新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷二命题点加强练命题点8解三角形大题突破（附解析）

这是一份新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷二命题点加强练命题点8解三角形大题突破（附解析），共7页。
(1)求sin∠ABC；
(2)若D为BC上一点，且∠BAD＝90°，求△ADC的面积．
解：
2．[2020·新高考Ⅰ卷]在①ac＝eq \r(3)，②csinA＝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sinA＝eq \r(3)sinB，C＝eq \f(π,6)，________？
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解：
3．[2022·新高考Ⅱ卷]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为S1，S2，S3.已知S1－S2＋S3＝eq \f(\r(3),2)，sinB＝eq \f(1,3).
(1)求△ABC的面积；
(2)若sinAsinC＝eq \f(\r(2),3)，求b.
解：
4．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a，b，c成等差数列，且7sinA＝3sinC.
(1)求csB；
(2)若△ABC的面积为eq \f(15\r(3),4)，求b.
解：
5．如图，四边形ABCD中，∠B＝150°，∠D＝60°，AB＝2eq \r(3)，AD＝eq \f(2\r(78),3)，△ABC的面积为2eq \r(3).
(1)求AC；
(2)求∠ACD.
解：
6．[2023·山东潍坊模拟]在四边形ABCD中，∠BAD＝eq \f(π,2)，∠ACD＝eq \f(π,3)，AD＝eq \r(3)，S为△ABC的面积，且2S＝－eq \r(3)eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→)).
(1)求角B；
(2)若csD＝eq \f(1,2)，求四边形ABCD的周长．
解：
命题点8 解三角形(大题突破)
1．解析：(1)
如图，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cs∠BAC＝22＋12＋2×2×1×eq \f(1,2)＝7，得BC＝eq \r(7).
方法一 由正弦定理eq \f(AC,sin∠ABC)＝eq \f(BC,sin∠BAC)，
得sin∠ABC＝eq \f(1×\f(\r(3),2),\r(7))＝eq \f(\r(21),14).
方法二 由余弦定理得cs∠ABC＝eq \f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq \f(4＋7－1,2×2×\r(7))＝eq \f(5\r(7),14)，
所以sin∠ABC＝eq \r(1－cs2∠ABC)＝eq \f(\r(21),14).
(2)方法一 由sin∠ABC＝eq \f(\r(21),14)，得tan∠ABC＝eq \f(\r(3),5)，
又tan∠ABC＝eq \f(DA,AB)＝eq \f(DA,2)，所以DA＝eq \f(2\r(3),5)，
故△ADC的面积为eq \f(1,2)DA·AC·sin (120°－90°)＝eq \f(1,2)×eq \f(2\r(3),5)×1×eq \f(1,2)＝eq \f(\r(3),10).
方法二 △ABC的面积为eq \f(1,2)AC·AB·sin∠BAC＝eq \f(1,2)×1×2×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),2)，
eq \f(S△ADC,S△BAD)＝eq \f(\f(1,2)AC·AD·sin∠CAD,\f(1,2)AB·AD·sin∠BAD)＝eq \f(sin30°,2×sin90°)＝eq \f(1,4)，
故△ADC的面积为eq \f(1,5)S△ABC＝eq \f(1,5)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),10).
2．解析：方案一：选条件①.
由C＝eq \f(π,6)和余弦定理得eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(\r(3),2).
由sinA＝eq \r(3)sinB及正弦定理得a＝eq \r(3)b.
于是eq \f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq \f(\r(3),2)，由此可得b＝c.
由①ac＝eq \r(3)，解得a＝eq \r(3)，b＝c＝1.
因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时c＝1.
方案二：选条件②.
由C＝eq \f(π,6)和余弦定理得eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(\r(3),2).
由sinA＝eq \r(3)sinB及正弦定理得a＝eq \r(3)b.
于是eq \f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq \f(\r(3),2)，由此可得b＝c，B＝C＝eq \f(π,6)，A＝eq \f(2π,3).
由②csinA＝3，所以c＝b＝2eq \r(3)，a＝6.
因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时c＝2eq \r(3).
方案三：选条件③.
由C＝eq \f(π,6)和余弦定理得eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(\r(3),2).
由sinA＝eq \r(3)sinB及正弦定理得a＝eq \r(3)b.
于是eq \f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq \f(\r(3),2)，由此可得b＝c.
由③c＝eq \r(3)b，与b＝c矛盾．
因此，选条件③时问题中的三角形不存在．
3．解析：(1)∵边长为a的正三角形的面积为eq \f(\r(3),4)a2，
∴S1－S2＋S3＝eq \f(\r(3),4)(a2－b2＋c2)＝eq \f(\r(3),2).
结合余弦定理，得accsB＝1，即csB＝eq \f(1,ac).
由sinB＝eq \f(1,3)，得csB＝eq \f(2\r(2),3)，∴ac＝eq \f(3\r(2),4)，
故S△ABC＝eq \f(1,2)acsinB＝eq \f(1,2)×eq \f(3\r(2),4)×eq \f(1,3)＝eq \f(\r(2),8).
(2)由正弦定理，得eq \f(b2,sin2B)＝eq \f(a,sinA)·eq \f(c,sinC)＝eq \f(ac,sinAsinC)＝eq \f(\f(3\r(2),4),\f(\r(2),3))＝eq \f(9,4)，故b＝eq \f(3,2)sinB＝eq \f(1,2).
4．解析：(1)因为a，b，c成等差数列，所以2b＝a＋c，
又7sinA＝3sinC，结合正弦定理eq \f(a,sinA)＝eq \f(c,sinC)得7a＝3c，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(2b＝a＋c,7a＝3c)))，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(b＝\f(5c,7),a＝\f(3c,7)))).
从而csB＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3c,7)))\s\up12(2)＋c2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5c,7)))\s\up12(2),2×\f(3c,7)·c)＝eq \f(11,14).
(2)由(1)可得sinB＝eq \r(1－cs2B)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11,14)))\s\up12(2))＝eq \f(5\r(3),14)，
△ABC的面积为eq \f(1,2)acsinB＝eq \f(1,2)×eq \f(3c,7)×c×eq \f(5\r(3),14)＝eq \f(15\r(3),4)，解得c＝7，所以b＝eq \f(5c,7)＝5.
5．解析：(1)在△ABC中，由△ABC的面积S＝eq \f(1,2)AB×BC×sin∠B＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)×BC×eq \f(1,2)＝2eq \r(3)，可得BC＝4，
由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC×cs∠B＝12＋16－2×2eq \r(3)×4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)))＝52，即AC＝2eq \r(13).
(2)在△ACD中，由正弦定理eq \f(AC,sin∠D)＝eq \f(AD,sin∠ACD)，可得sin∠ACD＝eq \f(ADsin∠D,AC)＝eq \f(\f(\r(3),2)×\f(2\r(78),3),2\r(13))＝eq \f(\r(2),2)，
∵AD