6.5 解三角形

本文轉載自查看原文 2021-12-21 19:36 710 必修第二冊【同步拔高】/ 解三角形

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必修第二冊同步拔高，難度4顆星

模塊導圖

知識剖析

正弦定理

$1$ 正弦定理

\[\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{c}{\sin C}=2 R \]

(其中$R$是三角形外接圓半徑)

$2$ 變形
$(1)$ $\dfrac{a+b+c}{\sin A+\sin B+\sin C}=\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{c}{\sin C}$
$(2)$ 化邊為角
$a=2R \sin⁡A$ ,$b=2 R \sin B$，$c=2 R \sin C$
$a: b: c=\sin A: \sin B: \sin C$ ,
$\dfrac{a}{b}=\dfrac{\sin A}{\sin B}$，$\dfrac{b}{c}=\dfrac{\sin B}{\sin C}$，$\dfrac{a}{c}=\dfrac{\sin A}{\sin C}$
$(3)$ 化角為邊
$\sin A=\dfrac{a}{2 R}, \sin B=\dfrac{b}{2 R}, \sin C=\dfrac{c}{2 R}$
$\dfrac{\sin A}{\sin B}=\dfrac{a}{b}, \dfrac{\sin B}{\sin C}=\dfrac{b}{c}, \dfrac{\sin A}{\sin C}=\dfrac{a}{c}$

$3$正弦定理的“齊次角邊互換”

等式$(*)$中含有三個式子$(a \cdot \sin B，c \cdot \sin C，b \cdot \sin C)$，每個式子中都有一個$\sin$值，並且它們的次數都是$1$，則可以把$\sin B, \sin C$直接轉化為對應的邊$b、c$！
同理${\color{Red}{a}} \cdot \sin B+{\color{Red}{c }} \cdot \sin C={\color{Red}{ b}} \cdot \sin C\Rightarrow {\color{Red}{\sin A}} \cdot \sin B+{\color{Red}{\sin C }} \cdot \sin C={\color{Red}{\sin B }} \cdot \sin C$.
思考以下轉化是否正確
$\text { (1) } a \cdot \sin B+c \cdot \sin C=b \Rightarrow a \cdot b+c \cdot c=b$(錯)，
$\text { (2) } \sin A \cdot \sin B+\sin B \cdot \sin C=\sin ^{2} A \Rightarrow a \cdot b+b \cdot c=a^{2}$ (對)

$4$ 利用正弦定理可以解決下列兩類三角形的問題
$(1)$已知兩個角及任意—邊，求其他兩邊和另一角；
${\color{Red}{Eg}}$ 在$△ABC$，內角$A ,B ,C$所對的邊分別是$a，b，c$，$B=30°$，$A=45^°$，$b=2$，則邊$a=$$\underline{\quad \quad}$.
$(2)$已知兩邊和其中—邊的對角，求其他兩個角及另一邊.
${\color{Red}{Eg}}$ 在$△ABC$，內角$A ,B ,C$所對的邊分別是$a，b，c$，$A=60°$,$c=\sqrt{2}$，$a=\sqrt{3}$，則角$C=$$\underline{\quad \quad}$.
(三角形中有一組對邊和對角就可考慮正弦定理)

$5$ 三角形解的個數問題
已知兩邊$a、b$和其中一邊的對角$A$，不能確定三角形的形狀，此時三角形解可能是無解、一解、兩解，要分類討論.

${\color{Red}{Eg}}$ 求滿足$a=5$，$b=4$ ,$A=60°$的三角形$△ABC$個數.
方法1 利用正弦定理求解
由正弦定理可得：$\dfrac{5}{\sin 60^{\circ}}=\dfrac{4}{\sin B}$，
則$\sin B=\dfrac{2 \sqrt{3}}{5}$，
$∵a>b$，且$A$為銳角，
$∴B$有一解，故三角形只有一解；
方法2 圖像法

先做出角$∠CAB=60^∘$ , 過點$C$作$CD⊥BC$ , 此時可知$C D=2 \sqrt{3}<5$，以$C$為圓心，$5$為半徑畫個圓弧，由於$b=4<a=5$，顯然圓弧與射線$AB$交於一個點，如圖可知滿足題意的三角形只有一個！

面積公式

\[S_{\triangle A B C}=\dfrac{1}{2} a b \sin C=\dfrac{1}{2} b c \sin A=\dfrac{1}{2} a c \sin B \]

余弦定理

$1$ 余弦定理
$\begin{aligned} &a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos A \\ &b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a \cos B \\ &c^{2}=a^{2}+b^{2}-2 a b \cos C \end{aligned}$

$2$ 變形
$\begin{aligned} &\cos A=\dfrac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c} \\ &\cos B=\dfrac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c} \\ &\cos C=\dfrac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b} \end{aligned}$

$3$ 利用余弦定理可以解決下列兩類三角形的問題
$(1)$ 已知三邊，可求三個角；
${\color{Red}{Eg}}$ 在$△ABC$中，若$a=4$ ,$b=3$ ,$c=\sqrt{13},$，則角$C=$ .
$(2)$ 已知兩邊和一角，求第三邊和其他兩個角.
${\color{Red}{Eg}}$ 在$△ABC$中，$A=30°$ ,$b=\sqrt{3}$ ,$c=1$，則$a=$ .(角$A$為兩邊的夾角)
在$△ABC$中，$A=30°$，$b=3 \sqrt{3},$，$a=3$, 則邊$c=$ . (角$A$不為兩邊的夾角)

$4$ 三角形類型的判斷
$\begin{aligned} &\angle A=\dfrac{\pi}{2} \Rightarrow b^{2}+c^{2}=a^{2} ; \\ &\angle A>\dfrac{\pi}{2} \Rightarrow \cos A=\dfrac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}<0 \Rightarrow b^{2}+c^{2}<a^{2} ; \\ &\angle A<\dfrac{\pi}{2} \Rightarrow \cos A=\dfrac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}>0 \Rightarrow b^{2}+c^{2}>a^{2} . \end{aligned}$

5 射影定理
$\begin{aligned} &a=c \cdot \cos B+b \cdot \cos C \\ &b=a \cdot \cos C+c \cdot \cos A \\ &c=b \cdot \cos A+a \cdot \cos B \end{aligned}$

經典例題

【題型一】正弦定理、余弦定理解單個三角形

【典題1】在$△ABC$中，角$A、B、C$的對邊分別是$a、b、c$，若$a=2$，$b=2 \sqrt{2}$，且三角形有兩解，則角$A$的取值范圍是$\underline{\quad \quad}$.
【解析】 ${\color{Red}{方法1}}$ $∵a<b$，$∴A<B$，
$∴A$為銳角，
$\because \dfrac{\sin B}{\sin A}=\dfrac{b}{a}=\sqrt{2}$，$\therefore \sin B=\sqrt{2} \sin A<1 \Rightarrow \sin A<\dfrac{\sqrt{2}}{2}$
$\therefore 0<A<\dfrac{\pi}{4}$.
${\color{Red}{方法2 幾何法}}$

如圖，$A C=2 \sqrt{2}$，以$C$為圓心$2$為半徑作$⊙C$，則$⊙C$上任一點($⊙C$與直線$AC$交點除外)可為點$B$構成$△ABC$，當$AB$與$⊙C$相切時，$AB=2$，$\angle B A C=\dfrac{\pi}{4}$；當$AB$與$⊙C$相交時，$\angle B A C<\dfrac{\pi}{4}$，因為三角形有兩解，所以直線$AB$與$⊙C$應相交，$\therefore 0<\angle B A C<\dfrac{\pi}{4}$.
【點撥】方法二想法與用$bsinA<a<b$(三角形有$2$個解可得)這個結論一致的，但不太贊成學習數學去套結論解題，應理解結論的推導方法.

【典題2】在$△ABC$中，角$A ,B ,C$的對邊分別是$a ,b ,c$，且面積為$S$，若$b \cos C+c \cos B=2 a \cos A$，$S=\dfrac{1}{4}\left(b^{2}+a^{2}-c^{2}\right)$，則角$B$等於$\underline{\quad \quad}$ .
【解析】 ${\color{Red}{方法1}}$ $\because b \cos C+c \cos B=2 a \cos A$，
由正弦定理可得$\sin B \cos C+\sin C \cos B=2 \sin A \cos A$，
${\color{Red}{(把邊化為角)}}$
即$\sin (B+C)=2 \sin A \cos A \Rightarrow \sin A=2 \sin A \cos A$，
${\color{Red}{(\sin (B+C)=\sin A)}}$
$∵\sin A≠0$，$\therefore \cos A=\dfrac{1}{2}$，故$A=\dfrac{1}{3} \pi$，
$∵S=\dfrac{1}{4}\left(b^{2}+a^{2}-c^{2}\right)$，
$\therefore \dfrac{1}{2} a b \sin C=\dfrac{1}{4} \times 2 a b \times \cos C$，
$∴\sin C=\cos C$，$\therefore C=\dfrac{\pi}{4}$，
$\therefore B=\dfrac{5 \pi}{12}$．
${\color{Red}{方法2}}$ $∵b\cos C+c\cos B=2a\cos A$
由余弦定理可得$b \cdot \dfrac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b}+c \cdot \dfrac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}=2 a \cdot \dfrac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}$ (把角化邊)
化簡得$bc=b^2+c^2-a^2$
$\therefore \cos A=\dfrac{1}{2}$，故$A=\dfrac{1}{3} \pi$
接着同方法$1$
【點撥】
① 對於一有角有邊的等式，可利用正弦定理或余弦定理化簡為只含角或只含邊的等式；
② 在三角形中$\sin⁡(A+B)=\sin C$，$\cos⁡(A+B)=-\cos C$.

【典題3】 $△ABC$的內角$A、B、C$的對邊分別為$a、b、c$，若$c=2$，$\angle C=\dfrac{\pi}{3}$，且$\sin C+\sin(B-A)-2\sin2A=0$，則下列選項不一定成立的是(　　)
A．$b=2a$
B．$△ABC$的周長為$2+2 \sqrt{3}$
C．$△ABC$的面積為$\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}$
D．$△ABC$的外接圓半徑為$\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}$
【解析】 $∵\sin C+\sin(B-A)-2\sin2A=0$，
$∴\sin(A+B)+\sin(B-A)-2\sin2A=0$，
化簡得$\cos A(\sin B-2\sin A)=0$，
$∴\cos A=0$或$\sin B-2\sin A=0$，
$(1)$當$\cos A=0$，$A=\dfrac{\pi}{2}$時，
由$\angle C=\dfrac{\pi}{3}$得$B=\dfrac{\pi}{6}$，
$∵c=2$ ，$\therefore b=\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}$，$a=\dfrac{4 \sqrt{3}}{3}$；
$(2)$當$\sin B-2\sin A=0$時，
由正弦定理得$b=2a$，
$∵c=2$ ,$\angle C=\dfrac{\pi}{3}$，
$∴$由余弦定理得$c^{2}=a^{2}+b^{2}-2 a b \cos C$，
則$4=a^{2}+4 a^{2}-2 a \times 2 a \times \dfrac{1}{2}$，
解得$a=\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}$，則$b=\dfrac{4 \sqrt{3}}{3}$，
此時滿足$b^2=a^2+c^2$，即$B=\dfrac{\pi}{2}$，
對於$A$，當$A=\dfrac{\pi}{2}$時，$a=2b$，故$A$錯誤；
對於$B$，當$A=\dfrac{\pi}{2}$或$B=\dfrac{\pi}{2}$時，$△ABC$的周長為$a+b+c=2+2 \sqrt{3}$，故$B$正確；
對於$C$，當$B=\dfrac{\pi}{2}$時，$△ABC$的面積$S=\dfrac{1}{2} a c=\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}$，
當$A=\dfrac{\pi}{2}$時，$S=\dfrac{1}{2} b c=\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}$，故$C$正確；
對於$D$，當$A=\dfrac{\pi}{2}$或$B=\dfrac{\pi}{2}$時，由正弦定理得$2 R=\dfrac{c}{\sin C}=\dfrac{4 \sqrt{3}}{3}$，得$R=\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}$，故$D$正確，
綜上可得，命題正確的$BCD$，錯誤的為$A$.故選：$A$．

鞏固練習

1(★)在$△ABC$中，$A B=\sqrt{2}$，$B C=\sqrt{3}$，$A=60^{\circ}$則角$C$的值為$\underline{\quad \quad}$．

2(★)在$△ABC$中，內角$A，B，C$所對的邊分別為$a，b，c$．若$a=3$，$A=30°$，$b=3 \sqrt{3}$，則$c$值為$\underline{\quad \quad}$．

3(★)在$△ABC$中，若$\sin A: \sin B: \sin C=2: \sqrt{7}: 3$，則$△ABC$的最大內角與最小內角的和為$\underline{\quad \quad}$．

4(★)【多選題】已知$△ABC$的內角$A，B，C$所對的邊分別為$a，b，c$，根據下列條件解三角形，有兩解的是(　　)
A．$a=\sqrt{2}, b=2, B=120^{\circ}$
B．$a=2, b=\sqrt{3}, B=45^{\circ}$
C．$b=3, c=\sqrt{3}, B=60^{\circ}$
D．$a=2 \sqrt{3}, b=\sqrt{10}, B=60^{\circ}$

5(★★)【多選題】下列命題中，正確的是(　　)
A．在$△ABC$中，$A>B$，則$\sin A>\sin B$
B．在銳角$△ABC$中，不等式$\sin A>\cos B$恆成立
C．在$△ABC$中，若$a\cos A=b\cos B$，則$△ABC$必是等腰直角三角形
D．在$△ABC$中，若$B=60°$，$b^2=ac$，則$△ABC$必是等邊三角形

6(★★) 【多選題】在$△ABC$中，已知$(a+b):(c+a):(b+c)=6:5:4$，給出下列結論中正確結論是(　　)
A．由已知條件，這個三角形被唯一確定
B．$△ABC$一定是鈍三角形
C．$\sin A:\sin B:\sin C=7:5:3$
D．若$b+c=8$，則$△ABC$的面積是$\dfrac{15 \sqrt{3}}{2}$

7(★★) 在$△ABC$中，角$A，B，C$所對的邊分別為$a，b，c$，若$a^2+c^2-b^2+$$2bc\cos A-2c=0$，$c\cdot cosA=b(1-\cos C)$，且$C=\dfrac{2 \pi}{3}$，則$c=$$\underline{\quad \quad}$；$△ABC$的面積$S=$$\underline{\quad \quad}$．

8(★★★)已知$△ABC$的內角$A，B，C$所對的邊分別為$a，b，c$．且$a\sin(A+B)$$=c\sin \dfrac{B+C}{2}$．
(1)求$A$；
(2)若$△ABC$的面積為$\sqrt{3}$，周長為$8$，求$a$．

參考答案

$\dfrac{\pi}{4}$
$3$或$6$
$\dfrac{2 \pi}{3}$
$BD$
$ABD$
$BC$
$1$，$\dfrac{\sqrt{3}}{12}$
$\text { (1) } A=\dfrac{\pi}{3} \quad \text { (2) } a=\dfrac{13}{4}$

【題型二】多個三角形問題

【典題1】 在$△ABC$中，$D$是$AB$邊上一點，$AD=2DB$，$DC⊥AC$，$D C=\sqrt{3}$，$B C=\sqrt{7}$，則$AB=$$\underline{\quad \quad}$．
【解析】如圖，

設$BD=x$，則$AD=2x$ ${\color{Red}{(引入變量)}}$
在$Rt△ACD$中，可得$\cos A=\dfrac{\sqrt{4 x^{2}-3}}{2 x}$，
在$Rt△ABC$中，由余弦定理可得
$7=9 x^{2}+\left(4 x^{2}-3\right)-2 \cdot 3 x \cdot \sqrt{4 x^{2}-3} \cos A$
$\therefore 7=13 x^{2}-3-6 x \cdot \sqrt{4 x^{2}-3} \times \dfrac{\sqrt{4 x^{2}-3}}{2 x}$
即$7=6+x^2$，解得$x=1$，
$∴AB=3$．
【點撥】
① 題目中出現類似$AD=2DB$的倍數關系，可設未知數(比如設$BD=x$);
② 本題其實是對於同一角$A$在$△ACD$和$△ABC$共用了兩次余弦定理，得到了一條$x$的方程最終求解成功.另一思路：$\angle B D C+\angle A D C=\pi \Rightarrow \cos \angle B D C=-\cos \angle A D C\Rightarrow \dfrac{x^{2}+3-7}{2 \sqrt{3} x}=-\dfrac{\sqrt{3}}{2 x}$ , 解得$x=1$.利用“同一角、鄰補角互補，對角互補”等，在兩個三角形里用正弦或余弦定理建立方程求解，這是在多三角形題目中常用技巧.

【典題2】 在平面四邊形$ABCD$中，$\angle A=\angle B=\angle C=75^{\circ}$，$BC=2$，則$AB$的取值范圍是$\underline{\quad \quad}$．
【解析】 ${\color{Red}{方法1}}$ 如圖所示，延長$BA ,CD$交於點$E$，

則在$△ADE$中，$∠DAE=105°$，$∠E=30°$，$∠ADE=45°$，
${\color{Red}{(在△ADE三個內角都已知，故三邊成比例)}}$
$∴$設$A D=\dfrac{1}{2} x$，$A E=\dfrac{\sqrt{2}}{2} x$，$D E=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4} x$，$CD=m$，
$∵BC=2$，$△BCE$是等腰三角形，
過點$E$作$BC$的垂線可得
$\left(\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4} x+m\right) \sin 15^{\circ}=1$，即$\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4} x+m=\sqrt{6}+\sqrt{2}$，
$∵m>0$，$∴0＜x＜4$，
$∵BE=CE$ $\therefore A B=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4} x+m-\dfrac{\sqrt{2}}{2} x=\sqrt{6}+\sqrt{2}-\dfrac{\sqrt{2}}{2} x$
$∴AB$的取值范圍是$(\sqrt{6}-\sqrt{2}, \sqrt{6}+\sqrt{2})$．
${\color{Red}{ 方法2 尺規作圖法}}$
如下圖，作出底邊$BC=2$的等腰三角形$EBC$ ,$B=C=75°$，

與$AB$形成$75°$夾角的直線(圖中虛線)在平面內移動，
分別交$EB、EC$於$A、D$，
則四邊形$ABCD$即為滿足題意的四邊形；
當直線移動時，運用極限思想，
①直線接近點$C$時，$AB$趨近最小值，為$\sqrt{6}-\sqrt{2}$；
②直線接近點$E$時，$AB$趨近最大值，為$\sqrt{6}+\sqrt{2}$；
$∴AB$的取值范圍是$(\sqrt{6}-\sqrt{2}, \sqrt{6}+\sqrt{2})$．
【點撥】方法1通過輔助線得到兩個三角形，引入變量再解三角形，有些復雜；
那方法2是怎么想到的呢？
下面我們試試運用“構圖法”找思路

① 先思考滿足“$∠A=∠B=∠C=75°$，$BC=2$”的四邊形是否確定了呢？肯定不是，要不出題者讓你求$AB$長度了. 我們試試“尺規作圖”，如圖一，先畫出線段$BC=2$，再作角$∠B=∠C=75^∘$，那接着作$∠A=75°$，沒其他條件限制，點$A$的位置無法確定，它可以移動；
② 當點$A$在射線$BF$上移動，如圖二，易知A在線段$BA_1$上或在線段$BE$外是無法得到點$D$構造出四邊形$ABCD$，故$BA_1<BA<BE$；
③ 在$△BA_1 C$和$△BCE$中利用正弦定理求出$B A_{1}=\sqrt{6}-\sqrt{2}$，$B E=\sqrt{6}+\sqrt{2}$，利用極限的位置就得到$\sqrt{6}-\sqrt{2}<A B<\sqrt{6}+\sqrt{2}$.
這方法在幾何中很常用，可確定題中哪些量是變量哪些是不變量，更便於尋找解題思路.

【典題3】 如圖，等腰直角三角形$ABC$中，$∠ACB=90°$，$AB=4$，點$P$為$△ABC$內一點，
且$\tan \angle P A B=\dfrac{1}{3}$，$\tan \angle P B A=\dfrac{1}{2}$．
(1)求$∠APB$； $\qquad \qquad$ (2)求$PC$．

【解析】(1)設$∠PAB=∠1$，$∠PBA=∠2$，
由$\tan \angle 1=\dfrac{1}{3}$，$\tan \angle 2=\dfrac{1}{2}$
可知$\sin \angle 1=\dfrac{\sqrt{10}}{10}$，$\cos \angle 1=\dfrac{3 \sqrt{10}}{10}$，$\sin \angle 2=\dfrac{\sqrt{5}}{5}$，$\cos \angle 2=\dfrac{2 \sqrt{5}}{5}$．
${\color{Red}{(\sin x、\cos x、\tan x三者知一得二)}}$
$\therefore \cos \angle A P B=-\cos (\angle 1+\angle 2)$$=\sin \angle 1 \sin \angle 2-\cos \angle 1 \cos \angle 2 =\dfrac{\sqrt{10}}{10} \times \dfrac{\sqrt{5}}{5}-\dfrac{3 \sqrt{10}}{10} \times \dfrac{2 \sqrt{5}}{5}=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}$．
$\therefore \angle A P B=\dfrac{3 \pi}{4}$．
(2)在$△PAB$中，利用正弦定理可得$A P=\dfrac{A B \cdot \sin \angle 2}{\sin \angle A P B}=\dfrac{4 \sqrt{10}}{5}$，
依題意易得$\angle C A B=\dfrac{\pi}{4}$，
$A C=2 \sqrt{2}$
$\therefore \cos \angle P A C=\cos \left(\dfrac{\pi}{4}-\angle 1\right) =\dfrac{\sqrt{2}}{2}(\cos \angle 1+\sin \angle 1)=\dfrac{2 \sqrt{5}}{5}$．
在$△APC$中，利用余弦定理得
$P C^{2}=A P^{2}+A C^{2}-2 A P \cdot A C \cdot \cos \angle P A C=\dfrac{32}{5}+8-2 \times \dfrac{4 \sqrt{10}}{5} \times 2 \sqrt{2} \times \dfrac{2 \sqrt{5}}{5}=\dfrac{8}{5}$．
$\therefore P C=\dfrac{2 \sqrt{10}}{5}$．
【點撥】
① 解題中要明確什么量是確定或不確定的，比如已知$\tan \angle P A B=\dfrac{1}{3}$，$\tan \angle P B A=\dfrac{1}{2}$意味着角$∠PAB$和$∠PBA$是確定的(只是具體多少度不知道)，再加上$AB=4$，由三角形的$AAS$型可知三角形$PAB$是確定了，那可求$∠APB$、$AP$，在等腰三角形$ABC$中$AB=4$，則$△ABC$確定，這可求邊長$AC$、$∠PAC$, 則$△PAC$確定 , 可求$PC$. 這樣解題中能夠作到“心中有數”！
② 處理多個三角形問題，要大膽在各三角形中嘗試用正弦余弦定理，利用綜合法分析法進行推理分析！

鞏固練習

1(★★) 已知$△ABC$的內角$A，B，C$所對的邊分別為$a，b，c$，且$a=2b$，$△ABC$的面積為$4\sin∠ACB$，$AB$邊上的中線$CD$長為$\sqrt{6}$，則$△ABC$的周長為$\underline{\quad \quad}$．

2(★★) 在$△ABC$中，內角$A，B，C$所對的邊分別為$a，b，c$．已知$c=2$，$b=1$，$\cos C=\dfrac{1}{4}$．則$△ABC$的中線$AD$的長為$\underline{\quad \quad}$．

3(★★) 已知$△ABC$中，$AB=3$，$BC=5$，$D$為線段$AC$上一點，$AB⊥BD$，$\dfrac{A D}{C D}=\dfrac{3}{4}$，則$AC=$$\underline{\quad \quad}$，$△ABC$的面積是$\underline{\quad \quad}$．

4(★★★) 在$△ABC$中，$∠C=90°$，$M$是$BC$邊上一點，且滿足$\overrightarrow{C M}=2 \overrightarrow{M B}$，若$\sin \angle B A M=\dfrac{1}{5}$，則$\sin∠BAC=$$\underline{\quad \quad}$．

5(★★★)已知圓內接四邊形$ABCD$，其中$AB=6$，$BC=3$，$CD=4$，$AD=5$，則$\dfrac{2}{\sin A}+\dfrac{2}{\sin B}=$$\underline{\quad \quad}$．

6(★★★) 如圖，在梯形$ABCD$中，$AB∥CD$，$∠A=60°$，$M$為$AD$上一點，$AM=2MD=2$，$∠BMC=60°$．
(1)若$△MCD$為等腰三角形，求$BC$；
(2)設$∠DCM=θ$，若$MB=4MC$，求$\tanθ$．

參考答案

$10$
$\dfrac{\sqrt{6}}{2}$
$\sqrt{58}, \dfrac{9}{2}$
$\dfrac{\sqrt{15}}{5}$
$\dfrac{4 \sqrt{10}}{3}$
$(1) BC=3 \quad \text { (2) } \tan \theta=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$

【題型三】三角形最值問題

【典題1】 銳角三角形$ABC$的內角$A ,B ,C$的對邊分別為$a ,b ,c$，已知$2 \operatorname{asin} C=\sqrt{3} c$，$a=1$，則$△ABC$周長的范圍為$\underline{\quad \quad}$.
【解析】 $∵2 a\sin C=\sqrt{3} c$，
$∴$由正弦定理得$2 \sin A \sin C=\sqrt{3} \sin C$，
$∵0<C<π$，$∴\sin C≠0$．$\therefore \sin A=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
$∵$三角形$ABC$是銳角三角形，$\therefore A=\dfrac{\pi}{3}$
${\color{Red}{(確定A與a，隱圓模型)}}$
${\color{Red}{方法1}}$ 由正弦定理得$\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{c}{\sin C}=\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{2}{\sqrt{3}}$
則$b+c=\dfrac{2}{\sqrt{3}}(\sin B+\sin C)$$=\dfrac{2}{\sqrt{3}}\left[\sin B+\sin \left(\dfrac{2 \pi}{3}-B\right)\right]=2 \sin \left(B+\dfrac{\pi}{6}\right)$
$∵$銳角三角形$ABC$ $\therefore \dfrac{\pi}{6}<B<\dfrac{\pi}{2}$，
則$\sqrt{3}<2 \sin \left(B+\dfrac{\pi}{6}\right) \leq 2$，
即$\sqrt{3}<b+c \leq 2$ (當$B=\dfrac{\pi}{3}$時取到等號)
$\therefore 1+\sqrt{3}<a+b+c \leq 3,$，
$∴△ABC$周長的范圍為$(1+\sqrt{3}, 3]$．
${\color{Red}{方法2}}$ 由余弦定理得$a^2=b^2+c^2-2bc\cos A$，
$∴1=(b+c)^2-3bc$，$\therefore b c=\dfrac{(b+c)^{2}-1}{3}$，顯然$\dfrac{(b+c)^{2}-1}{3}>0 \Rightarrow b+c>\sqrt{3}$
$\because b c \leq \dfrac{(b+c)^{2}}{4}$，$\therefore \dfrac{(b+c)^{2}-1}{3} \leq \dfrac{(b+c)^{2}}{4}$
$∴b+c≤2$，當且僅當$b=c=1$時等號成立，
$\therefore \sqrt{3}<b+c \leq 2$，
$\therefore 1+\sqrt{3}<a+b+c \leq 3$，
即$△ABC$周長的范圍為$(1+\sqrt{3}, 3]$．
【點撥】
① 方法1把邊的最值問題轉化為三角函數最值處理，注意角度的范圍；
② 方法2把$b+c$看成一個整體，利用基本不等式求最值.
③ 本題屬於隱圓問題，$△ABC$的外接圓是確定的，由圖也可得到$△ABC$周長的范圍為$(1+\sqrt{3}, 3]$(但不夠嚴謹).

【典題2】邊長為$1$的正方形$ABCD$的邊$BC$上有一點$P$，邊$CD$上有一點$Q$，滿足$△CPQ$的周長為$2$．
(1)求$∠QAP$的大小；
(2)求$△APQ$面積的最小值．

【解析】${\color{Red}{方法1 變量法}}$
(1)
${\color{Red}{(分析由△CPQ的周長為2和勾股定理可知CP,CQ,PQ三線關系，而S_{\triangle A P Q}=\dfrac{1}{2} A Q \cdot A P \sin \angle Q A P，故可引入變量表示各線段再進行求解.)}}$
設$∠PAB=α$，$∠DAQ=β$，
${\color{Red}{(引入角度變量較好，還有可引入其他變量么？)}}$
則$PB=\tanα$，$QD=\tanβ$，$PC=1-\tanα$，$QC=1-\tanβ$，
$∵△CPQ$的周長為$2$，$∴PQ=2-PC-CQ=\tanα+\tanβ$
由勾股定理可得$(1-\tanα)^2+(1-\tanβ)^2=(\tanα+\tanβ)^2$
展開整理可得$2-2\tanα-2\tanβ=2\tanα \cdot \tanβ$，
變形可得$\dfrac{\tan \alpha+\tan \beta}{1-\tan \alpha \tan \beta}=1$，即$\tan(α+β)=1$，
$∵α+β$為銳角，$\therefore \alpha+\beta=\dfrac{\pi}{4}$，$\therefore \angle Q A P=\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{4}$.
(2)$S_{\triangle A P Q}=\dfrac{1}{2} A Q \cdot A P \cdot \sin \dfrac{\pi}{4}=\dfrac{1}{2 \sqrt{2} \cos \alpha \cdot \cos \beta}$
又$2 \sqrt{2} \cos \alpha \cdot \cos \beta=2 \sqrt{2} \cos \alpha \cdot \cos \left(\dfrac{\pi}{4}-\alpha\right)$$=2 \cos ^{2} \alpha+2 \cos \alpha \cdot \sin \alpha$
$=1+\cos 2 \alpha+\sin 2 \alpha=1+\sqrt{2} \sin \left(\dfrac{\pi}{4}+2 \alpha\right)$，
$\therefore 2 \sqrt{2} \cos \alpha \cdot \cos \beta=1+\sqrt{2} \sin \left(\dfrac{\pi}{4}+2 \alpha\right) \leq 1+\sqrt{2}$，當$\alpha=\dfrac{\pi}{8}$時取到等號，
$\therefore \dfrac{1}{2 \sqrt{2} \cos \alpha \cdot \cos \beta} \geq \sqrt{2}-1$
故$S_{\triangle A P Q}$最小值為$\sqrt{2}-1$．
${\color{Red}{方法2 坐標系法}}$
(1)如圖，以點$A$為原點，$AB$為$x$軸，$AD$為$y$軸建立平面直角坐標系

則$A(0 ,0) ,B(1 ,0)$, 可設$P(1 ,m) ,Q(n ,1)$, 其中$0<m ,n<1$,
${\color{Red}{ (相當引入線段變量)}}$
則$P Q=\sqrt{(1-n)^{2}+(1-m)^{2}}$
$∵△CPQ$的周長為$2$，$∴ PQ=2-PC-CQ=2-(1-m)-(1-n)=m+n$
$∴Rt∆CPQ$中由勾股定理得$(m+n)^2=(1-n)^2+(1-m)^2$，化簡得$m+n=1-mn$，
$\therefore \cos \angle Q A P=\dfrac{\overrightarrow{A Q} \cdot \overrightarrow{A P}}{|\overrightarrow{A Q}| \cdot|\overrightarrow{A P}|}=\dfrac{m+n}{\sqrt{1+n^{2}} \cdot \sqrt{1+m^{2}}}$$=\dfrac{m+n}{\sqrt{1+n^{2}+m^{2}+n^{2} m^{2}}}=\dfrac{m+n}{\sqrt{2(1-m m)^{2}}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$
${\color{Red}{(數量積處理)}}$
${\color{Red}{(也可以在∆QAP中用余弦定理處理)}}$
$\therefore \angle Q A P=\dfrac{\pi}{4}$；
(2)$S_{\triangle A P Q}=S_{\text {正方形 } A B C D}-S_{\triangle A B P}-S_{\triangle A D Q}-S_{\triangle C P Q}$
$=1-\dfrac{m}{2}-\dfrac{n}{2}-\dfrac{(1-m)(1-n)}{2}=\dfrac{1-m n}{2}$
${\color{Red}{(涉及面積，割補法也是很常見的)}}$
由(1)可知$m+n=1-mn$，
$∵m ,n>0$ $\therefore m+n \geq 2 \sqrt{m n}$
即$1-m n \geq 2 \sqrt{m n}$ ，
解得$0<m n \leq 3-2 \sqrt{2}$
(當$m=n=\sqrt{2}-1$時取到“=”)
$\therefore S_{\triangle A P Q}=\dfrac{1-m n}{2} \geq \sqrt{2}-1$
$\therefore S_{\triangle A P Q}$最小值為$ \sqrt{2}-1$．
【點撥】

① 本題還有一種方法，如圖，延長$PB$到$E$ , 使得$BE=DQ$，利用$△APQ≅△APE$.

② 方法$1$是引入角度變量，第二問用三角函數表示邊長，面積最值最后轉化為三角函數的最值問題(涉及到輔助角公式、二倍角公式等)；而方法2是引入線段變量，而建系的方式使得每個量都能通過點的坐標得到，使得解題思路更簡潔些；
③ 涉及到三角形面積，求法有$S=\dfrac{1}{2} \cdot \text { 底 } \cdot \text { 高 }$、$S=\dfrac{1}{2} a b \sin C$、隔補法等.

鞏固練習

1(★★) 設銳角$△ABC$的三內角$A，B，C$所對邊的邊長分別為$a，b，c$，且$b=2$，$A=2B$，則$a$的取值范圍為 $\underline{\quad \quad}$．

2(★★★)在$△ABC$中，$∠B=60°$，$b=\sqrt{3}$，若$c-2a≤m$恆成立，則$m$的最小值為$\underline{\quad \quad}$．

3(★★★) 在$△ABC$中，$a、b、c$分別是角$A、B、C$的對邊，若$c\cdot \cos B+b\cos C=2a\cdot \cos A$，$M$為$BC$的中點，且$AM=1$，則$b+c$的最大值是$\underline{\quad \quad}$．

4(★★★) 在$△ABC$中，角$A ,B ,C$的對邊分別為$a ,b ,c$，若$(a+b)(\sin A－\sin B)=c(\sin C+\sin B)$，$b+c=4$，則$△ABC$的面積的最大值為$\underline{\quad \quad}$．

5(★★★) 已知在$△ABC$中，$\angle B A C=\dfrac{2 \pi}{3}$，點$P$在邊$BC$上，且$AP⊥AB$，$A P=\sqrt{3}$．
(1)若$P C=\sqrt{7}$，求$PB$．(2)求$\dfrac{2}{P B}+\dfrac{1}{P C}$的取值范圍．

6(★★★) 如圖，在四邊形$ABCD$中，$AD⊥AB$，$∠CAB=60°$，$∠BCD=120°$，$AC=2$．
(1)若$∠ABC=30°$，求$DC$；
(2)記$∠ABC=θ$，當$θ$為何值時，$△BCD$的面積有最小值？求出最小值．

參考答案

$(2 \sqrt{2}, 2 \sqrt{3})$
$\sqrt{3}$
$\dfrac{4 \sqrt{3}}{3}$
$\sqrt{3}$
$\text { (1) } \sqrt{7}$ $\text { (2) }\left(1, \dfrac{2 \sqrt{3}}{3}\right]$
$\text { (1) } C D=\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}$ $(2)θ=75°$時，$S$取最小值$6-3 \sqrt{3}$

【題型四】解三角形應用舉例

【典題1】如圖，一架飛機以$600km/h$的速度，沿方位角$60°$的航向從$A$地出發向$B$地飛行，飛行了$36min$后到達$E$地，飛機由於天氣原因按命令改飛$C$地，已知$A D=600 \sqrt{3} \mathrm{~km}$，$CD=1200km $， $BC=500km$，且$\angle A D C=30^{\circ}$，$\angle B C D=113^{\circ}$．問收到命令時飛機應該沿什么航向飛行，此時$E$地離$C$地的距離是多少？(參考數據：$\tan 37^{\circ}=\dfrac{3}{4}$)

【解析】連接$AC ,CE$，在$△ACD$中由余弦定理得
$A C^{2}=(600 \sqrt{3})^{2}+1200^{2}-2 \cdot 600 \sqrt{3} \cdot 1200 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}=360000$
$∴AC=600$，
則$CD^2=AD^2+AC^2$，
即$△ACD$是直角三角形，且$∠ACD=60°$，
又$∠BCD=113°$，則$∠ACB=53°$，
$∵\tan 37^{\circ}=\dfrac{3}{4}$，$\therefore \cos 53^{\circ}=\sin 37^{\circ}=\dfrac{3}{5}$，$\therefore \cos \angle A C B=\dfrac{3}{5}$
在$△ABC$中，由余弦定理得$A B^{2}=600^{2}+500^{2}-2 \cdot 600 \cdot 500 \cdot \dfrac{3}{5}=500^{2}$
則$AB=500$，
又$BC=500$，則$△ABC$是等腰三角形，且$∠BAC=53°$，
由已知有$A E=600 \cdot \dfrac{36}{60}=360$，
在$△ACE$中，由余弦定理有$C E=\sqrt{360^{2}+600^{2}-2 \cdot 360 \cdot 600 \cdot \dfrac{3}{5}}=480$
又$AC^2=AE^2+CE^2$，則$∠AEC=90°$．
由飛機出發時的方位角為$600$，
則飛機由$E$地改飛$C$地的方位角為$90°+60°=150°$．
答：收到命令時飛機應該沿方位角$150°$的航向飛行，$E$地離$C$地$480km$．
【點撥】
① 在實際問題時，理解仰角、俯角(它是在鉛錘面上所成的角)，方位角(它是在水平面上所成的角)；
② 方位角是相對於某點而言，在確定方位角時要弄清楚時哪一個點的方位角；
③ 處理實際問題時要根據題意把實際問題的圖形進行簡化，並在圖形上標出有關的角或邊，明確最后實際要求的量可轉化為三角形的什么量，再思考正弦定理或余弦定理解三角形.

鞏固練習

1(★★★) 如圖，海平面某區域內有$A，B，C$三座小島，島$C$在$A$的北偏東$70°$方向，島$C$在$B$的北偏東$40°$方向，島$B$在$A$的南偏東$65°$方向，且$A，B$兩島間的距離為$3$海里．
(1)求$B，C$兩島間的距離；
(2)經測算海平面上一輪船$D$位於島$C$的北偏西$50°$方向，且與島$C$相距$3 \sqrt{2}$海里，求輪船在島$A$的什么位置．(注：小島與輪船視為一點)

2(★★★) 如圖，一個半圓和長方形組成的鐵皮，長方形的邊$AD$為半圓的直徑，$O$為半圓的圓心，$AB=1$ ,$BC=2$，現要將此鐵皮剪出一個等腰三角形$PMN$，其底邊$MN⊥BC$，點$P$在邊$AB$上，設$∠MOD=θ$；
(1)若$θ=30°$，求三角形鐵皮$PMN$的面積；
(2)求剪下的三角形鐵皮$PMN$面積的最大值．

3(★★★★) 如圖，已知扇形$OMN$是一個觀光區的平面示意圖，其中扇形半徑為$10$米，$\angle M O N=\dfrac{\pi}{3}$，為了便於游客觀光和旅游，提出以下兩種設計方案：
(1)如圖$1$，擬在觀光區內規划一條三角形$ABO$形狀的道路，道路的一個頂點B在弧$MN$上，另一頂點$A$在半徑$OM$上，且$AB∥ON$，求$△ABO$周長的最大值；
(2)如圖$2$，擬在觀光區內規划一個三角形區域種植花卉，三角形花圃$ABC$的一個頂點$B$在弧$MN$上，另兩個頂點$A、C$在半徑$OM、ON$上，且$AB∥ON$，$AC⊥ON$，求花圃$△ABC$面積的最大值．

參考答案

$\text { (1) } B C=3 \sqrt{2} \quad (2)$北偏東$25°$
$\text { (1) } \dfrac{6+3 \sqrt{3}}{8} \quad \text { (2) } \dfrac{3+2 \sqrt{2}}{4}$
$\text { (1) } \dfrac{20 \sqrt{3}}{3}+10 \quad \text { (2) } \dfrac{25 \sqrt{3}}{3}$

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