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[ 【基础过关系列】高一数学同步精品讲义与分层练习(人教A版2019）]
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必修第二册同步巩固，难度2颗星！
基础知识
正弦定理
(1)内容
在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，即
\(\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{c}{\sin C}=2 R\) (其中\(R\)是三角形外接圆半径)
证明 设\(∆ABC\)的外接圆为\(⊙O\)，
① 当\(∆ABC\)是直角三角形，\(∠C=\dfrac{\pi}{2}\)，因为 \(\sin A=\dfrac{B C}{A B}=\dfrac{a}{2 R}\)，所以 \(\dfrac{a}{\sin A}=2 R\)，
同理 \(\dfrac{b}{\sin B}=2 R\)，而 \(\dfrac{c}{\sin C}=\dfrac{2 R}{\sin \dfrac{\pi}{2}}=2 R\)，
所以 \(\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{c}{\sin C}=2 R\)；
② 当\(∆ABC\)是锐角三角形，过点\(A\)作直径\(AD\)，连接\(CD\)，
则 \(\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{b}{\sin D}=2 R\)，同理 \(\dfrac{a}{\sin A}=2 R\)， \(\dfrac{c}{\sin C}=2 R\)，
所以\(\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{c}{\sin C}=2 R\)；
③ 当\(∆ABC\)是钝角三角形，令\(∠C>\dfrac{\pi}{2}\)，优弧 \(\widehat{A B}\)上取点\(D\)，
与\(∆ABC\)是锐角三角形时方法一样可得\(\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}=2 R\)；
而 \(\dfrac{c}{\sin C}=\dfrac{c}{\sin (\pi-D)}=\dfrac{c}{\sin D}=2 R\)，所以\(\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{c}{\sin C}=2 R\);
综上可得任意三角形中\(\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{c}{\sin C}=2 R\) (其中\(R\)是三角形外接圆半径).
PS 证明正弦定理有很多方法，课本中是向量法；这里使用外圆法，主要是引出比值等于\(2R\)，有助于对后面变式的理解.
(2)变形
① \(\dfrac{a+b+c}{\sin A+\sin B+\sin C}=\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{c}{\sin C}\)
② 化边为角
\(a=2 R \sin A\) ，\(b=2R \sin B\) ，\(c=2R \sin C\)
\(a∶ b∶ c=\sin A∶ \sin B∶ \sin C\) ，
\(\dfrac{a}{b}=\dfrac{\sin A}{\sin B}\) ， \(\dfrac{b}{c}=\dfrac{\sin B}{\sin C}\) ，\(\dfrac{a}{c}=\dfrac{\sin A}{\sin C}\)
③ 化角为边
\(\sin A=\dfrac{a}{2 R}\)，\(\sin B=\dfrac{b}{2 R}\) ， \(\sin C=\dfrac{c}{2 R}\)
\(\dfrac{\sin A}{\sin B}=\dfrac{a}{b}\) ， \(\dfrac{\sin B}{\sin C}=\dfrac{b}{c}\) ， \(\dfrac{\sin A}{\sin C}=\dfrac{a}{c}\)
(3) 正弦定理的“齐次角边互换”
等式\((*)\)中含有三个式子\((a⋅\sin B、c⋅\sin C、b\cdot \sin C)\)，每个式子中都有一个\(\sin\)值，并且它们的次数都是\(1\)，则可以把\(\sin B\)、\(\sin C\)直接转化为对应的边\(b\)、\(c\)！
同理\(a⋅\sin B+c⋅\sin C=b\cdot \sin C⇒ \sin A⋅\sin B+\sin C⋅\sin C=\sin B⋅\sin C\).
思考以下转化是否正确
(1)\(a\cdot \sin B+c\cdot \sin C=b⇒a\cdot b+c\cdot c=b\) (错)，
(2) \(\sin A\cdot \sin B+\sin B\cdot \sin C=\sin ^2A⇒a\cdot b+b\cdot c=a^2\) (对)
利用正弦定理可以解决下列两类三角形的问题
(1) 已知两个角及任意—边，求其他两边和另一角；
【例】 在\(△ABC\)，内角\(A\) ，\(B\) ，\(C\)所对的边分别是\(a\)，\(b\)，\(c\)，\(B=30^{\circ}\)，\(A=45^{\circ}\)，\(b=2\)，则边\(a=\) \(\underline{\quad \quad}\) .
答案 \(a=2\sqrt{2}\).
(2) 已知两边和其中—边的对角，求其他两个角及另一边.
【例】 在\(△ABC\)，内角\(A\) ，\(B\) ，\(C\)所对的边分别是\(a\)，\(b\)，\(c\)，\(A=60^{\circ}\) ，\(c=\sqrt{2}\)，\(a=\sqrt{3}\)，则角\(C=\)\(\underline{\quad \quad}\) .
答案 \(C=\dfrac{\pi}{4}.\)
三角形解的个数问题
已知两边\(a\)、\(b\)和其中一边的对角\(A\)，不能确定三角形的形状，此时三角形解可能是无解、一解、两解，要分类讨论.
【例】 求满足\(a=5\)，\(b=4\) ，\(A=60^{\circ}\)的三角形\(△ABC\)个数.
方法1 利用正弦定理求解
由正弦定理可得： \(\dfrac{5}{\sin 60^{\circ}}=\dfrac{4}{\sin B}\)，则 \(\sin B=\dfrac{2 \sqrt{3}}{5}\)，
\(\because a>b\)，且\(A\)为锐角，\(\therefore B\)有一解，故三角形只有一解；
方法2 图像法
先做出角\(∠CAB=60^{\circ}\)， 过点\(C\)作\(CD⊥BC\) ， 此时可知\(CD=2\sqrt{3}<5\)，以\(C\)为圆心，\(5\)为半径画个圆弧，由于\(b=4<a=5\)，显然圆弧与射线\(AB\)交于一个点，如图可知满足题意的三角形只有一个！
面积公式
\(S_{\triangle A B C}=\dfrac{1}{2} a b \sin C=\dfrac{1}{2} b c \sin A=\dfrac{1}{2} ac\sin B\)
证明 如图，在\(△ABC\)，内角\(A\) ，\(B\) ，\(C\)所对的边分别是\(a\)，\(b\)，\(c\)，过点\(A\)作\(AD⊥BC\)交\(BC\)于点\(D\)，
则 \(S_{\triangle A B C}=\dfrac{1}{2} A D \cdot B C=\dfrac{1}{2} A C \cdot \sin C \cdot B C=\dfrac{1}{2} a b \sin C\)，其他类似证明可得！
基本方法
【题型1】 正弦定理解三角形
【典题1】 在\(△ABC\)中，已知\(b=2\)，\(B=45^{\circ}\)，\(c=\sqrt{6}\)，则角\(C\)为 ( )
A．\(60^{\circ}\) \(\qquad \qquad \qquad\) B．\(30^{\circ}\)或\(150^{\circ}\) \(\qquad \qquad \qquad\)C．\(60^{\circ}\) 或\(120^{\circ}\) \(\qquad \qquad \qquad\) D．\(120^{\circ}\)
解析 由正弦定理知， \(\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{c}{\sin C}\)，
所以 \(\sin C=\dfrac{c \sin B}{b}=\dfrac{\sqrt{6} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2}}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)，
所以\(C=60^{\circ}\) 或\(120^{\circ}\) ，经检验，均符合题意．
故选：\(C\)．
点拨 已知三角形的两边及其一边的对角，可用正弦定理解另一边的对角.得到 \(\sin C=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)，则\(C=60^{\circ}\) 或\(120^{\circ}\) ，还要注意最大角\(120^{\circ}\)加上角\(B\)是否会超过\(180^{\circ}\)，故还要检验.
【典题2】 在\(△ABC\)中，角\(A\) ，\(B\) ，\(C\)所对的边分别是\(a\)，\(b\)，\(c\)，且面积为\(S\)，若\(b\cos C+c\cos B=2a\cos A\)， \(S=\dfrac{1}{4}\left(b^2+a^2-c^2\right)\)，则角B等于( )
A．\(\dfrac{\pi}{2}\) \(\qquad \qquad \qquad\) B． \(\dfrac{5 \pi}{12}\) \(\qquad \qquad \qquad\) C． \(\dfrac{7 \pi}{12}\) \(\qquad \qquad \qquad\)D．\(\dfrac{\pi}{3}\)
解析 因为\(b\cos C+c\cos B=2a\cos A\)，
由正弦定理可得，\(\sin B\cos C+\sin C\cos B=2\sin A\cos A\)，
即\(\sin (B+C)=2\sin A\cos A=\sin A\)，
因为\(\sin A≠0\)，所以\(\cos A=\dfrac{1}{2}\)，故\(A=\dfrac{1}{3} π\)，
\(\because S=\dfrac{1}{4}(b^2+a^2-c^2)\)，\(\dfrac{1}{2} ab\sin C=\dfrac{1}{4}×2ab×\cos C\)，
\(\therefore \sin C=\cos C\)，
故\(C=\dfrac{\pi}{4}\)，则角 \(B=\dfrac{5 \pi}{12}\)．
故选：\(B\)．
点拨 对于类似"\(b\cos C+c\cos B=2a\cos A\)"即含角又含边的等式，可转化为仅含角或仅含边的等式处理；三角形的面积 \(S_{\triangle A B C}=\dfrac{1}{2} a b \sin C=\dfrac{1}{2} b c \sin A=\dfrac{1}{2} a c \sin B\)有三条，与余弦定理公式一样，一般题目中涉及哪个角就使用哪条.
【巩固练习】
1.在\(△ABC\)中，已知\(a=4\)，\(b=4\sqrt{3}\)，\(B=60^{\circ}\)，则角\(A=\)\(\underline{\quad \quad}\) .
2.设\(△ABC\)的内角\(A\) ，\(B\) ，\(C\)所对的边分别是\(a\)，\(b\)，\(c\)，若\(a=\sqrt{3}\)，\(\sin B=\dfrac{1}{2}\)，\(C=\dfrac{\pi}{6}\)，则\(b=\)\(\underline{\quad \quad}\) .
3.已知\(△ABC\)的三个内角\(A\) ，\(B\) ，\(C\)所对的边分别是\(a\)，\(b\)，\(c\)，且满足\(a\cos B+b\cos A=-\sqrt{2} c\cos A\)，则\(A\)等于\(\underline{\quad \quad}\) .
4.在\(△ABC\)中，内角\(A\) ，\(B\) ，\(C\)所对的边分别是\(a\)，\(b\)，\(c\)，且\(c=2(a\cos B-b\cos A)\)，则 \(\dfrac{\tan A}{\tan B}=\)\(\underline{\quad \quad}\)．
5.在\(△ABC\)中，角\(A\) ，\(B\) ，\(C\)所对的边分别是\(a\)，\(b\)，\(c\)，且\(c=2\sqrt{3}\)，\(C=\dfrac{2\pi}{3}\)，\(a=4\sin B\)，则\(△ABC\)的面积为\(\underline{\quad \quad}\) .
参考答案
-
答案 \(\dfrac{\pi}{6}\)
解析 \(\because a=4\)，\(b=4\sqrt{3}\)，\(B=60^{\circ}\) ，
\(\therefore \dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}\)，即 \(\sin A=\dfrac{a \sin B}{b}=\dfrac{4 \times \dfrac{\sqrt{3}}{2}}{4 \sqrt{3}}=\dfrac{1}{2}\)，
\(\because b>a\)，\(\therefore 0<A<\dfrac{\pi}{3}\)，\(\therefore A=\dfrac{\pi}{6}\). -
答案 \(1\)
解析 因为\(C=\dfrac{\pi}{6}\)，所以 \(B \in\left(0， \dfrac{5 \pi}{6}\right)\)，
又\(\sin B=\dfrac{1}{2}\)，所以\(B=\dfrac{\pi}{6}\)，
所以\(A=π-(B+C)=2\dfrac{\pi}{3}\)，
由正弦定理知， \(\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}\)，
所以 \(b=\dfrac{a \sin B}{\sin A}=\dfrac{\sqrt{3} \times \dfrac{1}{2}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}=1\)． -
答案 \(\dfrac{3\pi}{4}\)
解析 因为\(a\cos B+b\cos A=-\sqrt{2} c\cos A\)，
由正弦定理可得，\(\sin A\cos B+\sin B\cos A=-\sqrt{2} \sin C\cos A\)，
即\(\sin (A+B)=\sin C=-\sqrt{2} \sin C\cos A\)，
因为\(\sin C>0\)，所以\(\cos A=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)，
因为\(A\)为三角形的内角，则\(A=\dfrac{3\pi}{4}\)． -
答案 \(3\)
解析 由\(c=2(a\cos B-b\cos A)\)，
根据正弦定理可得\(\sin C=2(\sin A\cos B-\sin B\cos A)\)，
即\(\sin (A+B)=2(\sin A\cos B-\sin B\cos A)\)，
化简可得\(3\sin B\cos A=\sin A\cos B\)，
\(\therefore 3\tanB=\tanA\)， \(\therefore \dfrac{\tan A}{\tan B}=3\). -
答案 \(\sqrt{3}\)
解析 \(\because \dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{c}{\sin C}\)，而\(c=2\sqrt{3}\)，\(C=\dfrac{2\pi}{3}\)，
\(\therefore a=\dfrac{c \sin A}{\sin C}=4 \sin A\)，
又\(a=4\sin B\)，\(\therefore 4\sin A=4\sin B\)，\(\therefore a=b\)，
而\(c^2=a^2+b^2-2ab\cos C\)，即\(12=a^2+a^2+a^2\)，\(\therefore a=2\)，\(b=2\)，
\(\therefore S_{\triangle B B C}=\dfrac{1}{2} a b \sin C=\dfrac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2 \cdot \sin \dfrac{2}{3} \pi=\sqrt{3}\).
【题型2】 三角形个数问题
【典题1】 在\(△ABC\)中，角\(A\) ，\(B\) ，\(C\)所对的边分别是\(a\)，\(b\)，\(c\)，若\(a=2\)，\(b=2\sqrt{2}\)，且三角形有两解，则角\(A\)的取值范围是( )
A. \(\left(0， \dfrac{\pi}{4}\right)\) \(\qquad \qquad \qquad\) B. \(\left(\dfrac{\pi}{4}， \dfrac{\pi}{2}\right)\) \(\qquad \qquad \qquad\) C. \(\left(\dfrac{\pi}{4}， \dfrac{3 \pi}{4}\right)\) \(\qquad \qquad \qquad\)D. \(\left(\dfrac{\pi}{4}， \dfrac{\pi}{3}\right)\)
解析 方法一
由条件知\(b\sin A<a\)，即\(2\sqrt{2} \sin A<2\)， \(\therefore \sin A<\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)，
\(\because a<b\)，\(\therefore A<B\)，\(\therefore A\)为锐角，\(\therefore 0<A<\dfrac{\pi}{4}\).
方法二
如图，\(AC=2\sqrt{2}\)，以\(C\)为圆心\(2\)为半径作\(⊙C\)，
则\(⊙C\)上任一点(\(⊙C\)与直线\(AC\)交点除外)可为点\(B\)构成\(△ABC\)，
当\(AB\)与\(⊙C\)相切时，\(AB=2\)，\(∠BAC=\dfrac{\pi}{4}\)，
当\(AB\)与\(⊙C\)相交时，\(∠BAC<\dfrac{\pi}{4}\)，
因为三角形有两解，所以直线\(AB\)与\(⊙C\)应相交，
所以\(0<∠BAC<\dfrac{\pi}{4}\).
点拨 处理三角形个数问题，利用方法二较为简便，当然还要结合具体的已知条件.
【巩固练习】
1.(多选)已知\(△ABC\)的内角\(A\) ，\(B\) ，\(C\)所对的边分别是\(a\)，\(b\)，\(c\)，根据下列条件解三角形，有两解的是( )
A．\(a=\sqrt{2}\)，\(b=2\)，\(B=120^{\circ}\) \(\qquad \qquad \qquad\) B．\(a=2\)，\(b=\sqrt{3}\)，\(B=45^{\circ}\) \(\qquad \qquad \qquad\)
C．\(b=3\)，\(c=\sqrt{3}\)，\(B=60^{\circ}\) \(\qquad \qquad \qquad\) D．\(a=2\sqrt{3}\)， \(b=\sqrt{10}\)，\(B=60^{\circ}\)
参考答案
- 答案 \(BD\)
解析 对于\(A\)，\(a=\sqrt{2}\)，\(b=2\)，\(B=120^{\circ}\)，\(△ABC\)是钝角三角形，只有一解；
对于\(B\)，\(a=2\)，\(b=\sqrt{3}\)，\(B=45^{\circ}\)，由正弦定理得 \(\dfrac{2}{\sin A}=\dfrac{\sqrt{3}}{\sin 45^{\circ}}\)，解得 \(\sin A=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\)，
又\(a>b\)，且\(A∈(0，π)\)，所以\(A\)有个值，三角形有两解；
对于\(C\)，\(b=3\)，\(c=\sqrt{3}\)，\(B=60^{\circ}\)，由正弦定理得 \(\dfrac{3}{\sin 60^{\circ}}=\dfrac{\sqrt{3}}{\sin C}\)，解得 \(\sin C=\dfrac{1}{2}\)，
由\(b>c\)，所以\(B>C\)，所以\(C=30^{\circ}\)，三角形只有一解；
对于\(D\)，\(a=2\sqrt{3}\)， \(b=\sqrt{10}\)，\(B=60^{\circ}\)，由正弦定理得 \(\dfrac{2 \sqrt{3}}{\sin A}=\dfrac{\sqrt{10}}{\sin 60^{\circ}}\)，解得 \(\sin A=\dfrac{3}{\sqrt{10}}\)，
又\(b<a\)，所以\(A>60^{\circ}\)，所以\(A\)有两个值，三角形有两解．
故选：\(BD\)．
【题型3】 解三角形的综合题
【典题1】 在\(△ABC\)中，内角\(A\) ，\(B\) ，\(C\)所对的边分别是\(a\)，\(b\)，\(c\)，且\(2b\sin A=a\cos C+c\cos A\)．
(1)求角\(A\)的大小；
(2)若\(a=1\)，\(b>a\)，\(\sin B=\sqrt{3} \sin C\)，求\(△ABC\)的面积．
解析 (1)由正弦定理及\(2b\sin A=a\cos C+c\cos A\)，
知\(2\sin B\sin A=\sin A\cos C+\sin C\cos A\)，
而\(\sin A\cos C+\sin C\cos A=\sin (A+C)=\sin B\)，
所以\(2\sin B\sin A=\sin B\)，
因为\(\sin B≠0\)，所以\(\sin A=\dfrac{1}{2}\)，
又\(A∈(0，π)\)，所以\(A=\dfrac{\pi}{6}\)或\(\dfrac{ 5\pi}{6}\)．
(2)因为\(b>a\)，所以\(A=\dfrac{\pi}{6}\)，
由正弦定理及\(\sin B=\sqrt{3} \sin C\)，知\(b=\sqrt{3} c\)，
由余弦定理得，\(a^2=b^2+c^2-2bc\cos A\)，
所以 \(1=(\sqrt{3} c)^2+c^2-2 \cdot \sqrt{3} c \cdot c \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}\)，解得\(c=1\)，
所以\(b=\sqrt{3} c=\sqrt{3}\)，
故\(△ABC\)的面积为 \(S=\dfrac{1}{2} b c \sin A=\dfrac{1}{2} \times \sqrt{3} \times 1 \times 1 \times \dfrac{1}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}\)．
点拨 在三角形中，\(A+B+C=π\)，则\(\sin (A+C)=\sin B\)，\(\cos (A+C)=-\cos B\).
【典题2】在平面四边形\(ABCD\)中，\(∠BAC=90^{\circ}\)，\(∠DAC=30^{\circ}\)，\(∠DCB=150^{\circ}\) ，\(CD=1\)，\(BC=2\)．
(1)求证：\(\sin ^2B+\sin ^2D=1\)；
(2)求\(AC\)的长．
解析 证明：(1)由题意可知，因为\(∠BAC=90^{\circ}\)，\(∠DAC=30^{\circ}\)，
所以\(∠BAD=∠BAC+∠DAC=90^{\circ} +30^{\circ} =120^{\circ}\) ，
由四边形\(ABCD\)的内角和定理，得\(∠BAD+∠B+∠BCD+∠D=360^{\circ}\) ，
所以\(∠B+∠D=360^{\circ} -120^{\circ} -150^{\circ} =90^{\circ}\) ，
所以\(\cos B=\cos (90^{\circ} -D)=\sin D\)，
\(\because \sin ^2B+\cos ^2B=1\)，\(\therefore \sin ^2B+\sin ^2D=1\)；
(2)在\(△ABC\)中，由正弦定理，得 \(\dfrac{A C}{\sin B}=\dfrac{B C}{\sin \angle B A C}\)，即 ①，
在\(△ACD\)中，由正弦定理，得 \(\dfrac{A C}{\sin D}=\dfrac{C D}{\sin \angle C A D}\)，即 \(\dfrac{A C}{\sin D}=\dfrac{1}{\sin 30^{\circ}}=2\) ②，
由①②得， \(\dfrac{A C}{\sin B}=\dfrac{A C}{\sin D}\)，即\(\sin B=\sin D\)，
由(1)知，\(\sin ^2B+\sin ^2D=1\)，即\(\sin ^2B+\sin ^2B=1\)，解得\(\sin B=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)，
又\(0<B<90^{\circ}\)，所以\(B=45^{\circ}\) ，
在\(△ABC\)中，\(AC=BC\sin B=2×\dfrac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}\)．
【巩固练习】
1.在\(△ABC\)中，内角\(A\) ，\(B\) ，\(C\)所对的边分别是\(a\)，\(b\)，\(c\)，且 \(\cos B=\dfrac{a}{c}-\dfrac{b}{2 c}\)．
(1)求角 \(C\)；
(2)若\(c=2a\)，求\(\sin B\)．
2.已知\(△ABC\)的内角\(A\) ，\(B\) ，\(C\)所对的边分别是\(a\)，\(b\)，\(c\)．且 \(a\operatorname{sin}(A+B)=c\operatorname{sin} \dfrac{B+C}{2}\)．
(1)求\(A\)； \(\qquad \qquad\) (2)若\(△ABC\)的面积为\(\sqrt{3}\)，周长为\(8\)，求\(a\)．
3.如图所示，在\(△ABC\)中，点\(D\)为\(BC\)边上一点，且\(BD=1\)，\(E\)为\(AC\)的中点，\(AE=2\)， \(\cos B=\dfrac{2 \sqrt{7}}{7}\)， \(\angle A D B=\dfrac{2 \pi}{3}\)．
(1)求\(AD\)的长； \(\qquad \qquad\)(2)求\(△ADE\)的面积．
参考答案
-
答案 (1) \(\dfrac{\pi}{3}\) ；(2) \(\dfrac{\sqrt{3}+\sqrt{39}}{8}\)
解析 (1)因为 \(\cos B=\dfrac{a}{c}-\dfrac{b}{2 c}\)，所以\(2\sin A-2\sin C\cos B-\sin B=0\)，
因为\(\sin A=\sin (B+C)=\sin B\cos C+\sin C\cos B\)，
所以\(2\sin B\cos C-\sin B=0\)，
又\(\sin B≠0\)，所以\(\cos C=\dfrac{1}{2}\)，由\(0<C<π\)，得\(C=\dfrac{\pi}{3}\).
(2)因为\(c=2a\)，所以 \(\sin A=\dfrac{1}{2} \sin C=\dfrac{\sqrt{3}}{4}\)，
因为\(c>a\)，所以 \(\cos A=\dfrac{\sqrt{13}}{4}\)，
所以 \(\sin B=\sin (A+C)=\sin A \cos C+\cos A \sin C=\dfrac{\sqrt{3}+\sqrt{39}}{8}\)． -
答案 (1) \(\dfrac{\pi}{3}\) ；(2) \(\dfrac{13}{4}\)
解析 (1)\(△ABC\)中， \(a\operatorname{sin}(A+B)=c\operatorname{sin} \dfrac{B+C}{2}\)，
\(\therefore \operatorname{asin}(\pi-C)=\operatorname{csin}\left(\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{A}{2}\right)\)， \(\therefore \operatorname{asin} C=\operatorname{ccos} \dfrac{A}{2}\)；
由正弦定理得 \(\sin A \sin C=\sin C \cos \dfrac{A}{2}\)，
\(\therefore \sin A=\cos \dfrac{A}{2}\)，即 \(2 \sin \dfrac{A}{2} \cos \dfrac{A}{2}=\cos \dfrac{A}{2}\)；
又\(A∈(0，π)\)， \(\therefore \cos \dfrac{A}{2} \neq 0\)， \(\therefore 2 \sin \dfrac{A}{2}=1\)，即 \(\sin \dfrac{A}{2}=\dfrac{1}{2}\)，
\(\therefore \dfrac{A}{2}=\dfrac{\pi}{6}\)，解得\(A=\dfrac{\pi}{3}\)；
(2)\(△ABC\)的面积为\(\sqrt{3}\)，周长为\(8\)，
\(\therefore \dfrac{1}{2} b c \sin A=\dfrac{\sqrt{3}}{4} b c=\sqrt{3}\)，
\(\therefore bc=4\)，…① \(a+b+c=8\)，…②
由余弦定理得：\(a^2=b^2+c^2-bc\)，…③
由①②③组成方程组，可得： \(\left\{\begin{array}{l} b^2+c^2+2 b c=(8-a)^2 \\ b c=4 \\ b^2+c^2=a^2+4 \end{array}\right.\)，
可得：\((8-a)^2=a^2+12\)，解得： \(a=\dfrac{13}{4}\)． -
答案 (1) \(2\)；(2) \(\dfrac{\sqrt{3}+\sqrt{39}}{4}\)
解析 (1)在\(△ABD\)中， \(\because \cos B=\dfrac{2 \sqrt{7}}{7}\)，\(B∈(0，π)\)，
\(\therefore \sin B=\sqrt{1-\cos ^2 B}=\sqrt{1-\left(\dfrac{2 \sqrt{7}}{7}\right)^2}=\dfrac{\sqrt{21}}{7}\)，
\(\therefore \sin \angle B A D=\sin (B+\angle A D B)=\dfrac{\sqrt{21}}{7} \times \dfrac{1}{2}+\dfrac{2 \sqrt{7}}{7} \times \dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{\sqrt{21}}{14}\)，
由正弦定理知 \(\dfrac{A D}{\sin B}=\dfrac{B D}{\sin \angle B A D}\)，得 \(A D=\dfrac{B D \cdot \sin B}{\sin \angle B A D}=\dfrac{1 \times \dfrac{\sqrt{21}}{7}}{\dfrac{\sqrt{21}}{14}}=2\)．
(2)由(1)知\(AD=2\)，依题意得\(AC=2AE=4\)，
在\(△ACD\)中，由余弦定理得\(AC^2=AD^2+DC^2-2AD\cdot DC\cdot \cos ∠ADC\)，
即\(16=4+DC^2-2×2×DC\cos \dfrac{\pi}{3}\)，
\(\therefore DC^2-2DC-12=0\)，解得\(D C=\sqrt{13}+1\)，
\(\therefore S_{\triangle A C D}=\dfrac{1}{2} A D \cdot D C \cdot \sin \angle A D C=\dfrac{1}{2} \times 2 \times(1+\sqrt{13}) \times \dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{\sqrt{3}+\sqrt{39}}{2}\)，
从而 \(S_{\triangle A D E}=\dfrac{1}{2} S_{\triangle A C D}=\dfrac{\sqrt{3}+\sqrt{39}}{4}\)．
分层练习
【A组---基础题】
1.在\(△ABC\)中，\(AB=\sqrt{2}\)，\(BC=\sqrt{3}\)，\(A=60^{\circ}\)，则角\(C\)的值为( )
A．\(\dfrac{\pi}{4}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\dfrac{3\pi}{4}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)C．\(\dfrac{\pi}{6}\) \(\qquad \qquad \qquad\qquad\) D．\(\dfrac{\pi}{4}\)或 \(\dfrac{3\pi}{4}\)
2.在\(△ABC\)中，内角\(A\) ，\(B\) ，\(C\)所对的边分别是\(a\)，\(b\)，\(c\)，若 \(a \sin B \cos C+c \sin B \cos A=\dfrac{\sqrt{3}}{2} b\)，且\(a>b\)，则\(∠B=\)( )
A．\(\dfrac{\pi}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\dfrac{\pi}{6}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(\dfrac{2\pi}{3}\) \(\qquad \qquad\qquad \qquad\)D．\(\dfrac{5\pi}{6}\)
3.在\(△ABC\)中，\(a=3\)，\(b=2\sqrt{6}\)，\(∠B=2∠A\)，则\(\sin A\)的值为( )
A． \(\dfrac{\sqrt{3}}{4}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\dfrac{\sqrt{3}}{3}\) \(\qquad \qquad\qquad \qquad\) C．\(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)D．\(1\)
4.在\(△ABC\)中，角\(A\) ，\(B\) ，\(C\)所对的边分别是\(a\)，\(b\)，\(c\)，①若\(A>B\)，则\(\sin A>\sin B\)；②若\(\sin 2A=\sin 2B\)，则\(△ABC\)一定为等腰三角形；③若\(\sin ^2A+\sin ^2B=\sin ^2C\)，则\(△ABC\)为直角三角形；④若\(△ABC\)为锐角三角形，则\(\sin A>\cos B\)．以上结论中正确的有( )
A．①③ \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．①④ \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．①②④ \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．①③④
5.(多选)在三角形\(ABC\)中，下列命题正确的有( )
A．若\(A=30^{\circ}\)，\(b=4\)，\(a=5\)，则\(△ABC\)有两解
B．若 \(0<\tan A \cdot \tan B<1\)，则\(△ABC\)一定是钝角三角形
C．若\(\cos (A-B)\cos (B-C)\cos (C-A)=1\)，则\(△ABC\)一定是等边三角形
D．若\(a-b=c\cdot \cos B-c\cdot \cos A\)，则\(△ABC\)的形状是等腰或直角三角形
6.在\(△ABC\)中，\(a=2\)，\(b=\sqrt{3}\)，\(A=2B\)，则\(\cos B=\)\(\underline{\quad \quad}\) ．
7.\(△ABC\)中，若\(A=60^{\circ}\)，\(a=\sqrt{3}\)，则 \(\dfrac{b+c}{\sin B+\sin C}\)等于\(\underline{\quad \quad}\) .
8.在\(△ABC\)中，若\(B=120^{\circ}\)，\(C=15^{\circ}\)，\(a=5\)，则此三角形的最大边长为\(\underline{\quad \quad}\) .
9.在\(△ABC\)中，\(a\)，\(b\)，\(c\)分别为角\(A\) ，\(B\) ，\(C\)所对的边，且\(2a\sin B=b(\sqrt{3} \cos A-\sin A)\)．
(1)求角\(A\)的大小；
(2)若\(a=1\)，\(c=2\)，求\(△ABC\)的面积．
10.如图，\(D\)是直角三角形\(ABC\)斜边 上一点，\(AC=\sqrt{3} DC\)．
(1)若\(∠DAC=30^{\circ}\)，求角\(∠ADC\)的大小；
(2)若\(BD=2DC\)，且\(DC=1\)，求\(AD\)的长．
11.\(△ABC\)的外接圆半径\(R=\sqrt{3}\)，角\(A\) ，\(B\) ，\(C\)所对的边分别是\(a\)，\(b\)，\(c\)，且 \(\dfrac{2 \sin A-\sin C}{\sin B}=\dfrac{\cos C}{\cos B}\)
(1)求角\(B\)和边长\(b\)；
(2)求\(S_{\triangle A B C}\)的最大值及取得最大值时的\(a\)，\(c\)的值，并判断此时三角形的形状．
参考答案
-
答案 \(A\)
解析 由正弦定理可得， \(\dfrac{A B}{\sin C}=\dfrac{B C}{\sin A}\)，故 \(\dfrac{\sqrt{2}}{\sin C}=\dfrac{\sqrt{3}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}\)，即 \(\sin C=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)，
因为\(AB＜BC\)，故\(C＜A\)，且\(C\)为三角形内角，
故\(C=\dfrac{\pi}{4}\)．
故选：\(A\)． -
答案 \(A\)
解析 因为 \(a \sin B \cos C+c \sin B \cos A=\dfrac{\sqrt{3}}{2} b\)，
由正弦定理可得， \(\sin A \sin B \cos C+\sin C \sin B \cos A=\dfrac{\sqrt{3}}{2} \sin B\)，
因为\(\sin B≠0\)，所以 \(\sin A \cos C+\sin C \cos A=\sin (A+C)=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)，
所以 \(\sin B=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)，
因为\(a>b\)，则\(∠B=\dfrac{1}{3} π\)．
故选：\(A\)． -
答案 \(B\)
解析 \(\because a=3\)，\(b=2\sqrt{6}\)，\(∠B=2∠A\)，
\(\therefore \sin B=\sin 2A=2\sin A\cos A\)，
\(\therefore\) 由正弦定理 \(\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}\)，
可得 \(\sin A=\dfrac{a \cdot \sin B}{b}=\dfrac{3 \times \sin 2 A}{2 \sqrt{6}}=\dfrac{6 \times \sin A \times \cos A}{2 \sqrt{6}}\)，
\(\therefore \cos A=\dfrac{\sqrt{6}}{3}\)，
\(\therefore \sin A=\sqrt{1-\cos ^2 A}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)．
故选：\(B\)． -
答案 \(D\)
解析 对于①，在\(△ABC\)中，若\(∠A>∠B\)，则\(a>b\)，
即有\(2R\sin A>2R\sin B\)，即\(\sin A>\sin B\)，则①正确；
对于②，若\(\sin 2A=\sin 2B\)，则\(2A=2B\)或\(2A=π-2B\)，
即\(A=B\)或\(A+B=\dfrac{\pi}{2}\)，
故\(△ABC\)不一定为等腰三角形，故②错误；
对于③，\(△ABC\)中，由正弦定理可得 \(\sin A=\dfrac{a}{2 R}\)， \(\sin B=\dfrac{b}{2 R}\)， \(\sin C=\dfrac{c}{2 R}\)，
则\(\sin ^2A+\sin ^2B=\sin ^2C\)可转化为\(a^2+b^2=c^2\)，
即\(△ABC\)为直角三角形，故③正确；
对于④，若\(△ABC\)为锐角三角形，\(A+B>\dfrac{\pi}{2}\)，
则\(\dfrac{\pi}{2}>A>\dfrac{\pi}{2}-B\)，\(\sin A>\sin (\dfrac{\pi}{2}-B)=\cos B\)即④正确．
故正确的是①③④，
故选：\(D\)． -
答案 \(BCD\)
解析 由正弦定理得\(\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}\)，即 \(\dfrac{5}{\dfrac{1}{2}}=\dfrac{4}{\sin B}\)，得 \(\sin B=\dfrac{2}{5}\)，
\(\because b<a\)，\(\therefore B<A\)，\(\therefore B\)为锐角，
\(\therefore\)三角形\(ABC\)有一解，故选项\(A\)错误；
若 \(0<\tan A \cdot \tan B<1\)，则\(\tan A>0\)且\(\tan B>0\)，
所以\(A\)、\(B\)为锐角，\(\tan (A+B)=\dfrac{\tan A+\tan B}{1-\tan A \tan B}>0\)，
所以\(A+B\)为锐角，\(C\)为钝角，
则\(△ABC\)一定是钝角三角形，故选项\(B\)正确；
若\(\cos (A-B)\cos (B-C)\cos (C-A)=1\)，
则\(\cos (A-B)=\cos (B-C)=\cos (C-A)=1\)，
则\(A-B=B-C=C-A=0\)，所以\(A=B=C\)，
则\(△ABC\)一定是等边三角形，故选项\(C\)正确；
若\(a-b=c \cdot \cos B-c \cdot \cos A\)，
由正弦定理得\(\sin A-\sin B=\sin C\cdot \cos B-\sin C\cdot \cos A\)，
即\(\sin (B+C)-\sin (A+C)=\sin C\cos B-\sin C\cos A\)，整理得：\((\sin B-\sin A)\cdot \cos C=0\)，
所以\(\cos C=0\)或\(\sin B-\sin A=0\)，即\(C=\dfrac{\pi}{2}\) 或\(B=A\)，
故\(△ABC\)是等腰或直角三角形，
所以选项\(D\)正确．
故选：\(BCD\)． -
答案 \(\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)
解析 由正弦定理得， \(\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}\) ，所以 \(\dfrac{2}{\sin 2 B}=\dfrac{\sqrt{3}}{\sin B}\) ，
所以 \(\cos B=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)． -
答案 \(2\)
解析 由条件利用正弦定理可得 \(\dfrac{a}{\sin A}=2 R=\dfrac{\sqrt{3}}{\sin 60^{\circ}}=2\)，
\(\therefore \dfrac{b+c}{\sin B+\sin C}=\dfrac{2 R \sin B+2 R \sin C}{\sin B+\sin C}=2 R=2\). -
答案 \(\dfrac{5 \sqrt{6}}{2}\)
解析 因为\(A+B+C=180^{\circ}\) ，所以\(A=180^{\circ} -(B+C)=45^{\circ}\)，
所以最大的边为\(b\)，
由正弦定理知， \(\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}\)，
所以 \(\dfrac{5}{\sin 45^{\circ}}=\dfrac{b}{\sin 120^{\circ}}\)，解得 \(b=\dfrac{5 \sqrt{6}}{2}\)． -
答案 (1) \(\dfrac{\pi}{6}\)；(2) \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\).
解析 (1)由正弦定理得\(2\sin A\sin B=\sin B(\sqrt{3} \cos A-\sin A)\)，
即\(2\sin A\sin B=\sqrt{3} \sin B\cos A-\sin B\sin A\)，
化简得\(\sqrt{3} \sin A\sin B=\sin B\cos A\)，
又\(\sin B≠0\)，故\(\sqrt{3} \sin A=\cos A\)，即 \(\tan A=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)，
又\(A∈(0，π)\)，故\(A=\dfrac{\pi}{6}\)；
(2)由余弦定理得\(a^2=b^2+c^2-2bc\cos A\)，
即\(1=b^2+4-2\sqrt{3} b\)，解得\(b=\sqrt{3}\)，
故 的面积为 \(\dfrac{1}{2} b c \sin A=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)． -
答案 (1) \(120^{\circ}\)；(2)\(\sqrt{2}\)
解析 (1)在\(△ADC\)中，由正弦定理得 \(\dfrac{A C}{\sin \angle A D C}=\dfrac{D C}{\sin \angle D A C}\)，
所以， \(\sin \angle A D C=\dfrac{A C \cdot \sin \angle D A C}{D C}=\sqrt{3} \times \dfrac{1}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)．
又\(∠ADC=B+∠BAD=B+(90^{\circ} -∠DAC)=B+60^{\circ} >60^{\circ}\)
所以，\(∠ADC=120^{\circ}\)．
(2)由\(BD=2DC\)，且\(DC=1\)知：\(BC=3\)，\(AC=\sqrt{3}\)，
所以，直角三角形\(ABC\)中， \(\cos C=\dfrac{A C}{B C}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)．
在\(△ADC\)中，由余弦定理得
\(A D^2=A C^2+D C^2-2 A C \cdot D C \cos C\)\(=(\sqrt{3})^2+1-2 \sqrt{3} \times 1 \times \dfrac{\sqrt{3}}{3}=2\)，
所以，\(AD=\sqrt{2}\)． -
答案 (1)\(3\)；(2)\(a=b=c=3\)，可得\(△ABC\)是等边三角形．
解析 (1) \(\because \dfrac{2 \sin A-\sin C}{\sin B}=\dfrac{\cos C}{\cos B}\)，
\(\therefore 2\sin A\cos B-\sin C\cos B=\sin B\cos C\)，
可得\(2\sin A\cos B=\sin B\cos C+\cos B\sin C=\sin (B+C)\)，
\(\because\) 在\(△ABC\)中，\(\sin (B+C)=\sin (π-A)=\sin A>0\)，
\(\therefore 2\sin A\cos B=\sin A\)，可得\(\cos B=\dfrac{1}{2}\)．
又\(\because B∈(0，π)\)，\(\therefore B=\dfrac{\pi}{3}\)，
由正弦定理 \(\dfrac{b}{\sin B}=2 R\)，可得 \(b=2 R \sin B=2 \sqrt{3} \cdot \sin \dfrac{\pi}{3}=3\)；
(2)\(\because b=3\)，\(\cos B=\dfrac{1}{2}\)，
\(\therefore\)由余弦定理\(b^2=a^2+c^2-2ac\cos B\)，得\(a^2+c^2-ac=9\)，
因此，\(ac+9=a^2+c^2≥2ac\)，可得\(ac≤9\)，当且仅当\(a=c\)时等号成立，
\(\because S_{\triangle A B C}=\dfrac{1}{2} a c \sin B=\dfrac{\sqrt{3}}{4} a c\)， \(\therefore S_{\triangle A B C} \leq \dfrac{\sqrt{3}}{4} \times 9=\dfrac{9 \sqrt{3}}{4}\)，
由此可得：当且仅当\(a=c\)时， \(S_{\triangle A B C}\)有最大值 \(\dfrac{9 \sqrt{3}}{4}\)，
此时\(a=b=c=3\)，可得\(△ABC\)是等边三角形．
【B组---提高题】
1.在\(△ABC\)中，内角\(A\) ，\(B\) ，\(C\)所对的边分别是\(a\)，\(b\)，\(c\)，若 \(\dfrac{a}{2 \cos A}=\dfrac{b}{3 \cos B}=\dfrac{c}{5 \cos C}\)，则\(∠B\)的大小是( )
A． \(\dfrac{\pi}{12}\) \(\qquad \qquad \qquad\) B．\(\dfrac{\pi}{6}\) \(\qquad \qquad \qquad\)C．\(\dfrac{\pi}{4}\) \(\qquad \qquad \qquad\) D．\(\dfrac{\pi}{3}\)
2.在\(△ABC\)中，角\(A\) ，\(B\) ，\(C\)所对的边分别是\(a\)，\(b\)，\(c\)，若\(A=3B\)，则\(\dfrac{a}{b}\)的取值范围是( )
A．\((0，3)\) \(\qquad \qquad \qquad\) B．\((1，3)\) \(\qquad \qquad \qquad\) C．\((0，1]\) \(\qquad \qquad \qquad\) D．\((1，2]\)
3.如图，在平面四边形\(ABCD\)中，\(AD=1\)，\(AB=2\)，\(BC=CD=DB\)，设\(∠DAB=θ\)．
(1)若\(θ=\dfrac{2\pi}{3}\)，求\(\sin ∠ADB\)的值；
(2)用\(θ\)表示四边形\(ABCD\)的面积\(S(θ)\)，并求\(S(θ)\)的最大值．
参考答案
-
答案 \(D\)
解析 由正弦定理可知，\(a=2R\sin A\)，\(b=2R\sin B\)，\(c=2R\sin C\)，(\(R\)为三角形外接圆半径)，
因为 \(\dfrac{a}{2 \cos A}=\dfrac{b}{3 \cos B}=\dfrac{c}{5 \cos C}\)，
所以， \(\dfrac{\sin A}{2 \cos A}=\dfrac{\sin B}{3 \cos B}=\dfrac{\sin C}{5 \cos C}\)，且\(A\) ，\(B\) ，\(C\)都为锐角，
所以 \(\dfrac{1}{2} \tan A=\dfrac{1}{3} \tan B=\dfrac{1}{5} \tan C\)，
所以 \(-\tan B=\tan (A+C)=\dfrac{\tan A+\tan C}{1-\tan A \tan C}=\dfrac{\dfrac{2 \tan B}{3}+\dfrac{5 \tan B}{3}}{1-\dfrac{2 \tan B}{3} \cdot \dfrac{5 \tan B}{3}}\)，
整理可得，\(\tan ^2B=3\)，
故\(\tan B=\sqrt{3}\)，\(B=\dfrac{1}{3} π\)．
故选：\(D\)． -
答案 \(B\)
解析 \(\because A=3B\)，
\(\therefore\) 由正弦定理得 \(\dfrac{a}{b}=\dfrac{\sin A}{\sin B}=\dfrac{\sin 3 B}{\sin B}=\dfrac{\sin B \cos 2 B+\cos B \sin 2 B}{\sin B}\)\(=\cos 2 B+2 \cos ^2 B=2 \cos 2 B+1\)，
\(\because B+A<180^{\circ}\)，即\(4B<180^{\circ}\)，
\(\therefore 0<B<45^{\circ}\)，即\(0<2B<90^{\circ}\)，
\(\therefore 0<\cos 2B<1\)，即\(1<2\cos 2B+1<3\)，
则\(\dfrac{a}{b}\)的取值范围为\((1，3)\)．
故选：\(B\)． -
答案 (1) \(\dfrac{\sqrt{21}}{7}\) ；(2) \(S(\theta)=2 \sin \left(\theta-\dfrac{\pi}{3}\right)+\dfrac{5 \sqrt{3}}{4}\)，最大值为 \(2+\dfrac{5 \sqrt{3}}{4}\)．
解析 (1)在\(△ABC\)中，由余弦定理知\(BD^2=AD^2+AB^2-2AD\cdot AB\cos ∠BAD\)，
由已知\(AD=1\)，\(AB=2\)，\(∠DAB=\dfrac{2}{3} π\)，
代入上式得：\(B D^2=1+4-2 \times 1 \times 2 \times\left(-\dfrac{1}{2}\right)=7\)，即\(BD=\sqrt{7}\)，
又由正弦定理得： \(\dfrac{A B}{\sin \angle A D B}=\dfrac{B D}{\sin \angle D A B}\)
即： \(\dfrac{2}{\sin \angle A D B}=\dfrac{\sqrt{7}}{\sin \dfrac{2}{3} \pi}\)，解得： \(\sin \angle A D B=\dfrac{\sqrt{21}}{7}\)．
(2)在\(△ABC\)中，由余弦定理知\(BD^2=1+4-2×1×2×\cos θ=5-4\cos θ\)，
\(\because △BDC\)为等边三角形，且边长为\(5-4\cos θ\)．
故 \(S(\theta)=S_{\triangle A B D}+S_{\triangle B D C}=\dfrac{1}{2} A D \cdot A B \cdot \sin \theta+\dfrac{1}{2} B D \cdot C D \cdot \sin 60^{\circ}\)
\(=\dfrac{1}{2} \cdot 1 \cdot 2 \sin \theta+\dfrac{1}{2} \cdot B D^2 \cdot \sin 60^{\circ}=\sin \theta+\dfrac{\sqrt{3}(5-4 \cos \theta)}{4}\)
\(=\sin \theta-\sqrt{3} \cos \theta+\dfrac{5 \sqrt{3}}{4}=2 \sin \left(\theta-\dfrac{\pi}{3}\right)+\dfrac{5 \sqrt{3}}{4}\).
\(\because 0<θ<π\)，\(\therefore -\dfrac{\pi}{3}<θ-\dfrac{\pi}{3}<\dfrac{2\pi}{3}\)，
故当\(θ-\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\pi}{2}\)时，\(S(θ)\)取得最大值为\(2+\dfrac{5 \sqrt{3}}{4}\)．
【C组---拓展题】
1.已知在锐角\(△ABC\)中，角\(A\) ，\(B\) ，\(C\)所对的边分别是\(a\)，\(b\)，\(c\)，若\(2b\cos (A+B)=c\cos (A+C)\)，则 \(\dfrac{1}{\tan A}+\dfrac{1}{\tan B}+\dfrac{1}{\tan C}\)的最小值为( )
A． \(\dfrac{2 \sqrt{7}}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad\) B．\(\sqrt{5}\) \(\qquad \qquad \qquad\)C． \(\dfrac{\sqrt{7}}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad\) D．\(2\sqrt{5}\)
2.在\(△ABC\)中，已知 \(2 \cos ^2 \dfrac{A}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{3} \sin A\)，若\(a=2\sqrt{3}\)，则\(△ABC\)周长的取值范围为\(\underline{\quad \quad}\)．
3.边长为\(1\)的正方形\(ABCD\)的边\(BC\)上有一点\(P\)，边\(CD\)上有一点\(Q\)．满足\(△CPQ\)的周长为\(2\)．
(1)求\(∠QAP\)的大小；(2)求\(△APQ\)面积的最小值．
参考答案
-
答案 \(A\)
解析 因为\(2b\cos (A+B)=c\cos (A+C)\)，得\(2b\cos C=c\cos B\)，
由正弦定理得\(2\sin B\cos C=\sin C\cos B\)，
所以\(2\tan B=\tan C\)，
又因为\(A+B+C=π\)，
所以 \(\tan A=\tan [\pi-(B+C)]=-\tan (B+C)\)
\(=-\dfrac{\tan B+\tan C}{1-\tan B \tan C}=\dfrac{-3 \tan B}{1-2 \tan ^2 B}\)，
所以 \(\dfrac{1}{\tan A}+\dfrac{1}{\tan B}+\dfrac{1}{\tan C}=\dfrac{1-2 \tan ^2 B}{-3 \tan B}+\dfrac{1}{\tan B}+\dfrac{1}{2 \tan B}\)\(=\dfrac{2 \tan ^2 B-1}{3 \tan B}+\dfrac{3}{2 \tan B}=\dfrac{9+4 \tan ^2 B-2}{6 \tan B}\)
\(=\dfrac{4 \tan ^2 B+7}{6 \tan B}=\dfrac{2}{3} \tan B+\dfrac{7}{6 \tan B}\)
\(\geq 2 \sqrt{\dfrac{2}{3} \tan B \times \dfrac{7}{6 \tan B}}=\dfrac{2 \sqrt{7}}{3}\)，
(当且仅当 \(\dfrac{2}{3} \tan B=\dfrac{7}{6 \tan B}\)，即 \(\tan B=\dfrac{\sqrt{7}}{2}\)，取“=”)．
所以\(\dfrac{1}{\tan A}+\dfrac{1}{\tan B}+\dfrac{1}{\tan C}\)的最小值为 \(\dfrac{2 \sqrt{7}}{3}\)．
故选：\(A\)． -
答案 \((4 \sqrt{3}， 4+2 \sqrt{3}]\)
解析 由 \(12 \cos ^2 \dfrac{A}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{3} \sin A\)得 \(1+\cos A=\dfrac{\sqrt{3}}{3} \sin A\)，
即 \(\dfrac{\sqrt{3}}{3} \sin A-\cos A=1\)，
即 \(\dfrac{2 \sqrt{3}}{3} \sin \left(A-\dfrac{\pi}{3}\right)=1\)，即 \(\sin \left(\mathrm{A}-\dfrac{\pi}{3}\right)=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)，
\(\because 0<A<π\)，\(\therefore -\dfrac{\pi}{3}<A-\dfrac{\pi}{3}<\dfrac{2\pi}{3}\)，
即\(A-\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\pi}{3}\)，即\(A=\dfrac{2\pi}{3}\)，
\(\because \dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{c}{\sin C}=\dfrac{2 \sqrt{3}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}=4\)，\(\therefore b=4\sin B\)，\(c=4\sin C\)，
则 \(b+c=4 \sin B+4 \sin C=4 \sin B+4 \sin \left(\dfrac{\pi}{3}-B\right)\)
\(=4 \sin B+4\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} \cos B-\dfrac{1}{2} \sin B\right)\)
\(=2 \sin B+2 \sqrt{3} \cos B=4 \sin \left(B+\dfrac{\pi}{3}\right)\)，
\(\because 0<B<\dfrac{\pi}{3}\)，\(\therefore \dfrac{\pi}{3}<B+\dfrac{\pi}{3}<\dfrac{2\pi}{3}\)，
则 \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}<\sin \left(B+\dfrac{\pi}{3}\right) \leq 1\)，即 \(2 \sqrt{3}<4 \sin \left(B+\dfrac{\pi}{3}\right) \leq 4\)，
则\(2\sqrt{3}<b+c≤4\)，
则\(4\sqrt{3}<a+b+c≤4+2\sqrt{3}\)，
即三角形的周长的范围是\((4\sqrt{3}，4+2\sqrt{3}]\)，
故答案为：\((4\sqrt{3}，4+2\sqrt{3}]\)． -
答案 (1)\(45^{\circ}\)；(2)\(\sqrt{2}-1\)
解析 (1)\(△CPQ\)的周长为\(2\)，可得\(PQ=BP+DQ\)，
设\(∠PAB=α\)，\(∠DAQ=β\)，
则\(PB=\tan α\)，\(QD=\tan β\)，且\(PC=1-\tan α\)，\(QC=1-\tan β\)，\(PQ=\tan α+\tan β\)，
由勾股定理可得，\((1-\tan α)^2+(1-\tan β)^2=(\tan α+\tan β)^2\)，
展开整理可得，\(2-2\tan α-2\tan β=2\tan α\cdot \tan β\)，
变形可得 \(\dfrac{\tan \alpha+\tan \beta}{1-\tan \alpha \tan \beta}=1\)，即\(\tan (α+β)=1\)，
因为\(α+β\)为锐角，\(α+β=45^{\circ}\)，\(∠QAP=90^{\circ}-45^{\circ}=45^{\circ}\)，
(2) \(S_{\triangle A P Q}=\dfrac{1}{2} A Q \cdot A P \cdot \sin 45^{\circ}=\dfrac{1}{2 \sqrt{2} \cos \alpha \cos \beta}\)，
又\(2\sqrt{2} \cos α\cos β=2\sqrt{2} \cos α\cos (45^{\circ}-α)=2\cos 2α+2\cos α\sin α\)，
\(2\sqrt{2} \cos α\cos β=1+\cos 2α+\sin 2α=1+\sqrt{2} \cos (45^{\circ}-2α)\)，
当\(α=22.5^{\circ}\)时，上式有最大值\(1+\sqrt{2}\)，
此时 \(S_{\triangle A P Q}=\dfrac{1}{1+\sqrt{2} \cos \left(45^{\circ}-2 \alpha\right)}\)有最小值\(\sqrt{2}-1\)．