新高考數(shù)學(xué)一輪專(zhuān)項(xiàng)（解三角形）訓(xùn)練專(zhuān)題八多三角形問(wèn)題（2份，原卷版+解析版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

求解多個(gè)三角形問(wèn)題的關(guān)鍵及思路
求解多個(gè)三角形的計(jì)算問(wèn)題，關(guān)鍵是梳理?xiàng)l件和所求問(wèn)題的類(lèi)型，然后將數(shù)據(jù)化歸到多個(gè)三角形中，利用正弦定理、余弦定理、三角形面積公式及三角恒等變換公式等建立已知和所求的關(guān)系．
具體解題思路如下：
(1)把所提供的平面圖形拆分成若干個(gè)三角形，然后在各個(gè)三角形內(nèi)利用正弦、余弦定理求解；
(2)尋找各個(gè)三角形之間的聯(lián)系，交叉使用公共條件，求出結(jié)果．
做題過(guò)程中，要用到平面幾何中的一些知識(shí)點(diǎn)，如相似三角形的邊角關(guān)系、平行四邊形的一些性質(zhì)，要把這些性質(zhì)與正弦、余弦定理有機(jī)結(jié)合，才能順利解決問(wèn)題．
【例題選講】
[例1]如圖，在△ABC中，∠B＝eq \f(π,3)，AB＝8，點(diǎn)D在邊BC上，且CD＝2，cs∠ADC＝eq \f(1,7)．
(1)求sin∠BAD；
(2)求BD，AC的長(zhǎng)．
解析 (1)在△ADC中，∵cs∠ADC＝eq \f(1,7)，∴sin∠ADC＝eq \r(1－cs2∠ADC)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,7)))2)＝eq \r(\f(48,49))＝eq \f(4\r(3),7)，
則sin∠BAD＝sin(∠ADC－∠B)＝sin∠ADC·cs∠B－cs∠ADC·sin∠B＝eq \f(4\r(3),7)×eq \f(1,2)－eq \f(1,7)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),14)．
(2)在△ABD中，由正弦定理得BD＝eq \f(AB·sin∠BAD,sin∠ADB)＝eq \f(8×\f(3\r(3),14),\f(4\r(3),7))＝3．
在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋CB2－2AB·BCcs B＝82＋52－2×8×5×eq \f(1,2)＝49，即AC＝7．
[例2] (2020·江蘇)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c．已知a＝3，c＝eq \r(2)，B＝45°．
(1)求sinC的值；
(2)在邊BC上取一點(diǎn)D，使得cs∠ADC＝－eq \f(4,5)，求tan∠DAC的值．
解析 (1)在△ABC中，因?yàn)閍＝3，c＝eq \r(2)，B＝45°，由余弦定理b2＝a2＋c2－2accsB，
得b2＝9＋2－2×3×eq \r(2)cs 45°＝5，所以b＝eq \r(5)．
在△ABC中，由正弦定理eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)，得eq \f(\r(5),sin 45°)＝eq \f(\r(2),sin C)，所以sinC＝eq \f(\r(5),5)．
(2)在△ADC中，因?yàn)閏s∠ADC＝－eq \f(4,5)，所以∠ADC為鈍角．
而∠ADC＋C＋∠CAD＝180°，所以C為銳角．故cs C＝eq \r(1－sin2C)＝eq \f(2\r(5),5)，則tanC＝eq \f(sin C,cs C)＝eq \f(1,2)．
因?yàn)閏s∠ADC＝－eq \f(4,5)，所以sin∠ADC＝eq \r(1－cs2∠ADC)＝eq \f(3,5)，所以tan∠ADC＝eq \f(sin∠ADC,cs∠ADC)＝－eq \f(3,4)．
從而tan∠DAC＝tan(180°－∠ADC－C)＝－tan(∠ADC＋C)
＝－eq \f(tan∠ADC＋tan C,1－tan∠ADC×tan C)＝－eq \f(－\f(3,4)＋\f(1,2),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)))×\f(1,2))＝eq \f(2,11)．
[例3] (2018·全國(guó)Ⅰ)在平面四邊形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5．
(1)求cs∠ADB；
(2)若DC＝2eq \r(2)，求BC．
解析 (1)在△ABD中，由正弦定理得eq \f(BD,sin∠A)＝eq \f(AB,sin∠ADB)，即eq \f(5,sin 45°)＝eq \f(2,sin∠ADB)，所以sin∠ADB＝eq \f(\r(2),5)．
由題意知，∠ADB＜90°，所以cs∠ADB＝eq \r(1－sin2∠ADB)＝eq \r(1－\f(2,25))＝eq \f(\r(23),5)．
(2)由題意及(1)知，cs∠BDC＝sin∠ADB＝eq \f(\r(2),5)．在△BCD中，由余弦定理得
BC2＝BD2＋DC2－2BD·DC·cs∠BDC＝25＋8－2×5×2eq \r(2)×eq \f(\r(2),5)＝25，所以BC＝5．
[例4]如圖，在平面四邊形ABCD中，∠ABC＝eq \f(3π,4)，AB⊥AD，AB＝1．
(1)若AC＝eq \r(5)，求△ABC的面積；
(2)若∠ADC＝eq \f(π,6)，CD＝4，求sin∠CAD．
解析 (1)在△ABC中，由余弦定理得，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cs∠ABC，
即5＝1＋BC2＋eq \r(2)BC，解得BC＝eq \r(2)，所以△ABC的面積S△ABC＝eq \f(1,2)AB·BC·sin∠ABC＝eq \f(1,2)×1×eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(1,2)．
(2)設(shè)∠CAD＝θ，在△ACD中，由正弦定理得eq \f(AC,sin∠ADC)＝eq \f(CD,sin∠CAD)，即eq \f(AC,sin\f(π,6))＝eq \f(4,sin θ)，①
在△ABC中，∠BAC＝eq \f(π,2)－θ，∠BCA＝π－eq \f(3π,4)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－θ))＝θ－eq \f(π,4)，
由正弦定理得eq \f(AC,sin∠ABC)＝eq \f(AB,sin∠BCA)，即eq \f(AC,sin\f(3π,4))＝eq \f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,4))))，②
①②兩式相除，得eq \f(sin\f(3π,4),sin\f(π,6))＝eq \f(4sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,4))),sin θ)，即4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)sin θ－\f(\r(2),2)cs θ))＝eq \r(2)sin θ，
整理得sin θ＝2cs θ．又因?yàn)閟in2θ＋cs2θ＝1，所以sin θ＝eq \f(2\r(5),5)，即sin∠CAD＝eq \f(2\r(5),5)．
[例5]如圖，在△ABC中，AB＝2，cs B＝eq \f(1,3)，點(diǎn)D在線段BC上．
(1)若∠ADC＝eq \f(3π,4)，求AD的長(zhǎng)．
(2)若BD＝2DC，△ACD的面積為eq \f(4,3)eq \r(2)，求eq \f(sin∠BAD,sin∠CAD)的值．
解析 (1)在△ABC中，∵cs B＝eq \f(1,3)，∴sin B＝eq \f(2\r(2),3)．∵∠ADC＝eq \f(3π,4)，∴∠ADB＝eq \f(π,4)．
在△ABD中，由正弦定理可得eq \f(AD,\f(2\r(2),3))＝eq \f(2,\f(\r(2),2))，∴AD＝eq \f(8,3)．
(2)∵BD＝2DC，△ACD的面積為eq \f(4,3)eq \r(2)，∴S△ABC＝3S△ACD，則4eq \r(2)＝eq \f(1,2)×2×BC×eq \f(2\r(2),3)，
∴BC＝6，DC＝2．∴由余弦定理得AC＝eq \r(4＋36－2×2×6×\f(1,3))＝4eq \r(2)．
由正弦定理可得eq \f(4,sin∠BAD)＝eq \f(2,sin∠ADB)，∴sin∠BAD＝2sin∠ADB．
又∵eq \f(2,sin∠CAD)＝eq \f(4\r(2),sin∠ADC)，∴sin∠CAD＝eq \f(\r(2),4)sin∠ADC．∵sin∠ADB＝sin∠ADC，∴eq \f(sin∠BAD,sin∠CAD)＝4eq \r(2)．
【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】
1．(2013·全國(guó)Ⅰ)如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝eq \r(3)，BC＝1，P為△ABC內(nèi)一點(diǎn)，∠BPC＝90°．
(1)若PB＝eq \f(1,2)，求PA；
(2)若∠APB＝150°，求tan∠PBA．
1．解析 (1)由已知得，∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°．
在△PBA中，由余弦定理得PA2＝AB2＋PB2－2AB·PBcs∠PBA＝3＋eq \f(1,4)－2×eq \r(3)×eq \f(1,2)cs 30°＝eq \f(7,4)．故PA＝eq \f(\r(7),2)．
(2)設(shè)∠PBA＝α，由已知得eq \f(PB,BC)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α))，即PB＝sin α．
在△PBA中，由正弦定理得eq \f(\r(3),sin 150°)＝eq \f(sin α,sin (30°－α))，化簡(jiǎn)得eq \r(3)cs α＝4sin α．
所以tan α＝eq \f(\r(3),4)，即tan∠PBA＝eq \f(\r(3),4)．
2．如圖，在△ABC中，D為邊BC上一點(diǎn)，AD＝6，BD＝3，DC＝2．
(1)如圖1，若AD⊥BC，求∠BAC的大??；
(2)如圖2，若∠ABC＝eq \f(π,4)，求△ADC的面積．
2．解析 (1)設(shè)∠BAD＝α，∠DAC＝β．因?yàn)锳D⊥BC，AD＝6，BD＝3，DC＝2，
所以tan α＝eq \f(1,2)，tan β＝eq \f(1,3)，所以tan∠BAC＝tan(α＋β)＝eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtanβ)＝eq \f(\f(1,2)＋\f(1,3),1－\f(1,2)×\f(1,3))＝1．
又∠BAC∈(0，π)，所以∠BAC＝eq \f(π,4)．
(2)設(shè)∠BAD＝α．在△ABD中，∠ABC＝eq \f(π,4)，AD＝6，BD＝3．
由正弦定理得eq \f(AD,sin\f(π,4))＝eq \f(BD,sin α)，解得sin α＝eq \f(\r(2),4)．
因?yàn)锳D>BD，所以α為銳角，從而cs α＝eq \r(1－sin2α)＝eq \f(\r(14),4)．
因此sin∠ADC＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝sin αcs eq \f(π,4)＋csαsin eq \f(π,4)＝eq \f(\r(2),2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)＋\f(\r(14),4)))＝eq \f(1＋\r(7),4)．
所以△ADC的面積S＝eq \f(1,2)×AD×DC·sin∠ADC＝eq \f(1,2)×6×2×eq \f(1＋\r(7),4)＝eq \f(3,2)(1＋eq \r(7))．
3．如圖，△ACD是等邊三角形，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，BD交AC于E，AB＝2．
(1)求cs∠CBE的值；
(2)求AE．
3．解析 (1)∵∠BCD＝90°＋60°＝150°，CB＝AC＝CD，∴∠CBE＝15°，
∴cs∠CBE＝cs(45°－30°)＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)．
(2)在△ABE中，AB＝2，由正弦定理可得eq \f(AE,sin?45°－15°?)＝eq \f(2,sin?90°＋15°?)，
得AE＝eq \f(2sin 30°,cs 15°)＝eq \f(2×\f(1,2),\f(\r(6)＋\r(2),4))＝eq \r(6)－eq \r(2)．
4．如圖，在平面四邊形ABCD中，AB＝BD＝DA＝2，∠ACB＝30°．
(1)求證：BC＝4cs∠CBD；
(2)點(diǎn)C移動(dòng)時(shí)，判斷CD是否為定長(zhǎng)，并說(shuō)明理由．
4．解析 (1)在△ABC中，AB＝2，∠ACB＝30°，由正弦定理可知，eq \f(BC,sin∠BAC)＝eq \f(2,sin 30°)，
所以BC＝4sin∠BAC．又∠ABD＝60°，∠ACB＝30°，則∠BAC＋∠CBD＝90°，
則sin∠BAC＝cs∠CBD，所以BC＝4cs∠CBD．
(2)CD為定長(zhǎng)，因?yàn)樵凇鰾CD中，由(1)及余弦定理可知，
CD2＝BC2＋BD2－2×BC×BD×cs∠CBD＝BC2＋4－4BCcs∠CBD＝BC2＋4－BC2＝4，所以CD＝2．
5．如圖，在平面四邊形ABCD中，DA⊥AB，DE＝1，EC＝eq \r(7)，EA＝2，∠ADC＝eq \f(2π,3)，且∠CBE，∠BEC，
∠BCE成等差數(shù)列．
(1)求sin∠CED；
(2)求BE的長(zhǎng)．
5．解析設(shè)∠CED＝α．因?yàn)椤螩BE，∠BEC，∠BCE成等差數(shù)列，
所以2∠BEC＝∠CBE＋∠BCE，又∠CBE＋∠BEC＋∠BCE＝π，所以∠BEC＝eq \f(π,3)．
(1)在△CDE中，由余弦定理得EC2＝CD2＋DE2－2CD·DE·cs∠EDC，
即7＝CD2＋1＋CD，即CD2＋CD－6＝0，解得CD＝2(CD＝－3舍去)．
在△CDE中，由正弦定理得eq \f(EC,sin∠EDC)＝eq \f(CD,sin α)，于是sin α＝eq \f(CD·sin\f(2π,3),EC)＝eq \f(2×\f(\r(3),2),\r(7))＝eq \f(\r(21),7)，即sin∠CED＝eq \f(\r(21),7)．
(2)由題設(shè)知0

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