2)a×1×cosπ－∠ADC，,b2＝\f(1,4)a2＋1－2×\f(1,2)a×1×cos∠ADC，))整理得eq\f(1,2)a2＋2＝b2＋c2，而b2＋c2＝8，則a＝2eq\r(3)，又S△ADC＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×1×sin∠ADC＝eq\f(\r(3),2)，解得sin∠ADC＝1，而0<∠ADC<π，于是∠ADC＝eq\f(π,2)，所以b＝c＝eq\r(AD2＋CD2)＝2.方法二在△ABC中，因?yàn)镈為BC的中點(diǎn)，則2eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))，又eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))，于是4eq\o(AD,\s\up6(→))2＋eq\o(CB,\s\up6(→))2＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))2＋(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))2＝2(b2＋c2)＝16，即4＋a2＝16，解得a＝2eq\r(3)，又S△ADC＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×1×sin∠ADC＝eq\f(\r(3),2)，解得sin∠ADC＝1，而0<∠ADC<π，于是∠ADC＝eq\f(π,2)，所以b＝c＝eq\r(AD2＋CD2)＝2.4．(2024·北京模擬)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，b＝2.(1)求A；(2)從下列三個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知條件，使△ABC存在且唯一確定，并求出BC邊上的高．條件①：sinB＝eq\f(\r(2),2)；條件②：cosB＝－eq\f(2,3)；條件③：△ABC的面積為eq\f(3＋\r(3),2).注：如果選擇的條件不符合要求，第(2)問(wèn)得0分；如果選擇多個(gè)符合要求的條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分．解(