高中数学高考第七节 第2课时 精研题型明考向——解三角形及应用举例 教案

这是一份高中数学高考第七节 第2课时 精研题型明考向——解三角形及应用举例 教案，共22页。教案主要包含了真题集中研究——明考情，题型精细研究——提素养等内容，欢迎下载使用。

1．(2020·全国卷Ⅲ·利用正、余弦定理求角的三角函数值)
在△ABC中，cs C＝eq \f(2,3)，AC＝4，BC＝3，则cs B＝( )
A.eq \f(1,9) B．eq \f(1,3)
C.eq \f(1,2) D．eq \f(2,3)
解析：选A 由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC×BC×cs C＝16＋9－2×4×3×eq \f(2,3)＝9，解得AB＝3，所以 cs B＝eq \f(9＋9－16,2×3×3)＝eq \f(1,9).故选A.
2．(2020·全国卷Ⅰ·正、余弦定理与平面几何相结合)如图，在三棱锥P­ABC的平面展开图中，AC＝1，AB＝AD＝eq \r(3)，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，则 cs∠FCB＝________.
解析：依题意得，AE＝AD＝eq \r(3).
在△AEC中，AC＝1，∠CAE＝30°，
由余弦定理得EC2＝AE2＋AC2－2AE·ACcs∠EAC＝3＋1－2 eq \r(3)cs 30°＝1，
所以EC＝1，所以CF＝EC＝1.
又BC＝eq \r(AC2＋AB2)＝eq \r(1＋3)＝2，
BF＝BD＝eq \r(AD2＋AB2)＝eq \r(6)，
所以在△BCF中，由余弦定理得
cs∠FCB＝eq \f(BC2＋CF2－BF2,2BC·CF)＝eq \f(22＋12－\r(6)2,2×2×1)＝－eq \f(1,4).
答案：－eq \f(1,4)
3．(2020·新高考全国卷Ⅰ·结合“劳育”考查解三角形问题)某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心，A是圆弧AB与直线AG的切点，B是圆弧AB与直线BC的切点，四边形DEFG为矩形，BC⊥DG，垂足为C，tan∠ODC＝eq \f(3,5)，BH∥DG，EF＝12 cm，DE＝2 cm，A到直线DE和EF的距离均为7 cm，圆孔半径为1 cm，则图中阴影部分的面积为________cm2.
解析：如图，连接OA，作AQ⊥DE，交ED的延长线于Q，作AM⊥EF于M，交DG于E′，交BH于F′， 记过O且垂直于DG的直线与DG的交点为P.
设OP＝3m，则DP＝5m，不难得出AQ＝7，AM＝7，
于是AE′＝5，E′G＝5，∴∠AGE′＝∠AHF′＝eq \f(π,4)，△AOH为等腰直角三角形．
又AF′＝5－3m，OF′＝7－5m，AF′＝OF′，
∴5－3m＝7－5m，解得m＝1，
∴AF′＝OF′＝5－3m＝2，∴OA＝2eq \r(2)，
∴阴影部分的面积S＝eq \f(135,360)×π×(2eq \r(2))2＋eq \f(1,2)×2eq \r(2)×2eq \r(2)－eq \f(π,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,2)＋4))(cm2)．
答案：eq \f(5π,2)＋4
4．(2020·新高考全国卷Ⅰ·条件的选择，正、余弦定理解三角形)
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sin A＝eq \r(3)sin B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sin A＝eq \r(3)sin B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②csin A＝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sin A＝eq \r(3)sin B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．
5．(2020·全国卷Ⅰ·利用正、余弦定理求面积)
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知B＝150°.
(1)若a＝eq \r(3)c，b＝2eq \r(7)，求△ABC的面积；
(2)若sin A＋eq \r(3)sin C＝eq \f(\r(2),2)，求C.
解：(1)由题设及余弦定理得
28＝3c2＋c2－2×eq \r(3)c2×cs 150°，
解得c＝2或c＝－2(舍去)，从而a＝2eq \r(3).
所以△ABC的面积为eq \f(1,2)×2eq \r(3)×2×sin 150°＝eq \r(3).
(2)因为在△ABC中，A＝180°－B－C＝30°－C，
所以sin A＋eq \r(3)sin C＝sin(30°－C)＋eq \r(3)sin C＝sin(30°＋C)．
故sin(30°＋C)＝eq \f(\r(2),2).
而0°＜C＜30°，所以30°＋C＝45°，故C＝15°.
6．(2020·全国卷Ⅱ·利用正、余弦定理求边、角及最值问题)
△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sin Bsin C.
(1)求A；
(2)若BC＝3，求△ABC周长的最大值．
解：(1)由正弦定理和已知条件得
BC2－AC2－AB2＝AC·AB.①
由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcs A．②
由①②得cs A＝－eq \f(1,2).
因为0＜A＜π，所以A＝eq \f(2π,3).
(2)由正弦定理及(1)得eq \f(AC,sin B)＝eq \f(AB,sin C)＝eq \f(BC,sin A)＝2eq \r(3)，
从而AC＝2eq \r(3)sin B，AB＝2eq \r(3)sin(π－A－B)＝3cs B－eq \r(3)sin B．
故BC＋AC＋AB＝3＋eq \r(3)sin B＋3cs B＝3＋2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,3))).
又0＜B＜eq \f(π,3)，所以当B＝eq \f(π,6)时，△ABC周长取得最大值3＋2eq \r(3).
7．(2019·全国卷Ⅲ·利用正弦定理求角及面积的范围问题)
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知asineq \f(A＋C,2)＝bsin A.
(1)求B；
(2)若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围．
解：(1)由题设及正弦定理得sin Asineq \f(A＋C,2)＝sin Bsin A.
因为sin A≠0，所以sineq \f(A＋C,2)＝sin B．
由A＋B＋C＝180°，可得sineq \f(A＋C,2)＝cseq \f(B,2)，
故cs eq \f(B,2)＝2sineq \f(B,2)cseq \f(B,2).
因为cseq \f(B,2)≠0，所以sineq \f(B,2)＝eq \f(1,2)，所以B＝60°.
(2)由题设及(1)知△ABC的面积S△ABC＝eq \f(\r(3),4)a.
由(1)知A＋C＝120°，
由正弦定理得a＝eq \f(csin A,sin C)＝eq \f(sin120°－C,sin C)＝eq \f(\r(3),2tan C)＋eq \f(1,2).
由于△ABC为锐角三角形，故0°结合A＋C＝120°，得30°所以eq \f(1,2)因此△ABC面积的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),8)，\f(\r(3),2))).
[把脉考情]
二、题型精细研究——提素养
题型一 三角形基本量的求解问题
[典例] (2020·北京高考)在△ABC中，a＋b＝11，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：
(1)a的值；
(2)sin C和△ABC的面积．
条件①：c＝7，cs A＝－eq \f(1,7)；
条件②：cs A＝eq \f(1,8)，cs B＝eq \f(9,16).
[解] 选条件①：c＝7，cs A＝－eq \f(1,7)，且a＋b＝11.
(1)由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccs A，b＝11－a，c＝7，
得a2＝(11－a)2＋49－2(11－a)×7×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,7)))，∴a＝8.
(2)∵cs A＝－eq \f(1,7)，A∈(0，π)，∴sin A＝eq \f(4\r(3),7).
由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(c,sin C)，得sin C＝eq \f(csin A,a)＝eq \f(7×\f(4\r(3),7),8)＝eq \f(\r(3),2).
由(1)知b＝11－a＝3，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)×8×3×eq \f(\r(3),2)＝6eq \r(3).
选条件②：cs A＝eq \f(1,8)，cs B＝eq \f(9,16)，且a＋b＝11.
(1)∵cs A＝eq \f(1,8)，∴A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，sin A＝eq \f(3\r(7),8).
∵cs B＝eq \f(9,16)，∴B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，sin B＝eq \f(5\r(7),16).
由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，
得eq \f(a,\f(3\r(7),8))＝eq \f(11－a,\f(5\r(7),16))，∴a＝6.
(2)sin C＝sin(π－A－B)＝sin(A＋B)
＝sin Acs B＋cs Asin B＝eq \f(\r(7),4).
∵a＋b＝11，a＝6，∴b＝5.
∴S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)×6×5×eq \f(\r(7),4)＝eq \f(15\r(7),4).
[方法技巧]
用正、余弦定理求解三角形基本量的方法
[针对训练]
1．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sin C＝sin 2B，且b＝2，c＝eq \r(3)，则a等于( )
A.eq \f(1,2) B．eq \r(3)
C．2 D．2eq \r(3)
解析：选C 由sin C＝sin 2B＝2sin Bcs B及正、余弦定理得c＝2b·eq \f(a2＋c2－b2,2ac)，代入数据得(2a＋1)(a－2)＝0，解得a＝2或a＝－eq \f(1,2)(舍去)．故选C.
2．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若b＋c＝2a,3sin A＝5sin B，则角C＝( )
A.eq \f(π,3) B．eq \f(2π,3)
C.eq \f(3π,4) D．eq \f(5π,6)
解析：选B ∵3sin A＝5sin B，∴由正弦定理可得3a＝5b，即a＝eq \f(5,3)b.
∵b＋c＝2a，∴c＝eq \f(7,3)b，
∴cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(\f(25,9)b2＋b2－\f(49,9)b2,2×\f(5,3)b2)＝－eq \f(\f(15,9),\f(10,3))＝－eq \f(1,2).
∵C∈(0，π)，∴C＝eq \f(2π,3).故选B.
3．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，bcs A＝eq \r(3)asin B．
(1)求角A的大小；
(2)若a＝2eq \r(2)，B＝eq \f(π,4)，求b，c的长．
解：(1)由bcs A＝eq \r(3)asin B及正弦定理，
得sin Bcs A＝eq \r(3)sin Asin B，
又sin B≠0，所以tan A＝eq \f(\r(3),3)，因为0＜A＜π，所以A＝eq \f(π,6).
(2)由bcs A＝eq \r(3)asin B，a＝2eq \r(2)，B＝eq \f(π,4)，
得b×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3)×2eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)，解得b＝4.
由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccs A＝16＋c2－2×4×c×eq \f(\r(3),2)＝8，
即c2－4eq \r(3)c＋8＝0，解得c＝2eq \r(3)＋2或c＝2eq \r(3)－2，
又C＝π－A－B＝eq \f(7,12)π，C＞B，所以c＝2eq \r(3)＋2.
题型二 三角形形状的判断
[典例] (1)在△ABC中，cseq \f(A,2)＝eq \r(\f(1＋cs B,2))，则△ABC一定是( )
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等腰直角三角形 D．无法确定
(2)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcs C＋ccs B＝asin A，则△ABC的形状为( )
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．不确定
[解析] (1)由已知得cs2eq \f(A,2)＝eq \f(1＋cs B,2)，
∴2cs2eq \f(A,2)－1＝cs B，∴cs A＝cs B，
又0∴△ABC为等腰三角形．
(2)由正弦定理得sin Bcs C＋sin Ccs B＝sin2A，
∴sin(B＋C)＝sin2A，
即sin(π－A)＝sin2A，sin A＝sin2A.
∵A∈(0，π)，∴sin A>0，∴sin A＝1，
即A＝eq \f(π,2)，∴△ABC为直角三角形．
[答案] (1)A (2)B
[方法技巧] 判定三角形形状的2种常用途径
[针对训练]
1．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若asin A＋bsin B＜csin C，则△ABC的形状是( )
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．正三角形
解析：选C 因为asin A＋bsin B＜csin C，由正弦定理可得a2＋b2＜c2，由余弦定理可得cs C＜0，所以C＞eq \f(π,2).所以△ABC是钝角三角形．
2．(2020·全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋A))＋cs A＝eq \f(5,4).
(1)求A；
(2)若b－c＝eq \f(\r(3),3)a，证明：△ABC是直角三角形．
解：(1)由已知得sin2A＋cs A＝eq \f(5,4)，
即cs2A－cs A＋eq \f(1,4)＝0.
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs A－\f(1,2)))2＝0，所以cs A＝eq \f(1,2).
由于0＜A＜π，故A＝eq \f(π,3).
(2)证明：由正弦定理及已知条件可得sin B－sin C＝eq \f(\r(3),3)sin A．由(1)知A＝eq \f(π,3)，B＋C＝eq \f(2π,3)，
所以sin B－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－B))＝eq \f(\r(3),3)sineq \f(π,3)，
即eq \f(1,2)sin B－eq \f(\r(3),2)cs B＝eq \f(1,2)，从而sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,3)))＝eq \f(1,2).
由于0＜B＜eq \f(2π,3)，故B＝eq \f(π,2).从而△ABC是直角三角形．
题型三 三角形面积问题
[典例] (2021·山东烟台一中期末)在条件：①(a＋b)·(sin A－sin B)＝(c－b)sin C， ②asin B＝bcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,6)))，③bsin eq \f(B＋C,2)＝asin B 中任选一个，补充到下面的问题中，并给出解答．
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，b＋c＝6，a＝2eq \r(6)，________，求△ABC的面积．
解：若选①：由正弦定理得(a＋b)(a－b)＝(c－b)c，
即b2＋c2－a2＝bc，所以cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(bc,2bc)＝eq \f(1,2)，
因为A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,3)，
又a2＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc，a＝2eq \r(6)，b＋c＝6，
所以bc＝4，所以S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)×4×sin eq \f(π,3)＝eq \r(3).
若选②：由正弦定理得sin Asin B＝sin Bcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,6))).
因为0化简得sin A＝eq \f(\r(3),2)cs A－eq \f(1,2)sin A，即tan A＝eq \f(\r(3),3)，
因为0又因为a2＝b2＋c2－2bccs eq \f(π,6)，
所以bc＝eq \f(b＋c2－a2,2＋\r(3))＝eq \f(62－2\r(6)2,2＋\r(3))＝24－12eq \r(3)，
所以S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)×(24－12eq \r(3))×eq \f(1,2)＝6－3eq \r(3).
若选③：由正弦定理得sin Bsin eq \f(B＋C,2)＝sin Asin B，
因为0又因为B＋C＝π－A，
所以cs eq \f(A,2)＝2sin eq \f(A,2)cs eq \f(A,2)，
因为0所以cs eq \f(A,2)≠0，所以sin eq \f(A,2)＝eq \f(1,2)，即eq \f(A,2)＝eq \f(π,6)，所以A＝eq \f(π,3).
则a2＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc，又a＝2eq \r(6)，b＋c＝6，所以bc＝4，
所以S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)×4×sin eq \f(π,3)＝eq \r(3).
[方法技巧] 求解与三角形面积有关的问题的步骤
[针对训练]
1．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若eq \f(a＋b＋c,sin A＋sin B＋sin C)＝eq \f(2\r(3),3)，A＝eq \f(π,3)，b＝1，则△ABC的面积为( )
A.eq \f(\r(3),2) B．eq \f(\r(3),4)
C.eq \f(1,2) D．eq \f(1,4)
解析：选B 由正弦定理可得eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(a＋b＋c,sin A＋sin B＋sin C)＝eq \f(2\r(3),3)，又A＝eq \f(π,3)，b＝1，则a＝1，B＝eq \f(π,3)，所以△ABC是边长为1的正三角形，所以△ABC的面积为eq \f(1,2)×12×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),4).
2．(2021·潍坊模拟)在①eq \f(b,a)＝eq \f(cs B＋1,\r(3)sin A)；②2bsin A＝atan B；③(a－c)sin A＋csin(A＋B)＝bsin B这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答．
已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若________．
(1)求角B；
(2)若a＋c＝4，求△ABC周长的最小值，并求出此时△ABC的面积．
解：(1)选①，由正弦定理得eq \f(sin B,sin A)＝eq \f(cs B＋1,\r(3)sin A)，
∵sin A≠0，∴eq \r(3)sin B－cs B＝1，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6)))＝eq \f(1,2)，
∵0＜B＜π，∴－eq \f(π,6)＜B－eq \f(π,6)＜eq \f(5π,6)，
∴B－eq \f(π,6)＝eq \f(π,6)，∴B＝eq \f(π,3).
选②，∵2bsin A＝atan B，即2bsin A＝eq \f(asin B,cs B)，
由正弦定理可得2sin Bsin A＝sin A·eq \f(sin B,cs B)，
∵sin A≠0，sin B≠0，∴cs B＝eq \f(1,2)，
又∵B∈(0，π)，∴B＝eq \f(π,3).
选③，∵sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin C，
由已知结合正弦定理可得(a－c)a＋c2＝b2，
∴a2＋c2－b2＝ac，∴cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(ac,2ac)＝eq \f(1,2)，
∵B∈(0，π)，∴B＝eq \f(π,3).
(2)∵b2＝a2＋c2－2accs B＝(a＋c)2－3ac＝16－3ac，即3ac＝16－b2，
∴16－b2≤3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋c,2)))2，解得b≥2，当且仅当a＝c＝2时取等号，
∴bmin＝2，△ABC周长的最小值为6，此时△ABC的面积S＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \r(3).
题型四 正、余弦定理在平面几何中的应用
[典例] (2021年1月新高考八省联考卷)在四边形ABCD中，AB∥CD，AD＝BD＝CD＝1.
(1)若AB＝eq \f(3,2)，求BC；
(2)若AB＝2BC，求cs∠BDC.
[解] (1)如图所示，
在△ABD中，由余弦定理可知，
cs∠ABD＝eq \f(AB2＋BD2－AD2,2AB·BD)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2＋12－12,2×\f(3,2)×1)＝eq \f(3,4).
∵AB∥CD，∴∠BDC＝∠ABD，
即cs∠BDC＝cs∠ABD＝eq \f(3,4).
在△BCD中，由余弦定理可得，
BC2＝BD2＋CD2－2BD·CDcs∠BDC＝12＋12－2×1×1×eq \f(3,4)，
∴BC＝eq \f(\r(2),2).
(2)设BC＝x，则AB＝2BC＝2x.
由余弦定理可知，
cs∠ABD＝eq \f(AB2＋BD2－AD2,2AB·BD)＝eq \f(2x2＋12－12,2×2x×1)＝x，①
cs∠BDC＝eq \f(CD2＋BD2－BC2,2CD·BD)＝eq \f(12＋12－x2,2×1×1)＝eq \f(2－x2,2).②
∵AB∥CD，∴∠BDC＝∠ABD，即cs∠BDC＝cs∠ABD.
联立①②，可得eq \f(2－x2,2)＝x，整理得x2＋2x－2＝0，
解得x1＝eq \r(3)－1，x1＝－eq \r(3)－1(舍去)．
将x1＝eq \r(3)－1代入②，解得cs∠BDC＝eq \r(3)－1.
[方法技巧]
平面几何中解三角形问题的求解思路
(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．
[提醒] 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，才能顺利解决问题．
[针对训练]
(2020·江苏高考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知a＝3，c＝eq \r(2)，B＝45°.
(1)求sin C的值；
(2)在边BC上取一点D，使得cs∠ADC＝－eq \f(4,5)，求tan∠DAC 的值．
解：(1)在△ABC中，因为a＝3，c＝eq \r(2)，B＝45°，
由余弦定理b2＝a2＋c2－2accs B，
得b2＝9＋2－2×3×eq \r(2)cs 45°＝5，
所以b＝eq \r(5).
在△ABC中，由正弦定理eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)，
得eq \f(\r(5),sin 45°)＝eq \f(\r(2),sin C)，所以sin C＝eq \f(\r(5),5).
(2)在△ADC中，因为cs∠ADC＝－eq \f(4,5)，所以∠ADC为钝角，
而∠ADC＋C＋∠DAC＝180°，所以C为锐角．
故cs C＝eq \r(1－sin2C)＝eq \f(2\r(5),5)，tan C＝eq \f(sin C,cs C)＝eq \f(1,2).
因为cs∠ADC＝－eq \f(4,5)，
所以sin∠ADC＝eq \r(1－cs2∠ADC)＝eq \f(3,5)，
tan∠ADC＝eq \f(sin∠ADC,cs∠ADC)＝－eq \f(3,4).
从而tan∠DAC＝tan(180°－∠ADC－C)
＝－tan(∠ADC＋C)＝－eq \f(tan∠ADC＋tan C,1－tan∠ADC×tan C)
＝－eq \f(－\f(3,4)＋\f(1,2),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)))×\f(1,2))＝eq \f(2,11).
题型五 解三角形应用举例
[典例] (2021·济南模拟)济南泉城广场上的泉标是隶书“泉”字，其造型流畅别致，成了济南的标志和象征．李明同学想测量泉标的高度，于是他在广场的A点测得泉标顶端的仰角为60°，他又沿着泉标底部方向前进15.2 m，到达B点，又测得泉标顶端的仰角为80°.则李明同学求出泉标的高度为________m．(精确到1 m)
[解析] 如图所示，点C，D分别为泉标的底部和顶端．
依题意，∠BAD＝60°，∠CBD＝80°，AB＝15.2 m，
则∠ABD＝100°，
故∠ADB＝180°－(60°＋100°)＝20°.
在△ABD中，根据正弦定理，
eq \f(BD,sin 60°)＝eq \f(AB,sin 20°).
∴BD＝eq \f(AB×sin 60°,sin 20°)＝eq \f(15.2×sin 60°,sin 20°)≈38.5(m)．
在Rt△BCD中，CD＝BDsin 80°＝38.5×sin 80°≈38(m)，
即泉城广场上泉标的高约为38 m.
[答案] 38
[方法技巧]
解三角形的实际应用问题的类型及解题策略
1．求距离、高度问题
(1)选定或确定要创建的三角形，要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．有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)，解方程(组)得出所要求的量．
(2)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．
2．求角度问题
(1)分析题意，分清已知与所求，再根据题意画出正确的示意图，这是最关键、最重要的一步，画图时，要明确仰角、俯角、方位角以及方向角的含义，并能准确找到这些角．
(2)将实际问题转化为可用数学方法解决的问题后，注意正、余弦定理的综合应用．
[针对训练]
1.如图是隋唐天坛，古叫圜丘，它位于唐长安城明德门遗址东约950米，即今西安市雁塔区陕西师范大学以南．天坛初建于隋而废弃于唐末，比北京明清天坛早1 000多年，是隋唐王朝近三百年里的皇家祭天之处．某数学兴趣小组为了测得天坛的直径，在天坛外围测得AB＝60米，BC＝60米，CD＝40米，∠ABC＝60°，∠BCD＝120°，据此可以估计天坛的最下面一层的直径AD大约为(结果精确到1米)( )
(参考数据：eq \r(2)≈1.414，eq \r(3)≈1.732，eq \r(5)≈2.236，eq \r(7)≈2.646)
A．39米 B．43米
C．49米 D．53米
解析：选D 在△ACB中，AB＝60，BC＝60，∠ABC＝60°，
所以AC＝60.
在△CDA中，AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cs 60°
＝602＋402－2×60×40×eq \f(1,2)＝2 800，
所以AD＝20eq \r(7)≈53(米)．
故选D.
2.如图所示，当甲船位于A处时获悉，在其正东方向相距20海里的B处有一艘渔船遇险等待营救，甲船立即前往营救，同时把消息告知在甲船的南偏西30°相距10海里C处的乙船，乙船立即朝北偏东θ＋30°角的方向沿直线前往B处营救，则sin θ的值为________．
解析：如图，连接BC，在△ABC中，AC＝10，AB＝20，∠BAC＝120°，由余弦定理，得BC2＝AC2＋AB2－2AB·AC·cs 120°＝700，∴BC＝10eq \r(7)，再由正弦定理，得eq \f(BC,sin∠BAC)＝eq \f(AB,sin θ)，∴sin θ＝eq \f(\r(21),7).
答案：eq \f(\r(21),7)
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
一、综合练——练思维敏锐度
1．若△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知bsin 2A＝asin B，且c＝2b，则eq \f(a,b)等于( )
A.eq \f(3,2) B．eq \f(4,3)
C.eq \r(2) D．eq \r(3)
解析：选D 由bsin 2A＝asin B及正弦定理得2sin Bsin A·cs A＝sin Asin B，解得 cs A＝eq \f(1,2).又c＝2b，所以由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccs A＝b2＋4b2－4b2×eq \f(1,2)＝3b2，得eq \f(a,b)＝eq \r(3).故选D.
2．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知a＝eq \r(3)b，A－B＝eq \f(π,2)，则角C＝( )
A.eq \f(π,12) B．eq \f(π,6)
C.eq \f(π,4) D．eq \f(π,3)
解析：选B 因为在△ABC中，A－B＝eq \f(π,2)，所以A＝B＋eq \f(π,2)，所以sin A＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,2)))＝ cs B，因为a＝eq \r(3)b，所以由正弦定理得sin A＝eq \r(3)sin B，所以cs B＝eq \r(3)sin B，所以tan B＝eq \f(\r(3),3)，因为B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,6)，所以C＝π－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋\f(π,2)))－eq \f(π,6)＝eq \f(π,6).故选B.
3．在△ABC中，如果cs(2B＋C)＋cs C>0，那么△ABC的形状为( )
A．钝角三角形 B．直角三角形
C．锐角三角形 D．等腰三角形
解析：选A ∵cs(2B＋C)＋cs C
＝cs(2B＋π－A－B)＋cs(π－A－B)
＝cs[π－(A－B)]＋cs[π－(A＋B)]
＝－cs(A－B)－cs(A＋B)
＝－cs Acs B－sin Asin B－cs Acs B＋sin Asin B
＝－2cs Acs B>0，
∴cs Acs B<0，
又∵A，B∈(0，π)，
∴A，B中有一个锐角，一个钝角．故选A.
4．已知a，b，c分别为锐角△ABC三个内角A，B，C的对边，若sin A＝eq \f(2\r(2),3)，sin B> sin C，a＝3，S△ABC＝2eq \r(2)，则b的值为( )
A．2或3 B．2
C．3 D．6
解析：选C 因为△ABC为锐角三角形，所以cs A＝eq \r(1－sin2A)＝eq \f(1,3)，由余弦定理得cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(b2＋c2－9,2bc)＝eq \f(1,3)，①
因为S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)bc×eq \f(2\r(2),3)＝2eq \r(2)，所以bc＝6，②
将②代入①得eq \f(b2＋c2－9,12)＝eq \f(1,3)，则b2＋c2＝13，③
由sin B>sin C可得b>c，
联立②③可得b＝3，c＝2.故选C.
5．在△ABC中，cs B＝eq \f(1,4)，b＝2，sin C＝2sin A，则△ABC的面积等于( )
A.eq \f(1,4) B．eq \f(1,2)
C.eq \f(\r(3),2) D．eq \f(\r(15),4)
解析：选D 在△ABC中，cs B＝eq \f(1,4)，b＝2，sin C＝2sin A，由正弦定理得c＝2a；由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac·cs B＝a2＋4a2－2a·2a·eq \f(1,4)＝4a2＝4，解得a＝1，可得c＝2，所以△ABC的面积为S＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)×1×2×eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))2)＝eq \f(\r(15),4).故选D.
6.(2021·重庆调研)《易经》包含着很多哲理，在信息学、天文学中有广泛的应用，《易经》的博大精深对今天的几何学和其他学科仍有深刻的影响．如图就是《易经》中记载的几何图形——八卦图．图中正八边形代表八卦，中间的圆代表阴阳太极图，图中八块面积相等的曲边梯形代表八卦田．已知正八边形的边长为8 m，代表阴阳太极图的圆的半径为2 m，则每块八卦田的面积约为( )
A．42 m2 B．37 m2
C．32 m2 D．84 m2
解析：选B 由图，正八边形分割成8个等腰三角形，顶角为eq \f(360°,8)＝45°，设三角形的腰为a，由正弦定理可得eq \f(a,sin\f(135°,2))＝eq \f(8,sin 45°)，解得a＝8eq \r(2)sineq \f(135°,2)，所以三角形的面积S＝ eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(8\r(2)sin\f(135°,2)))2sin 45°＝32eq \r(2)·eq \f(1－cs 135°,2)＝16(eq \r(2)＋1)，
所以每块八卦田的面积约为：16(eq \r(2)＋1)－eq \f(1,8)×π×22≈37 m2.
7.已知在△ABC中，D是AC边上的点，且AB＝AD，BD＝eq \f(\r(6),2)AD，BC＝2AD，则sin C的值为( )
A.eq \f(\r(15),8) B．eq \f(\r(15),4)
C.eq \f(1,8) D．eq \f(1,4)
解析：选A 设AB＝AD＝2a，则BD＝eq \r(6)a，则BC＝4a，所以cs∠ADB＝eq \f(BD2＋AD2－AB2,2BD×AD)＝eq \f(6a2,2×2a×\r(6)a)＝eq \f(\r(6),4)，所以cs∠BDC＝eq \f(BD2＋CD2－BC2,2BD×CD)＝－eq \f(\r(6),4)，整理得CD2＋3aCD－10a2＝0，解得CD＝2a或者CD＝－5a(舍去)．故cs C＝eq \f(16a2＋4a2－6a2,2×4a×2a)＝eq \f(14,16)＝eq \f(7,8)，而C∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，故sin C＝eq \f(\r(15),8).故选A.
8．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sin C＋2sin Ccs B＝sin A，C∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，a＝eq \r(6)，cs B＝eq \f(1,3)，则b＝________.
解析：由正弦定理及题意可得c＋2c×eq \f(1,3)＝a，即a＝eq \f(5,3)c，又a＝eq \r(6)，所以c＝eq \f(3\r(6),5)，由余弦定理得b2＝6＋eq \f(54,25)－eq \f(12,5)＝eq \f(144,25)，所以b＝eq \f(12,5).
答案：eq \f(12,5)
9．(2021·恩施质检)在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若cs B＝eq \f(1,3)，b＝4，S△ABC＝4eq \r(2)，则△ABC的周长为________．
解析：由cs B＝eq \f(1,3)，得sin B＝eq \f(2\r(2),3)，由三角形面积公式可得eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)ac·eq \f(2\r(2),3)＝4eq \r(2)，则ac＝12①，由b2＝a2＋c2－2accs B，可得16＝a2＋c2－2×12×eq \f(1,3)，则a2＋c2＝24②，联立①②可得a＝c＝2eq \r(3)，所以△ABC的周长为4eq \r(3)＋4.
答案：4eq \r(3)＋4
10．(2019·浙江高考)在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D在线段AC上．若∠BDC＝45°，则BD＝________，cs∠ABD＝________.
解析：如图，易知sin C＝eq \f(4,5)，sin A＝eq \f(3,5)，cs A＝eq \f(4,5).
在△BDC中，由正弦定理可得
eq \f(BD,sin C)＝eq \f(BC,sin∠BDC)，
∴BD＝eq \f(BC·sin C,sin∠BDC)＝eq \f(3×\f(4,5),\f(\r(2),2))＝eq \f(12\r(2),5).
∴cs∠ABD＝cs(45°－A)＝cs 45°cs A＋sin 45°sin A＝eq \f(\r(2),2)×eq \f(4,5)＋eq \f(\r(2),2)×eq \f(3,5)＝eq \f(7\r(2),10).
答案：eq \f(12\r(2),5) eq \f(7\r(2),10)
11．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：∵eq \f(sin A,cs A)＝eq \f(sin B＋sin C,cs B＋cs C)，
∴sin Acs B＋sin Acs C＝sin Bcs A＋sin Ccs A，
即sin Acs B－sin Bcs A＝sin Ccs A－cs Csin A，
∴sin(A－B)＝sin(C－A)，
∵A，B，C∈(0，π)，∴A－B＝C－A，
即2A＝B＋C，∴A＝eq \f(π,3).
(1)△ABC还同时满足①③④.
理由如下：若△ABC同时满足条件①②，
则由正弦定理得sin B＝eq \f(bsin A,a)＝eq \f(5\r(3),7)>1，这不可能．
∴△ABC不能同时满足条件①②，
∴△ABC同时满足③④，
∴△ABC的面积S＝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．∴△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)，
∵C＝eq \f(2π,3)－B，∴b＝2eq \r(3)sin B，c＝2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－B))，
∴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.
∵B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，∴B＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,6)))∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，
∴△ABC周长l的取值范围为(6,9]．
12．(2021·济宁模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足eq \r(3)sin A＋cs A＝0.有三个条件：①a＝1；②b＝eq \r(3)；③S△ABC＝eq \f(\r(3),4).其中三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件并解答下面两个问题：
(1)求c；
(2)设D为BC边上一点，且AD⊥AC，求△ABD的面积．
解：(1)因为eq \r(3)sin A＋cs A＝0，
所以eq \r(3)tan A＋1＝0，得tan A＝－eq \f(\r(3),3)，
因为0＜A＜π，所以A＝eq \f(5π,6)，A为钝角，与a＝1＜b＝eq \r(3)矛盾，故①②中仅有一个正确，③正确．
显然S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(\r(3),4)，得bc＝eq \r(3).
当①③正确时，由a2＝b2＋c2－2bccs A，得b2＋c2＝－2(无解)；
当②③正确时，由于bc＝eq \r(3)，b＝eq \r(3)，得c＝1.
(2)如图，因为A＝eq \f(5π,6)，∠CAD＝eq \f(π,2)，则∠BAD＝eq \f(π,3)，
则eq \f(S△ABD,S△ACD)＝eq \f(\f(1,2)AB·AD·sin∠BAD,\f(1,2)AC·AD·sin∠CAD)＝eq \f(1,2)，
所以S△ABD＝eq \f(1,3)S△ABC＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)＝eq \f(\r(3),12).
二、自选练——练高考区分度
1．在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(a－b)(sin A＋sin B)＝(c－b)sin C．若a＝eq \r(3)，则b2＋c2的取值范围是( )
A．(3,6] B．(3,5)
C．(5,6] D．[5,6]
解析：选C 由正弦定理可得，(a－b)·(a＋b)＝(c－b)·c，即b2＋c2－a2＝bc，cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(1,2)，又A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴A＝eq \f(π,3).∵eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝eq \f(\r(3),sin\f(π,3))＝2，∴b2＋c2＝4(sin2B＋sin2C)＝4[sin2B＋sin2(A＋B)]＝4eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1－cs 2B,2)＋\f(1－cs[2A＋B],2)))＝eq \r(3)sin 2B－cs 2B＋4＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2B－\f(π,6)))＋4.∵△ABC是锐角三角形，∴B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))，即2B－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，∴eq \f(1,2)2．(多选)(2021·山东全真模拟)四边形ABCD内接于圆O，AB＝CD＝5，AD＝3，∠BCD＝60°，下列结论正确的有( )
A．四边形ABCD为梯形
B．圆O的直径为7
C．四边形ABCD的面积为eq \f(55\r(3),4)
D．△ABD的三边长度可以构成一个等差数列
解析：选ACD 如图所示．
∵AB＝CD＝5，AD＝3，∠BCD＝60°，
∴∠BAD＝120°，连接BD，AC.
则∠BCA＝∠CAD，∴BC∥DA，
显然AB不平行于CD，即四边形ABCD为梯形，故A正确．
在△BAD中，由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcs∠BAD，
∴BD2＝52＋32－2×5×3cs 120°＝49，∴BD＝7，
∴圆的直径不可能是7，故B错误．
在△BCD中，由余弦定理得BD2＝CB2＋CD2－2CB·CDcs∠BCD，
∴72＝CB2＋52－2×5×CBcs 60°，
解得CB＝8或CB＝－3(舍去)，
∵S△BAD＝eq \f(1,2)AB·ADsin 120°＝eq \f(1,2)×5×3×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(15\r(3),4)，
S△BCD＝eq \f(1,2)CB·CDsin 60°＝eq \f(1,2)×8×5×eq \f(\r(3),2)＝10eq \r(3)，
∴S四边形ABCD＝S△BAD＋S△BCD＝eq \f(15\r(3),4)＋10eq \r(3)＝eq \f(55\r(3),4)，
故C正确．
在△ABD中，AD＝3，AB＝5，BD＝7，满足AD＋BD＝2AB，∴△ABD的三边长度可以构成一个等差数列，故D正确，故选A、C、D.
3．在△ABC中，BC＝2eq \r(3)，AC＝3，∠BAC＝2∠B，D是BC上一点且AD⊥AC，则sin∠BAC＝________，△ABD的面积为________．
解析：∵BC＝2eq \r(3)，AC＝3，∠BAC＝2∠B，
∴在△ABC中，由正弦定理得eq \f(BC,sin∠BAC)＝eq \f(AC,sin∠B)，
即eq \f(2\r(3),sin∠BAC)＝eq \f(3,sin∠B)＝eq \f(2\r(3),2sin∠Bcs∠B)，
解得cs∠B＝eq \f(\r(3),3)，可得sin∠B＝eq \f(\r(6),3)，
∴cs∠BAC＝cs 2∠B＝2cs2∠B－1＝－eq \f(1,3)，
sin∠BAC＝ eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))2)＝eq \f(2\r(2),3).
∵AD⊥AC，∴sin∠BAD＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(∠BAC－\f(π,2)))＝
－cs∠BAC＝eq \f(1,3)，可得cs∠BAD＝eq \f(2\r(2),3)，
∴sin∠ADB＝sin(∠BAD＋∠B)＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),3)＋eq \f(2\r(2),3)×eq \f(\r(6),3)＝eq \f(5\r(3),9).
在△ABC中，由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cs∠B，
∴32＝AB2＋(2eq \r(3))2－2AB×2eq \r(3)×eq \f(\r(3),3)，
解得AB＝1或3.
当AB＝AC＝3时，
由∠BAC＝2∠B，可得∠B＝∠C＝eq \f(1,2)∠BAC＝eq \f(π,4)，
∴BC＝eq \r(32＋32)＝3eq \r(2)，与BC＝2eq \r(3)矛盾，∴AB＝1.
在△ABD中，由正弦定理得eq \f(AB,sin∠ADB)＝eq \f(AD,sin∠B)，
∴AD＝eq \f(AB·sin∠B,sin∠ADB)＝eq \f(3\r(2),5)，
∴S△ABD＝eq \f(1,2)AB·AD·sin∠BAD＝eq \f(1,2)×1×eq \f(3\r(2),5)×eq \f(1,3)＝eq \f(\r(2),10).
答案：eq \f(2\r(2),3) eq \f(\r(2),10)
4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，sin A＝eq \r(3)sin B，且b＝c.
(1)求角A的大小；
(2)若a＝2eq \r(3)，角B的平分线交AC于点D，求△ABD的面积．
解：(1)由sin A＝eq \r(3)sin B及正弦定理得a＝eq \r(3)b，
结合b＝c，由余弦定理得cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(b2＋b2－3b2,2b2)＝－eq \f(1,2)，
∵A∈(0，π)，∴A＝eq \f(2,3)π.
(2)由(1)及题意知B＝C＝eq \f(π,6).
又a＝2eq \r(3)，a＝eq \r(3)b，∴b＝c＝2，即AB＝2.
如图，在△ABD中，由正弦定理得eq \f(AB,sin∠ADB)＝eq \f(AD,sin∠ABD)，
∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝eq \f(π,12)，
又∠A＝eq \f(2,3)π，∴∠ADB＝eq \f(π,4)，
∴AD＝eq \f(AB·sin∠ABD,sin∠ADB)＝eq \r(3)－1，
∴S△ABD＝eq \f(1,2)×AB×AD×sineq \f(2,3)π
＝eq \f(1,2)×2×(eq \r(3)－1)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3－\r(3),2).常规
角度
1.三角形基本量的求解：主要考查利用正弦或余弦定理解三角形求边或角．
2.三角形面积问题：主要考查求三角形的面积或由三角形的面积求边或角
创新
角度
1.与平面几何相结合，求边角问题．
2.多个条件的选择问题．
3.结合“劳动教育”考查
角化边
利用正弦定理、余弦定理化角为边，通过代数恒等变换，求出边与边之间的关系进行判断
边化角
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