人教A版高考数学一轮总复习第4章新高考新题型微课堂4开放题命题热点之解三角形课时学案

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数学开放题是高考的一种新题型，此类问题的核心是培养学生的创造意识和创新能力，激发学生独立思考和创新的意识．开放题通常是改变命题结构，改变设问方式，增强问题的探索性以及解决问题过程中的多角度思考．解三角形是开放性命题的热点之一．
三角形中基本量的计算
(2020·新高考全国卷Ⅰ)在①ac＝eq \r(3)，②csin A＝3，③c＝eq \r(3)b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin A＝eq \r(3)sin B，C＝eq \f(π,6)，________？
解：(方法一)由sin A＝eq \r(3)sin B可得eq \f(a,b)＝eq \r(3)，
不妨设a＝eq \r(3)m，b＝m(m>0)，
则c2＝a2＋b2－2abcs C＝3m2＋m2－2×eq \r(3)m×m×eq \f(\r(3),2)＝m2，即c＝m，所以b＝c.
选择条件①：
据此可得ac＝eq \r(3)m×m＝eq \r(3)m2＝eq \r(3)，所以m＝1，此时a＝eq \r(3)，b＝c＝1，三角形存在．
选择条件②：
据此可得cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(m2＋m2－3m2,2m2)＝－eq \f(1,2)，所以A＝eq \f(2π,3).
则sin A＝eq \f(\r(3),2)，
所以csin A＝m×eq \f(\r(3),2)＝3，所以m＝2eq \r(3)，则b＝c＝2eq \r(3)，a＝6，三角形存在．
选择条件③：
因为b＝c，与条件c＝eq \r(3)b矛盾，所以问题中的三角形不存在．
(方法二)因为sin A＝eq \r(3)sin B，C＝eq \f(π,6)，B＝π－(A＋C)，
所以sin A＝eq \r(3)sin(A＋C)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,6)))＝eq \f(3,2)sin A＋eq \f(\r(3),2)cs A，
所以sin A＝－eq \r(3)cs A，所以tan A＝－eq \r(3)，所以A＝eq \f(2π,3)，
所以B＝C＝eq \f(π,6)，所以b＝c.
若选①，ac＝eq \r(3)，因为a＝eq \r(3)b＝eq \r(3)c，所以eq \r(3)c2＝eq \r(3)，
所以c＝1，即a＝eq \r(3)，b＝c＝1，三角形存在；
若选②，csin A＝3，则eq \f(\r(3)c,2)＝3，得c＝2eq \r(3)，即a＝6，b＝c＝2eq \r(3)，三角形存在；
若选③，与条件c＝eq \r(3)b矛盾，三角形不存在．
1．熟练掌握常见问题的通法寻找恰当的条件搭配
(1)已知两边和一边的对角或已知两角和一边都能用正弦定理解三角形，注意正弦定理的变形公式，其中a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C能够实现边角互化．
(2)已知两边和它们的夹角或已知两边和一边的对角或已知三边都能运用余弦定理解三角形，在运用余弦定理时，要注意整体思想的运用．
(3)已知两角和一边，该三角形是确定的，其解是唯一的；已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据三角函数值的有界性和大边对大角定理进行判断．
2．避免失误准确解题
(1)应用正弦定理求角时容易出现增解或漏解的情况，要根据条件和三角形的限制条件合理取舍．
(2)求角时易忽略角的范围而导致错误，需要根据大边对大角、大角对大边的规则，可以通过画图来帮助判断．
(2020·德州一模)在条件①2cs A(bcs C＋ccs B)＝a，②csineq \f(B＋C,2)＝asin C，③(sin B－sin C)2＝sin2A－sin Bsin C中任选一个，补充到下面的问题中，并给出问题解答．
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且a＝eq \r(7)，b－c＝2，________.
求BC边上的高．
解：若选条件①.
由正弦定理得2cs A(sin Bcs C＋sin Ccs B)＝sin A＝sin(B＋C)，
即2cs Asin(B＋C)＝sin(B＋C)，
得cs A＝eq \f(1,2).
因为0由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccs A，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b2＋c2－bc＝7，,b－c＝2，))化简得c2＋2c－3＝0，
解得c＝1或c＝－3(舍)，从而b＝3.
设BC边上的高是h，所以eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)ah，
解得h＝eq \f(3\r(21),14).
若选条件②.
由正弦定理得sin Csineq \f(B＋C,2)＝sin Asin C．
因为sin C≠0，所以sineq \f(B＋C,2)＝sin A．
由A＋B＋C＝180°，
可得sineq \f(B＋C,2)＝cseq \f(A,2)，
故cseq \f(A,2)＝2sineq \f(A,2)cseq \f(A,2).
因为cseq \f(A,2)≠0，所以sineq \f(A,2)＝eq \f(1,2)，因此A＝eq \f(π,3).
下同选条件①.
若选条件③.
由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sin Bsin C，
由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc.
由余弦定理得cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(1,2).
因为0下同选条件①.
与三角形的面积和周长有关的问题
(2020·青岛三模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，eq \f(sin A,cs A)＝eq \f(sin B＋sin C,cs B＋cs C).
(1)若△ABC还同时满足下列四个条件中的三个：①a＝7，②b＝10，③c＝8，④△ABC的面积S＝10eq \r(3)，请指出这三个条件，并说明理由；
(2)若a＝3，求△ABC周长L的取值范围．
解：因为eq \f(sin A,cs A)＝eq \f(sin B＋sin C,cs B＋cs C)，
所以sin Acs B＋sin Acs C＝cs A·sin B＋cs Asin C，
即sin Acs B－cs Asin B＝sin Ccs A－cs Csin A
所以sin(A－B)＝sin(C－A)．
因为A，B，C∈(0，π)，
所以A－B＝C－A，即2A＝B＋C，所以A＝eq \f(π,3).
(1)△ABC还同时满足条件①③④.
理由如下：
若△ABC同时满足条件①②，
由正弦定理得sin B＝eq \f(bsin A,a)＝eq \f(5\r(3),7)>1，此时B无解．
所以△ABC不能同时满足条件①②，
所以△ABC同时满足条件③④.
所以S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)×b×8×eq \f(\r(3),2)＝10eq \r(3)，
解得b＝5与②矛盾，
所以△ABC还同时满足条件①③④.
(2)在△ABC中，由正弦定理得eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝eq \f(a,sin A)＝2eq \r(3).
因为C＝eq \f(2π,3)－B，
所以b＝2eq \r(3)sin B，c＝2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－B))，
所以L＝a＋b＋c＝2eq \r(3)·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(sin B＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－B))))＋3
＝6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin B＋\f(1,2)cs B))＋3
＝6sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,6)))＋3.
因为B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，所以B＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,6)))∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)).
所以△ABC周长L的取值范围为(6,9]．
解答三角形的面积和周长有关问题的策略
(1)利用三角恒等变换公式化简已知条件等式，并注意用正弦定理、余弦定理进行边角互化．
(2)根据条件选择三角形面积公式或计算三角形的周长．
(3)若求最值，注意根据条件利用基本不等式或三角函数的性质求最值．
(2020·临沂高三期末)在①cs A＝eq \f(3,5)，cs C＝eq \f(2\r(5),5)，②csin C＝sin A＋bsin B，B＝60°，③c＝2，cs A＝eq \f(1,8)三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并加以解答．
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a＝3，________，求△ABC的面积S.
解：若选①.
因为cs A＝eq \f(3,5)，cs C＝eq \f(2\r(5),5)，A，C∈(0，π)，
所以sin A＝eq \f(4,5)，sin C＝eq \f(\r(5),5)，
所以sin B＝sin(A＋C)＝sin Acs C＋cs Asin C＝eq \f(4,5)×eq \f(2\r(5),5)＋eq \f(3,5)×eq \f(\r(5),5)＝eq \f(11\r(5),25).
由正弦定理得b＝eq \f(asin B,sin A)＝eq \f(3×\f(11\r(5),25),\f(4,5))＝eq \f(33\r(5),20)，
所以S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)×3×eq \f(33\r(5),20)×eq \f(\r(5),5)＝eq \f(99,40).
若选②.
因为csin C＝sin A＋bsin B，
所以由正弦定理得c2＝a＋b2.
因为a＝3，所以b2＝c2－3.
又因为B＝60°，
所以b2＝c2＋9－2×3×c×eq \f(1,2)＝c2－3，
解得c＝4，
所以S＝eq \f(1,2)acsin B＝3eq \r(3).
若选③.
因为c＝2，cs A＝eq \f(1,8)，
所以由余弦定理得eq \f(1,8)＝eq \f(b2＋22－32,2b×2)，
即2b2－b－10＝0，
解得b＝eq \f(5,2)或b＝－2(舍去)．
因为A∈(0，π)，所以sin A＝eq \r(1－cs2A)＝eq \f(3\r(7),8)，
所以S＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)×eq \f(5,2)×2×eq \f(3\r(7),8)＝eq \f(15\r(7),16).