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2020高考数学文科大一轮复习导学案：第三章三角函数、解三角形3.6
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知识点一 正弦定理和余弦定理
1．(2018·全国卷Ⅱ)在△ABC中，cos＝，BC＝1，AC＝5，则AB＝( A )
A．4 B.
C. D．2
解析：因为cosC＝2cos2－1＝2×－1＝－，所以由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcosC＝25＋1－2×5×1×(－)＝32，所以AB＝4，故选A.
2．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知C＝60°，b＝，c＝3，则A＝75°.
解析：由正弦定理，得sinB＝＝＝，结合b
知识点二 在△ABC中，已知a、b和A时，解的情况
3．在△ABC中，若a＝18，b＝24，A＝45°，则此三角形有( B )
A．无解 B．两解
C．一解 D．解的个数不确定
解析：∵bsinA＝24sin45°＝12<18，∴bsinA
解析：由正弦定理，得sinAcosA＝sinBcosB，即sin2A＝sin2B，所以2A＝2B或2A＝π－2B，即A＝B或A＋B＝，所以这个三角形为等腰三角形或直角三角形．
知识点三 三角形常用面积公式
1．S＝a·ha(ha表示边a上的高)；
2．S＝absinC＝acsinB＝bcsinA.
5．(2019·郑州调研)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知b＝2，c＝2，且C＝，则△ABC的面积为( A )
A.＋1 B.－1 C．4 D．2
解析：法1：由余弦定理可得(2)2＝22＋a2－2×2×acos，即a2－2a－4＝0，解得a＝＋或a＝－(舍去)，△ABC的面积S＝absinC＝×2×(＋)sin＝×2××(＋)＝＋1，故选A.
法2：由正弦定理＝，得sinB＝＝，又c>b，且B∈(0，π)，所以B＝，所以A＝，所以△ABC的面积S＝bcsinA＝×2×2sin＝×2×2×＝＋1.
6．在△ABC中，a＝3，b＝2，cosC＝，则△ABC的面积为4.
解析：∵cosC＝，∴sinC＝，
∴S△ABC＝absinC＝×3×2×＝4.
1．三角形中的必备结论
(1)a>b⇔A>B(大边对大角)．
(2)A＋B＋C＝π(三角形内角和定理)．
(3)sin(A＋B)＝sinC，
cos(A＋B)＝－cosC，
sin＝cos，
cos＝sin.
(4)射影定理：bcosC＋ccosB＝a，
bcosA＋acosB＝c，
acosC＋ccosA＝b.
2．利用正、余弦定理解三角形时，要注意三角形内角和定理对角的范围的限制．
第1课时 正弦定理、余弦定理
考向一 正弦定理、余弦定理、解三角形
【例1】 (2018·天津卷)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知bsinA＝acos(B－)．
(1)求角B的大小；
(2)设a＝2，c＝3，求b和sin(2A－B)的值．
【解】 (1)在△ABC中，由正弦定理＝，可得bsinA＝asinB，又由bsinA＝acos(B－)，得asinB＝acos(B－)，即sinB＝cos(B－)，可得tanB＝.又因为B∈(0，π)，可得B＝.
(2)在△ABC中，由余弦定理及a＝2，c＝3，B＝，有b2＝a2＋c2－2accosB＝7，故b＝.
由bsinA＝acos(B－)，可得sinA＝.
因为a
(1)正弦定理、余弦定理的作用是在已知三角形部分元素的情况下求解其余元素，基本思想是方程思想，即根据正弦定理、余弦定理列出关于未知元素的方程，通过解方程求得未知元素.
(2)正弦定理、余弦定理的另一个作用是实现三角形边角关系的互化，解题时可以把已知条件化为角的三角函数关系，也可以把已知条件化为三角形边的关系.
(1)(2018·浙江卷)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a＝，b＝2，A＝60°，则sinB＝，c＝3.
(2)(2019·山东菏泽联考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosB－c－＝0，a2＝bc，b>c，则＝( B )
A. B．2
C．3 D.
解析：(1)因为a＝，b＝2，A＝60°，所以由正弦定理得sinB＝＝＝.由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA可得c2－2c－3＝0，所以c＝3.
(2)由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB可得acosB＝，又acosB－c－＝0，a2＝bc，所以c＋＝，即2b2－5bc＋2c2＝0，所以有(b－2c)·(2b－c)＝0.所以b＝2c或c＝2b，又b>c，所以＝2.故选B.
考向二 判断三角形形状
【例2】 在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且2a·sinA＝(2b－c)sinB＋(2c－b)sinC.
(1)求角A的大小；
(2)若sinB＋sinC＝，试判断△ABC的形状．
【解】 (1)因为2asinA＝(2b－c)sinB＋(2c－b)sinC，所以2a2＝(2b－c)b＋(2c－b)c，即bc＝b2＋c2－a2，所以cosA＝＝，所以A＝60°.
(2)因为A＋B＋C＝180°，
所以B＋C＝180°－60°＝120°，
由sinB＋sinC＝，
得sinB＋sin(120°－B)＝，
所以sinB＋sin120°cosB－cos120°sinB＝.
所以sinB＋cosB＝，
即sin(B＋30°)＝1.又因为0°
所以A＝B＝C＝60°，所以△ABC为正三角形．
判定三角形形状的两种常用途径
(1)通过正弦定理和余弦定理，化边为角，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断．
(2)利用正弦定理、余弦定理，化角为边，通过代数恒等变换，求出三条边之间的关系进行判断．
(1)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b＝2ccosA，c＝2bcosA，则△ABC的形状为( C )
A．直角三角形 B．锐角三角形
C．等边三角形 D．等腰直角三角形
(2)在△ABC中，cos2＝(a，b，c分别为角A，B，C的对边)，则△ABC的形状为( B )
A．等边三角形
B．直角三角形
C．等腰三角形或直角三角形
D．等腰直角三角形
解析：(1)由正弦定理，得sinB＝2sinCcosA，
sinC＝2sinBcosA，即sin(A＋C)＝2sinCcosA＝sinAcosC＋cosAsinC，即sinAcosC－cosAsinC＝0，
所以sin(A－C)＝0，A＝C，同理可得A＝B，
所以三角形为等边三角形．故选C.
(2)因为cos2＝，
所以2cos2－1＝－1，
所以cosB＝，所以＝，
所以c2＝a2＋b2.
所以△ABC为直角三角形．故选B.
考向三 与三角形面积有关的问题
【例3】 (2019·昆明调研测试)已知△ABC的面积为3，AC＝2，BC＝6，延长BC至D，使∠ADC＝45°.
(1)求AB的长；
(2)求△ACD的面积．
【解】 (1)因为S△ABC＝×6×2×sin∠ACB＝3，所以sin∠ACB＝，∠ACB＝30°或150°，又∠ADC＝45°，所以∠ACB＝
150°，
由余弦定理得AB2＝12＋36－2×2×6cos150°＝84，所以AB＝＝2.
(2)在△ACD中，因为∠ACB＝150°，∠ADC＝45°，所以∠CAD＝105°，
由正弦定理得＝，所以CD＝3＋，
又∠ACD＝180°－150°＝30°，
所以S△ACD＝AC·CD·sin∠ACD＝×2×(3＋)×＝.
三角形面积公式的应用原则
(1)对于面积公式S＝absinC＝acsinB＝bcsinA，一般是已知哪一个角就使用哪一个公式．
(2)与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化．
(1)(2018·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsinC＋csinB＝4asinBsinC，b2＋c2－a2＝8，则△ABC的面积为.
解析：由bsinC＋csinB＝4asinBsinC得sinBsinC＋sinCsinB＝4sinAsinBsinC，因为sinBsinC≠0，所以sinA＝.因为b2＋c2－a2＝8，cosA＝，所以bc＝，所以S△ABC＝bcsinA＝××＝.
(2)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinA＋cosA＝0，a＝2，b＝2.
①求c；
②设D为BC边上一点，且AD⊥AC，求△ABD的面积．
解：①由sinA＋cosA＝0及cosA≠0，
得tanA＝－，又0
即c2＋2c－24＝0，
解得c＝－6(舍去)，c＝4.
②由题设可得∠CAD＝，
所以∠BAD＝∠BAC－∠CAD＝.
故△ABD与△ACD面积的比值为＝1.
又△ABC的面积为×4×2sin∠BAC＝2，
所以△ABD的面积为.
第2课时 解三角形的应用
考向一 解三角形在实际中的应用
【例1】 如图所示，某旅游景点有一座风景秀丽的山峰，山上有一条笔直的山路BC和一条索道AC，小王和小李打算不坐索道，而是花2个小时的时间进行徒步攀登，已知∠ABC＝120°，∠ADC＝150°，BD＝1 km，AC＝3 km.假设小王和小李徒步攀登的速度为每小时1 250米，请问：两位登山爱好者能否在2个小时内徒步登上山峰？(即从B点出发到达C点)
【解】 在△ABD中，由题意知，∠ADB＝∠BAD＝30°，所以AB＝BD＝1 km，因为∠ABD＝120°，由正弦定理得＝，解得AD＝ km，
在△ACD中，由AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos150°，得9＝3＋CD2＋2×CD，即CD2＋3CD－6＝0，
解得CD＝ km，BC＝BD＋CD＝ km，
两个小时小王和小李可徒步攀登1 250×2＝2 500米，即2.5千米，而<＝＝2.5，
所以两位登山爱好者可以在两个小时内徒步登上山峰．
若本例条件“BD＝1 km，AC＝3 km”变为“BD＝200 m，CD＝300 m”，其他条件不变，则这条索道AC长为100 m.
解析：在△ABD中，BD＝200，∠ABD＝120°.
因为∠ADB＝30°，所以∠DAB＝30°.
由正弦定理，得＝，
所以＝.
所以AD＝＝200(m)．
在△ADC中，DC＝300 m，∠ADC＝150°，
所以AC2＝AD2＋DC2－2AD×DC×cos∠ADC
＝(200)2＋3002－2×200×300×cos150°
＝390 000，
所以AC＝100.故这条索道AC长为100 m.
求距离、高度问题应注意的问题
(1)理解俯角、仰角的概念，它们都是视线与水平线的夹角；理解方向角的概念；
(2)选定或确定要创建的三角形，要首先确定所求量所在的三角形，若其他量已知则直接解；若有未知量，则把未知量放在另一确定三角形中求解．
(3)确定用正弦定理还是余弦定理，如果都可用，就选择更便于计算的定理．
(1)如图所示，要测量一水塘两侧A，B两点间的距离，其方法先选定适当的位置C，用经纬仪测出角α，再分别测出AC，BC的长b，a，则可求出A，B两点间的距离．即AB＝.若测得CA＝400 m，CB＝600 m，∠ACB＝60°，则A，B两点的距离为200m.
(2)(2019·大连大联考)为了测量某新建的信号发射塔AB的高度，先取与发射塔底部B在同一水平面内的两个观测点C，D，测得∠BDC＝60°，∠BCD＝75°，CD＝40 m，并在点C的正上方E处观测发射塔顶部A的仰角为30°，且CE＝1 m，则发射塔高AB＝20＋1m.
解析：(1)在△ABC中，由余弦定理得
AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB，
∴AB2＝4002＋6002－2×400×600cos60°＝280 000.
∴AB＝200(m)．
即A，B两点间的距离为200 m.
(2) 如图，过点E作EF⊥AB，垂足为F，则EF＝BC，BF＝CE＝1，∠AEF＝30°，∠CBD＝45°.在△BCD中，由正弦定理得，BC＝＝＝20.
所以EF＝20，在Rt△AFE中，AF＝EF·tan∠AEF＝20×＝20，所以AB＝AF＋BF＝20＋1(m)．
考向二 解三角形在平面几何中的应用
【例2】 (2019·河南、河北重点中学联考)如图，在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c＝4，b＝2,2ccosC＝b，D，E分别为线段BC上的点，且BD＝CD，∠BAE＝∠CAE.
(1)求线段AD的长；
(2)求△ADE的面积．
【解】 (1)因为c＝4，b＝2,2ccosC＝b，
所以cosC＝＝.由余弦定理得
cosC＝＝＝，
所以a＝4，即BC＝4.
在△ACD中，CD＝2，AC＝2，
所以AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos∠ACD＝6，所以AD＝.
(2)因为AE是∠BAC的平分线，
所以＝＝＝2，
又＝，所以＝2，
所以CE＝BC＝，DE＝2－＝.
又因为cosC＝，
所以sinC＝＝.
在△ADC中，由正弦定理可得：＝，即AD·sin∠ADC＝AC·sinC，所以S△ADE＝DE·AD·sin∠ADC＝×DE×AC×sinC＝.
此类题目求解时，一般有如下思路：
(1)把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解；
(2)寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果.,做题过程中，要用到平面几何中的一些知识点，如相似三角形的边角关系、平行四边形的一些性质，要把这些性质与正弦、余弦定理有机结合，顺利解决问题.
如图，在直角梯形ABDE中，已知∠ABD＝∠EDB＝90°，C是BD上一点，AB＝3－，∠ACB＝15°，∠ECD＝60°，∠EAC＝45°，则线段DE的长度为6.
解析：易知∠ACE＝105°，∠AEC＝30°，在直角三角形ABC中，AC＝，在三角形AEC中，＝⇒CE＝，在直角三角形CED中，DE＝CEsin60°，
所以DE＝CEsin60°＝×＝×＝6.
考向三 解三角形在平面向量中的应用
【例3】 (2019·陕西质量检测)已知P为△ABC所在平面内一点，＋＋＝0，||＝||＝||＝2，则△ABC的面积等于( )
A. B．2
C．3 D．4
【解析】 由||＝||得，△PBC是等腰三角形，取BC的中点为D，则PD⊥BC，又＋＋＝0，所以＝－(＋)＝－2，所以PD＝AB＝1，且PD∥AB，故AB⊥BC，即△ABC是直角三角形，由||＝2，||＝1可得||＝，则||＝2，所以△ABC的面积为×2×2＝2.
【答案】 B
三角函数、解三角形等问题容易与向量结合，复习时可以加强对这两者综合问题的训练，这类问题处理的思路是利用向量运算将给出的向量式子进行转化，然后用三角恒等变换来解决.
已知平面上三点A，B，C，＝(2－k,3)，＝(2,4)．
(1)若三点A，B，C不能构成三角形，求实数k应满足的条件．
(2)若△ABC为直角三角形，求k的值．
解：(1)由三点A，B，C不能构成三角形，得A，B，C在同一直线上，即向量与平行，所以4(2－k)－2×3＝0，解得k＝.
(2)因为＝(2－k,3)，所以＝(k－2，－3)，所以＝＋＝(k,1)．若△ABC为直角三角形，则当A是直角时，⊥，即·＝0，所以2k＋4＝0，解得k＝－2；
当B是直角时，⊥，即·＝0，
所以k2－2k－3＝0，解得k＝3或k＝－1；
当C是直角时，⊥，即·＝0，
所以16－2k＝0，解得k＝8.
综上得k的值为－2，－1,3,8.
考向四 解三角形中的最值问题
【例4】 (2018·江苏卷)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠ABC＝120°，∠ABC的平分线交AC于点D，且BD＝1，则4a＋c的最小值为________．
【解析】 因为∠ABC＝120°，∠ABC的平分线交AC于点D，所以∠ABD＝∠CBD＝60°，由三角形的面积公式可得acsin120°＝asin60°＋csin60°，化简得ac＝a＋c，又a>0，c>0，所以＋＝1，则4a＋c＝(4a＋c)(＋)＝5＋＋≥5＋2＝9，当且仅当c＝2a时取等号，故4a＋c的最小值为9.
【答案】 9
求三角形中的最值一般可采用两种方法
(1)类似本例运用基本不等式；
(2)将边或面积转化为y＝Asin(ωx＋φ)的形式，利用三角函数最值的方法处理．
在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，且满足b＝c，＝，若点O是△ABC外一点，∠AOB＝θ(0<θ<π)，OA＝2，OB＝1，则平面四边形OACB面积的最大值是( B )
A. B.
C．3 D.
解：由b＝c得B＝C，由正弦定理得＝，sinBcosA＝sinA－sinAcosB，所以sinA＝sinBcosA＋sinAcosB＝sin(A＋B)，又A＋B＋C＝π，∴A＋B＝π－C，∴sinA＝sinC，所以A＝C，所以△ABC是等边三角形，在△AOB中，由余弦定理得AB2＝22＋12－2×2×1×cosθ＝5－4cosθ，所以S四边形OACB＝S△OAB＋S△ABC＝
OA·OBsinθ＋AB2＝sinθ＋(5－4cosθ)＝sinθ－cosθ＋＝2sin＋，所以，当θ－＝，即θ＝π时，S四边形OACB取最大值，为2＋＝，故选B.
知识点一 正弦定理和余弦定理
1．(2018·全国卷Ⅱ)在△ABC中，cos＝，BC＝1，AC＝5，则AB＝( A )
A．4 B.
C. D．2
解析：因为cosC＝2cos2－1＝2×－1＝－，所以由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcosC＝25＋1－2×5×1×(－)＝32，所以AB＝4，故选A.
2．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知C＝60°，b＝，c＝3，则A＝75°.
解析：由正弦定理，得sinB＝＝＝，结合b
知识点二 在△ABC中，已知a、b和A时，解的情况
3．在△ABC中，若a＝18，b＝24，A＝45°，则此三角形有( B )
A．无解 B．两解
C．一解 D．解的个数不确定
解析：∵bsinA＝24sin45°＝12<18，∴bsinA
解析：由正弦定理，得sinAcosA＝sinBcosB，即sin2A＝sin2B，所以2A＝2B或2A＝π－2B，即A＝B或A＋B＝，所以这个三角形为等腰三角形或直角三角形．
知识点三 三角形常用面积公式
1．S＝a·ha(ha表示边a上的高)；
2．S＝absinC＝acsinB＝bcsinA.
5．(2019·郑州调研)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知b＝2，c＝2，且C＝，则△ABC的面积为( A )
A.＋1 B.－1 C．4 D．2
解析：法1：由余弦定理可得(2)2＝22＋a2－2×2×acos，即a2－2a－4＝0，解得a＝＋或a＝－(舍去)，△ABC的面积S＝absinC＝×2×(＋)sin＝×2××(＋)＝＋1，故选A.
法2：由正弦定理＝，得sinB＝＝，又c>b，且B∈(0，π)，所以B＝，所以A＝，所以△ABC的面积S＝bcsinA＝×2×2sin＝×2×2×＝＋1.
6．在△ABC中，a＝3，b＝2，cosC＝，则△ABC的面积为4.
解析：∵cosC＝，∴sinC＝，
∴S△ABC＝absinC＝×3×2×＝4.
1．三角形中的必备结论
(1)a>b⇔A>B(大边对大角)．
(2)A＋B＋C＝π(三角形内角和定理)．
(3)sin(A＋B)＝sinC，
cos(A＋B)＝－cosC，
sin＝cos，
cos＝sin.
(4)射影定理：bcosC＋ccosB＝a，
bcosA＋acosB＝c，
acosC＋ccosA＝b.
2．利用正、余弦定理解三角形时，要注意三角形内角和定理对角的范围的限制．
第1课时 正弦定理、余弦定理
考向一 正弦定理、余弦定理、解三角形
【例1】 (2018·天津卷)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知bsinA＝acos(B－)．
(1)求角B的大小；
(2)设a＝2，c＝3，求b和sin(2A－B)的值．
【解】 (1)在△ABC中，由正弦定理＝，可得bsinA＝asinB，又由bsinA＝acos(B－)，得asinB＝acos(B－)，即sinB＝cos(B－)，可得tanB＝.又因为B∈(0，π)，可得B＝.
(2)在△ABC中，由余弦定理及a＝2，c＝3，B＝，有b2＝a2＋c2－2accosB＝7，故b＝.
由bsinA＝acos(B－)，可得sinA＝.
因为a
(1)正弦定理、余弦定理的作用是在已知三角形部分元素的情况下求解其余元素，基本思想是方程思想，即根据正弦定理、余弦定理列出关于未知元素的方程，通过解方程求得未知元素.
(2)正弦定理、余弦定理的另一个作用是实现三角形边角关系的互化，解题时可以把已知条件化为角的三角函数关系，也可以把已知条件化为三角形边的关系.
(1)(2018·浙江卷)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a＝，b＝2，A＝60°，则sinB＝，c＝3.
(2)(2019·山东菏泽联考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosB－c－＝0，a2＝bc，b>c，则＝( B )
A. B．2
C．3 D.
解析：(1)因为a＝，b＝2，A＝60°，所以由正弦定理得sinB＝＝＝.由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA可得c2－2c－3＝0，所以c＝3.
(2)由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB可得acosB＝，又acosB－c－＝0，a2＝bc，所以c＋＝，即2b2－5bc＋2c2＝0，所以有(b－2c)·(2b－c)＝0.所以b＝2c或c＝2b，又b>c，所以＝2.故选B.
考向二 判断三角形形状
【例2】 在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且2a·sinA＝(2b－c)sinB＋(2c－b)sinC.
(1)求角A的大小；
(2)若sinB＋sinC＝，试判断△ABC的形状．
【解】 (1)因为2asinA＝(2b－c)sinB＋(2c－b)sinC，所以2a2＝(2b－c)b＋(2c－b)c，即bc＝b2＋c2－a2，所以cosA＝＝，所以A＝60°.
(2)因为A＋B＋C＝180°，
所以B＋C＝180°－60°＝120°，
由sinB＋sinC＝，
得sinB＋sin(120°－B)＝，
所以sinB＋sin120°cosB－cos120°sinB＝.
所以sinB＋cosB＝，
即sin(B＋30°)＝1.又因为0°
所以A＝B＝C＝60°，所以△ABC为正三角形．
判定三角形形状的两种常用途径
(1)通过正弦定理和余弦定理，化边为角，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断．
(2)利用正弦定理、余弦定理，化角为边，通过代数恒等变换，求出三条边之间的关系进行判断．
(1)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b＝2ccosA，c＝2bcosA，则△ABC的形状为( C )
A．直角三角形 B．锐角三角形
C．等边三角形 D．等腰直角三角形
(2)在△ABC中，cos2＝(a，b，c分别为角A，B，C的对边)，则△ABC的形状为( B )
A．等边三角形
B．直角三角形
C．等腰三角形或直角三角形
D．等腰直角三角形
解析：(1)由正弦定理，得sinB＝2sinCcosA，
sinC＝2sinBcosA，即sin(A＋C)＝2sinCcosA＝sinAcosC＋cosAsinC，即sinAcosC－cosAsinC＝0，
所以sin(A－C)＝0，A＝C，同理可得A＝B，
所以三角形为等边三角形．故选C.
(2)因为cos2＝，
所以2cos2－1＝－1，
所以cosB＝，所以＝，
所以c2＝a2＋b2.
所以△ABC为直角三角形．故选B.
考向三 与三角形面积有关的问题
【例3】 (2019·昆明调研测试)已知△ABC的面积为3，AC＝2，BC＝6，延长BC至D，使∠ADC＝45°.
(1)求AB的长；
(2)求△ACD的面积．
【解】 (1)因为S△ABC＝×6×2×sin∠ACB＝3，所以sin∠ACB＝，∠ACB＝30°或150°，又∠ADC＝45°，所以∠ACB＝
150°，
由余弦定理得AB2＝12＋36－2×2×6cos150°＝84，所以AB＝＝2.
(2)在△ACD中，因为∠ACB＝150°，∠ADC＝45°，所以∠CAD＝105°，
由正弦定理得＝，所以CD＝3＋，
又∠ACD＝180°－150°＝30°，
所以S△ACD＝AC·CD·sin∠ACD＝×2×(3＋)×＝.
三角形面积公式的应用原则
(1)对于面积公式S＝absinC＝acsinB＝bcsinA，一般是已知哪一个角就使用哪一个公式．
(2)与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化．
(1)(2018·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsinC＋csinB＝4asinBsinC，b2＋c2－a2＝8，则△ABC的面积为.
解析：由bsinC＋csinB＝4asinBsinC得sinBsinC＋sinCsinB＝4sinAsinBsinC，因为sinBsinC≠0，所以sinA＝.因为b2＋c2－a2＝8，cosA＝，所以bc＝，所以S△ABC＝bcsinA＝××＝.
(2)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinA＋cosA＝0，a＝2，b＝2.
①求c；
②设D为BC边上一点，且AD⊥AC，求△ABD的面积．
解：①由sinA＋cosA＝0及cosA≠0，
得tanA＝－，又0
即c2＋2c－24＝0，
解得c＝－6(舍去)，c＝4.
②由题设可得∠CAD＝，
所以∠BAD＝∠BAC－∠CAD＝.
故△ABD与△ACD面积的比值为＝1.
又△ABC的面积为×4×2sin∠BAC＝2，
所以△ABD的面积为.
第2课时 解三角形的应用
考向一 解三角形在实际中的应用
【例1】 如图所示，某旅游景点有一座风景秀丽的山峰，山上有一条笔直的山路BC和一条索道AC，小王和小李打算不坐索道，而是花2个小时的时间进行徒步攀登，已知∠ABC＝120°，∠ADC＝150°，BD＝1 km，AC＝3 km.假设小王和小李徒步攀登的速度为每小时1 250米，请问：两位登山爱好者能否在2个小时内徒步登上山峰？(即从B点出发到达C点)
【解】 在△ABD中，由题意知，∠ADB＝∠BAD＝30°，所以AB＝BD＝1 km，因为∠ABD＝120°，由正弦定理得＝，解得AD＝ km，
在△ACD中，由AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos150°，得9＝3＋CD2＋2×CD，即CD2＋3CD－6＝0，
解得CD＝ km，BC＝BD＋CD＝ km，
两个小时小王和小李可徒步攀登1 250×2＝2 500米，即2.5千米，而<＝＝2.5，
所以两位登山爱好者可以在两个小时内徒步登上山峰．
若本例条件“BD＝1 km，AC＝3 km”变为“BD＝200 m，CD＝300 m”，其他条件不变，则这条索道AC长为100 m.
解析：在△ABD中，BD＝200，∠ABD＝120°.
因为∠ADB＝30°，所以∠DAB＝30°.
由正弦定理，得＝，
所以＝.
所以AD＝＝200(m)．
在△ADC中，DC＝300 m，∠ADC＝150°，
所以AC2＝AD2＋DC2－2AD×DC×cos∠ADC
＝(200)2＋3002－2×200×300×cos150°
＝390 000，
所以AC＝100.故这条索道AC长为100 m.
求距离、高度问题应注意的问题
(1)理解俯角、仰角的概念，它们都是视线与水平线的夹角；理解方向角的概念；
(2)选定或确定要创建的三角形，要首先确定所求量所在的三角形，若其他量已知则直接解；若有未知量，则把未知量放在另一确定三角形中求解．
(3)确定用正弦定理还是余弦定理，如果都可用，就选择更便于计算的定理．
(1)如图所示，要测量一水塘两侧A，B两点间的距离，其方法先选定适当的位置C，用经纬仪测出角α，再分别测出AC，BC的长b，a，则可求出A，B两点间的距离．即AB＝.若测得CA＝400 m，CB＝600 m，∠ACB＝60°，则A，B两点的距离为200m.
(2)(2019·大连大联考)为了测量某新建的信号发射塔AB的高度，先取与发射塔底部B在同一水平面内的两个观测点C，D，测得∠BDC＝60°，∠BCD＝75°，CD＝40 m，并在点C的正上方E处观测发射塔顶部A的仰角为30°，且CE＝1 m，则发射塔高AB＝20＋1m.
解析：(1)在△ABC中，由余弦定理得
AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB，
∴AB2＝4002＋6002－2×400×600cos60°＝280 000.
∴AB＝200(m)．
即A，B两点间的距离为200 m.
(2) 如图，过点E作EF⊥AB，垂足为F，则EF＝BC，BF＝CE＝1，∠AEF＝30°，∠CBD＝45°.在△BCD中，由正弦定理得，BC＝＝＝20.
所以EF＝20，在Rt△AFE中，AF＝EF·tan∠AEF＝20×＝20，所以AB＝AF＋BF＝20＋1(m)．
考向二 解三角形在平面几何中的应用
【例2】 (2019·河南、河北重点中学联考)如图，在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c＝4，b＝2,2ccosC＝b，D，E分别为线段BC上的点，且BD＝CD，∠BAE＝∠CAE.
(1)求线段AD的长；
(2)求△ADE的面积．
【解】 (1)因为c＝4，b＝2,2ccosC＝b，
所以cosC＝＝.由余弦定理得
cosC＝＝＝，
所以a＝4，即BC＝4.
在△ACD中，CD＝2，AC＝2，
所以AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos∠ACD＝6，所以AD＝.
(2)因为AE是∠BAC的平分线，
所以＝＝＝2，
又＝，所以＝2，
所以CE＝BC＝，DE＝2－＝.
又因为cosC＝，
所以sinC＝＝.
在△ADC中，由正弦定理可得：＝，即AD·sin∠ADC＝AC·sinC，所以S△ADE＝DE·AD·sin∠ADC＝×DE×AC×sinC＝.
此类题目求解时，一般有如下思路：
(1)把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解；
(2)寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果.,做题过程中，要用到平面几何中的一些知识点，如相似三角形的边角关系、平行四边形的一些性质，要把这些性质与正弦、余弦定理有机结合，顺利解决问题.
如图，在直角梯形ABDE中，已知∠ABD＝∠EDB＝90°，C是BD上一点，AB＝3－，∠ACB＝15°，∠ECD＝60°，∠EAC＝45°，则线段DE的长度为6.
解析：易知∠ACE＝105°，∠AEC＝30°，在直角三角形ABC中，AC＝，在三角形AEC中，＝⇒CE＝，在直角三角形CED中，DE＝CEsin60°，
所以DE＝CEsin60°＝×＝×＝6.
考向三 解三角形在平面向量中的应用
【例3】 (2019·陕西质量检测)已知P为△ABC所在平面内一点，＋＋＝0，||＝||＝||＝2，则△ABC的面积等于( )
A. B．2
C．3 D．4
【解析】 由||＝||得，△PBC是等腰三角形，取BC的中点为D，则PD⊥BC，又＋＋＝0，所以＝－(＋)＝－2，所以PD＝AB＝1，且PD∥AB，故AB⊥BC，即△ABC是直角三角形，由||＝2，||＝1可得||＝，则||＝2，所以△ABC的面积为×2×2＝2.
【答案】 B
三角函数、解三角形等问题容易与向量结合，复习时可以加强对这两者综合问题的训练，这类问题处理的思路是利用向量运算将给出的向量式子进行转化，然后用三角恒等变换来解决.
已知平面上三点A，B，C，＝(2－k,3)，＝(2,4)．
(1)若三点A，B，C不能构成三角形，求实数k应满足的条件．
(2)若△ABC为直角三角形，求k的值．
解：(1)由三点A，B，C不能构成三角形，得A，B，C在同一直线上，即向量与平行，所以4(2－k)－2×3＝0，解得k＝.
(2)因为＝(2－k,3)，所以＝(k－2，－3)，所以＝＋＝(k,1)．若△ABC为直角三角形，则当A是直角时，⊥，即·＝0，所以2k＋4＝0，解得k＝－2；
当B是直角时，⊥，即·＝0，
所以k2－2k－3＝0，解得k＝3或k＝－1；
当C是直角时，⊥，即·＝0，
所以16－2k＝0，解得k＝8.
综上得k的值为－2，－1,3,8.
考向四 解三角形中的最值问题
【例4】 (2018·江苏卷)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠ABC＝120°，∠ABC的平分线交AC于点D，且BD＝1，则4a＋c的最小值为________．
【解析】 因为∠ABC＝120°，∠ABC的平分线交AC于点D，所以∠ABD＝∠CBD＝60°，由三角形的面积公式可得acsin120°＝asin60°＋csin60°，化简得ac＝a＋c，又a>0，c>0，所以＋＝1，则4a＋c＝(4a＋c)(＋)＝5＋＋≥5＋2＝9，当且仅当c＝2a时取等号，故4a＋c的最小值为9.
【答案】 9
求三角形中的最值一般可采用两种方法
(1)类似本例运用基本不等式；
(2)将边或面积转化为y＝Asin(ωx＋φ)的形式，利用三角函数最值的方法处理．
在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，且满足b＝c，＝，若点O是△ABC外一点，∠AOB＝θ(0<θ<π)，OA＝2，OB＝1，则平面四边形OACB面积的最大值是( B )
A. B.
C．3 D.
解：由b＝c得B＝C，由正弦定理得＝，sinBcosA＝sinA－sinAcosB，所以sinA＝sinBcosA＋sinAcosB＝sin(A＋B)，又A＋B＋C＝π，∴A＋B＝π－C，∴sinA＝sinC，所以A＝C，所以△ABC是等边三角形，在△AOB中，由余弦定理得AB2＝22＋12－2×2×1×cosθ＝5－4cosθ，所以S四边形OACB＝S△OAB＋S△ABC＝
OA·OBsinθ＋AB2＝sinθ＋(5－4cosθ)＝sinθ－cosθ＋＝2sin＋，所以，当θ－＝，即θ＝π时，S四边形OACB取最大值，为2＋＝，故选B.
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