三年高考(2017-2019)理数真题分项版解析——专题10 解三角形(解析版)

专题10 解三角形
1．【2018年高考全国Ⅱ理数】在ABC △中，cos
25
C =
，1BC =，5AC =，则AB =
A ． B
C
D ．【答案】A
【解析】因为2
23cos 2cos 121,25C C =-=⨯-=-⎝⎭
所以222
32cos 125215325AB BC AC BC AC C AB ⎛⎫=+-⋅=+-⨯⨯⨯-== ⎪⎝⎭
，则，故选A.
【名师点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理，结合已知条件，灵活转化为边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.
2．【2018年高考全国Ⅲ理数】ABC △的内角A B C ，，
的对边分别为a ，b ，c ，若ABC △的面积为222
4a b c +-，则C =
A ．π2
B ．
π3 C ．π4
D ．π6
【答案】C
【解析】由题可知222
1sin 24
ABC
a b c S ab C +-==
△，所以2222sinC a b c ab +-=， 由余弦定理2222cos a b c ab C +-=，得sin cos C C =，因为()0,πC ∈，所以π
4
C =
，故选C. 【名师点睛】本题主要考查余弦定理与三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查考生的运算求解能力，考查的核心素养是数学运算.
3．【2017年高考山东卷理数】在ABC △中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．若ABC △为锐角三
角形，且满足sin (12cos )2sin cos cos sin B C A C A C +=+，则下列等式成立的是 A ．2a b = B ．2b a = C ．2A B =
D ．2B A =
【答案】A
【解析】由题意知sin()2sin cos 2sin cos cos sin A C B C A C A C ++=+， 所以2sin cos sin cos 2sin sin 2B C A C B A b a =⇒=⇒=， 故选A.
【名师点睛】本题较为容易，关键是要利用两角和与差的三角函数公式进行恒等变形. 首先用两角和的正弦公式转化为含有A ，B ，C 的式子，再用正弦定理将角转化为边，得到2a b =.解答三角形中的问题时，三角形内角和定理是经常用到的一个隐含条件，不容忽视.
4．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】ABC △的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c .若π
6,2,3
b a
c B ===
，则ABC △的面积为_________．
【答案】【解析】由余弦定理得2222cos b a c ac B =+-，所以2
2
21
(2)2262
c c c c +-⨯⨯⨯=，即212c =，
解得c c ==-，
所以2a c ==，11sin 22ABC S ac B =
=⨯=△ 【名师点睛】本题易错点往往是余弦定理应用有误或是开方导致错误．解答此类问题，关键是在明确方法的基础上，准确记忆公式，细心计算．本题首先应用余弦定理，建立关于c 的方程，应用,a c 的关系、三角形面积公式计算求解，本题属于常见题目，难度不大，注重了基础知识、基本方法、数学式子的变形及运算求解能力的考查．
5．【2019年高考浙江卷】在ABC △中，90ABC ∠=︒，4AB =，3BC =，点D 在线段AC 上，若
45BDC ∠=︒，则BD =___________，cos ABD ∠=___________．
【解析】如图，在ABD △中，由正弦定理有：
sin sin AB BD ADB BAC =∠∠，而3π
4,4
AB ADB =∠=，
5AC ，34sin ,cos 55BC AB BAC BAC AC AC ∠=
=∠==，所以5
BD =.
ππcos cos()cos cos sin sin 4410
ABD BDC BAC BAC BAC ∠=∠-∠=∠+∠=
.
【名师点睛】本题主要考查解三角形问题，即正弦定理、三角恒等变换、数形结合思想及函数方程思想.在ABD △中应用正弦定理，建立方程，进而得解.解答解三角形问题，要注意充分利用图形特征.
6．【2018年高考浙江卷】在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ．若a =b =2，A =60°
，则sin B =___________，c =___________．
【答案】
7
，3
【解析】由正弦定理得
sin
sin a A b B =，所以πsin sin 37B == 由余弦定理得22
2
2
2cos ,742,3a b c bc A c c c =+-∴=+-∴=（负值舍去）.
【名师点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化为边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.解答本题时，根据正弦定理得sin B ，根据余弦定理解出c .
7．【2017年高考浙江卷】已知△ABC ，AB =AC =4，BC =2． 点D 为AB 延长线上一点，BD =2，连结CD ，
则△BDC 的面积是______，cos ∠BDC =_______．
【答案】
,
24
【解析】取BC 中点E ，由题意：AE BC ⊥，
△ABE 中，1cos 4BE ABC AB ∠=
=，∴1cos ,sin 4DBC DBC ∠=-∠==，
∴1sin 2BCD S BD BC DBC =
⨯⨯⨯∠=
△． ∵2ABC BDC ∠=∠，∴2
1
cos cos 22cos 14
ABC BDC BDC ∠=∠=∠-=
，
解得cos BDC ∠=
或cos BDC ∠=（舍去）．
综上可得，△BCD 面积为
2，cos 4
BDC ∠=． 【名师点睛】利用正、余弦定理解决实际问题的一般思路：
（1）实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可以利用正弦定理或余弦定理求解；
（2）实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个或两个以上三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，再逐步解其他三角形，有时需要设出未知量，从几个三角形中列出方程（组），解方程（组）得出所要的解．
8．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】ABC △的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，设
22(sin sin )sin sin sin B C A B C -=-．
（1）求A ；
（22b c +=，求sin C ．
【答案】（1）60A ︒=；（2）sin 4
C =
【解析】（1）由已知得222sin sin sin sin sin B C A B C +-=， 故由正弦定理得222b c a bc +-=．
由余弦定理得2221cos 22
b c a A bc +-==．
因为0180A ︒︒<<，所以60A ︒=． （2）由（1）知120B C ︒=-，
(
)
sin 1202sin A C C ︒
+-=，
1sin 2sin 2C C C +=，可得()cos 60C ︒+=．
由于0120C ︒︒<<，所以()
sin 602
C ︒+=
，故
()sin sin 6060C C ︒︒=+-
()()sin 60cos60cos 60sin 60C C ︒︒︒︒=+-+
=
． 【名师点睛】本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形的问题，涉及到两角和差正弦公式、同角三角函数关系的应用，解题关键是能够利用正弦定理对边角关系式进行化简，得到余弦定理的形式或角之间的关系.
9．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知sin
sin 2
A C
a b 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． 【答案】（1）B =60°；（2
）(
)82
. 【解析】（1）由题设及正弦定理得sin sin sin sin 2
A C
A B A +=． 因为sin A ≠0，所以sin
sin 2
A C
B +=． 由180A B
C ︒++=，可得sin cos 22A C B +=，故cos 2sin cos 222
B B B
=． 因为cos 02B ≠，故
1sin 22
B =， 因此B =60°．
（2）由题设及（1）知△ABC
的面积4
ABC S a =
△． 由正弦定理得(
)sin 120sin 1sin sin 2tan 2
C c A a C C C ︒-===+．
由于△ABC 为锐角三角形，故0°<A <90°，0°<C <90°， 由（1）知A +C =120°，所以30°<C <90°，故
1
22
a <<，
ABC S <<
△．
因此，△ABC 面积的取值范围是⎝⎭
． 【名师点睛】这道题考查了三角函数的基础知识，以及正弦定理的使用（此题也可以用余弦定理求解），最后考查V ABC 是锐角三角形这个条件的利用，考查的很全面，是一道很好的考题. 10．【2019年高考北京卷理数】在△ABC 中，a =3，b −c =2，cos B =1
2
-
． （1）求b ，c 的值； （2）求sin （B –C ）的值．
【答案】（1）7b =，5c =；（2. 【解析】（1）由余弦定理2222cos b a c ac B =+-，得
22213232b c c ⎛⎫=+-⨯⨯⨯- ⎪⎝⎭
.
因为2b c =+，
所以2
2
2
1(2)3232c c c ⎛⎫
+=+-⨯⨯⨯- ⎪⎝⎭
. 解得5c =. 所以7b =.
（2）由1cos 2B =-
得sin B =
.
由正弦定理得sin sin 14
c C B b =
=
. 在ABC △中，∠B 是钝角， 所以∠C 为锐角.
所以11
cos 14
C ==
.
所以sin()sin cos cos sin 7
B C B C B C -=-=
. 【名师点睛】本题主要考查余弦定理、正弦定理的应用，两角差的正弦公式的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
11．【2019年高考天津卷理数】在ABC △中，内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ．已知2b c a +=，
3sin 4sin c B a C =．
（1）求cos B 的值； （2）求sin 26B π⎛⎫
+
⎪⎝⎭
的值． 【答案】（1）14-
；（2
）【解析】（1）在ABC △中，由正弦定理
sin sin b c
B C
=，得sin sin b C c B =， 又由3sin 4sin c B a C =，得3sin 4sin b C a C =，即34b a =．
又因为2b c a +=，得到43b a =
，23
c a =． 由余弦定理可得222222
416199cos 22423
a a a a c
b B a
c a a +-+-=
==-⋅⋅． （2）由（1
）可得sin B ==
，
从而sin 22sin cos B B B ==，22
7cos 2cos sin 8B B B =-=-，故
717sin 2sin 2cos cos 2sin 666828216B B B πππ⎛
⎫+=+=--⨯=-
⎪⎝
⎭． 【名师点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系，两角和的正弦公式，二倍角的正弦与余弦公式，以及正弦定理、余弦定理等基础知识．考查运算求解能力．
12．【2019年高考江苏卷】在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．
（1）若a =3c ，b
，cos B =2
3
，求c 的值； （2）若sin cos 2A B a b =，求sin()2
B π
+的值． 【答案】（1
）3c =
；（2
）
5
. 【解析】（1
）因为2
3,3
a c
b B ===
， 由余弦定理222cos 2a c b B ac +-=
，得2222(3)323c c c c
+-=⨯⨯，即2
13c =.
所以c =
（2）因为
sin cos 2A B
a b =， 由正弦定理sin sin a b A B =，得cos sin 2B B
b b
=，所以cos 2sin B B =. 从而22
cos (2sin )B B =，即()22cos 41cos B B =-，故24cos 5
B =.
因为sin 0B >，所以cos 2sin 0B B =>，从而cos 5
B =
.
因此πsin cos 25
B B ⎛⎫+
== ⎪
⎝
⎭【名师点睛】本小题主要考查正弦定理、余弦定理、同角三角函数关系、诱导公式等基础知识，考查运算求解能力.
13．【2019年高考江苏卷】如图，一个湖的边界是圆心为O 的圆，湖的一侧有一条直线型公路l ，湖上有
桥AB （AB 是圆O 的直径）．规划在公路l 上选两个点P 、Q ，并修建两段直线型道路PB 、QA ．规划要求：线段PB 、QA 上的所有点到点O 的距离均不小于圆．．．．O 的半径．已知点A 、B 到直线l 的距离分别为AC 和BD （C 、D 为垂足），测得AB =10，AC =6，BD =12（单位：百米）． （1）若道路PB 与桥AB 垂直，求道路PB 的长；
（2）在规划要求下，P 和Q 中能否有一个点选在D 处？并说明理由；
（3）在规划要求下，若道路PB 和QA 的长度均为d （单位：百米）.求当d 最小时，P 、Q 两点间的距离．
【答案】（1）15（百米）；（2）见解析；（3）17+. 【解析】解法一：
（1）过A 作AE BD ⊥，垂足为E .
由已知条件得，四边形ACDE 为矩形，6, 8DE BE AC AE CD =====.'
因为PB ⊥AB ，
所以84cos sin 105
PBD ABE ∠=∠==. 所以12
154
cos 5
BD PB PBD =
==∠.
因此道路PB 的长为15（百米）
.
（2）①若P 在D 处，由（1）可得E 在圆上，则线段BE 上的点（除B ，E ）到点O 的距离均小于圆O 的半径，所以P 选在D 处不满足规划要求.
②若Q 在D 处，连结AD ，由（1
）知10AD =
=，
从而2227
cos 0225
AD AB BD BAD AD AB +-∠==>⋅，所以∠BAD 为锐角.
所以线段AD 上存在点到点O 的距离小于圆O 的半径. 因此，Q 选在D 处也不满足规划要求. 综上，P 和Q 均不能选在D 处. （3）先讨论点P 的位置.
当∠OBP <90°时，线段PB 上存在点到点O 的距离小于圆O 的半径，点P 不符合规划要求；
当∠OBP ≥90°时，对线段PB 上任意一点F ，OF ≥OB ，即线段PB 上所有点到点O 的距离均不小于圆O 的半径，点P 符合规划要求.
设1P 为l 上一点，且1
PB AB ⊥，由（1）知，1P B =15， 此时11113
sin cos 1595
PD PB PBD PB EBA =∠=∠=⨯=； 当∠OBP >90°时，在1
PPB △中，115PB PB >=. 由上可知，d ≥15. 再讨论点Q 的位置.
由（2）知，要使得QA ≥15，点Q 只有位于点C 的右侧，才能符合规划要求.当QA =15时，
CQ===此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.
综上，当PB⊥AB，点Q位于点C右侧，且CQ=时，d最小，此时P，Q两点间的距离
PQ=PD+CD+CQ=17+
因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17+.
解法二：
（1）如图，过O作OH⊥l，垂足为H.
以O为坐标原点，直线OH为y轴，建立平面直角坐标系.
因为BD=12，AC=6，所以OH=9，直线l的方程为y=9，点A，B的纵坐标分别为3，−3.
因为AB为圆O的直径，AB=10，所以圆O的方程为x2+y2=25.
从而A（4，3），B（−4，−3），直线AB的斜率为3 4 .
因为PB⊥AB，所以直线PB的斜率为
4
3 -，
直线PB的方程为
425
33 y x
=--.
所以P（−13，9），15
PB==.
因此道路PB的长为15（百米）.
（2）①若P在D处，取线段BD上一点E（−4，0），则EO=4<5，所以P选在D处不满足规划要求.
②若Q在D处，连结AD，由（1）知D（−4，9），又A（4，3），
所以线段AD：
3
6(44)
4
y x x
=-+-剟.
在线段AD上取点M（3，15
4
），因为5
OM=<=，
所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径. 因此Q选在D处也不满足规划要求.
综上，P 和Q 均不能选在D 处. （3）先讨论点P 的位置.
当∠OBP <90°时，线段PB 上存在点到点O 的距离小于圆O 的半径，点P 不符合规划要求；
当∠OBP ≥90°时，对线段PB 上任意一点F ，OF ≥OB ，即线段PB 上所有点到点O 的距离均不小于圆O 的半径，点P 符合规划要求.
设1P 为l 上一点，且1PB AB ⊥，由（1）知，1P B =15，此时1P （−13，9）； 当∠OBP >90°时，在1
PPB △中，115PB PB >=. 由上可知，d ≥15. 再讨论点Q 的位置.
由（2）知，要使得QA≥15，点Q 只有位于点C 的右侧，才能符合规划要求.当QA =15时，设Q （a ，9），
由15(4)AQ a ==>，得a =4+Q （4+9），此时，线段QA 上所有点到点O 的距离均不小于圆O 的半径.
综上，当P （−13，9），Q （4+9）时，d 最小，此时P ，Q 两点间的距离
4(13)17PQ =+-=+.
因此，d 最小时，P ，Q 两点间的距离为17+.
【名师点睛】本小题主要考查三角函数的应用、解方程、直线与圆等基础知识，考查直观想象和数学建模及运用数学知识分析和解决实际问题的能力.
14．【2018年高考全国Ⅰ理数】在平面四边形ABCD 中，90ADC ∠=，45A ∠=，2AB =，5BD =.
（1）求cos ADB ∠；
（2）若DC =BC .
【答案】（1（2）5. 【解析】（1）在ABD △中，由正弦定理得
sin sin BD AB
A ADB
=∠∠.
由题设知，
52sin 45sin ADB =︒∠，所以sin ADB ∠=
. 由题设知，90ADB ∠<︒，
所以cos 5
ADB ∠==
.
（2）由题设及（1）知，cos sin 5
BDC ADB ∠=∠=. 在BCD △中，由余弦定理得
2222cos BC BD DC BD DC BDC =+-⋅⋅⋅∠
258255
=+-⨯⨯ 25=.
所以5BC =.
【名师点睛】求解此类问题的突破口：
一是观察所给的四边形的特征，正确分析已知图形中的边角关系，判断是用正弦定理，还是用余弦定理，求边角；
二是注意大边对大角，在解三角形中的应用.
15．【2017年高考全国Ⅰ理数】ABC △的内角A ，
B ，
C 的对边分别为a ，b ，c ，已知ABC △的面积为2
3sin a A
. （1）求sin B sin C ;
（2）若6cos B cos C =1，a =3，求ABC △的周长.
【答案】（1）
2
3
；（2）3+. 【解析】（1）由题设得2
1sin 23sin a ac B A =，即1sin 23sin a c B A =
. 由正弦定理得
1sin sin sin 23sin A
C B A =
. 故2
sin sin 3
B C =.
（2）由题设及（1）得1cos cos sin sin 2B C B C -=-，即1cos()2
B C +=-. 所以2π3B C +=
，故π
3
A =. 由题设得2
1sin 23sin a bc A A
=，即8bc =.
由余弦定理得229b c bc +-=，即2
()39b c bc +-=，得b c +=.
故△ABC 的周长为3【名师点睛】在处理解三角形问题时，要注意抓住题目所给的条件，当题设中给定三角形的面积，可以使用面积公式建立等式，再将所有边的关系转化为角的关系，有时需将角的关系转化为边的关系；解三角形问题常见的一种考题是“已知一条边的长度和它所对的角，求面积或周长的取值范围”或者“已知一条边的长度和它所对的角，再有另外一个条件，求面积或周长的值”，这类问题的通法思路是：全部转化为角的关系，建立函数关系式，如sin()y A x b ωϕ=++，从而求出范围，或利用余弦定理以及基本不等式求范围；求具体的值直接利用余弦定理和给定条件即可.
16．【2018年高考天津卷理数】在ABC △中，内角A ，
B ，
C 所对的边分别为a ，b ，c.已知sin cos()6
b A a B π
=-. （1）求角B 的大小；
（2）设a =2，c =3，求b 和sin(2)A B -的值.
【答案】（1）
π3；（2）b sin(2)A B -. 【解析】本小题主要考查同角三角函数的基本关系，两角差的正弦与余弦公式，二倍角的正弦与余弦公式，以及正弦定理、余弦定理等基础知识，考查运算求解能力．满分13分． （1）在△ABC 中，由正弦定理
sin sin a b
A B
=，可得sin sin b A a B =， 又由πsin cos()6b A a B =-，得π
sin cos()6a B a B =-，
即π
sin cos()6
B B =-，可得tan B =．
又因为(0π)B ∈，，可得B =
π3
．
（2）在△ABC 中，由余弦定理及a =2，c =3，B =π
3
，有2222cos 7b a c ac B =+-=，故b ．
由π
sin cos()6b A a B =-，可得sin A =．
因为a <c ，故cos
A =
因此sin 22sin cos A A A ==
2
1cos22cos 17A A =-=．
所以，sin(2)sin 2cos cos2sin A B A B A B -=-=
1127-= 【名师点睛】在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若
出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．
17．【2017年高考全国Ⅱ理数】ABC △的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，已知()2
sin 8sin
2
B
A C +=． （1）求cos
B ；
（2）若6a c +=，ABC △的面积为2，求b ． 【答案】（1）15cos 17
B =
；（2）2b =． 【解析】（1）由题设及A B C ++=π，可得2
sin 8sin 2
B
B =，故()sin 41cos B B =-． 上式两边平方，整理得217cos 32cos 150B B -+=，
解得cos 1B =(舍去)，15cos 17
B =． （2）由15cos 17B =得8sin 17B =，故14
=sin 217
△ABC S ac B ac =
． 又=2ABC S △，则17
2
ac =．
由余弦定理及6a c +=得：
()()2
2221715
2cos 21cos 362(1)4,217
b a
c ac B a c ac B =+-=+-+=-⨯
⨯+= 所以2b =．
【名师点睛】解三角形问题是高考的高频考点，命题大多放在解答题的第一题，主要利用三角形的内角和定理，正、余弦定理，三角形的面积公式等知识进行求解．解题时要灵活利用三角形的边角关系进行“边转角”“角转边”，另外要注意2
2
,,a c ac a c ++三者之间的关系，这样的题目小而活，备受命题者的青睐．
18．【2018年高考北京卷理数】在△ABC 中，a =7，b =8，cos B =–17
． （1）求∠A ；
（2）求AC 边上的高．
【答案】（1）
π3；（2）2
． 【解析】（1）在△ABC 中，∵cos B =–
17，∴B ∈（π
2
，π），
∴sin B =
．
由正弦定理得
sin sin a b A B =⇒7
sin A
∴sin A ． ∵B ∈（
π2，π），∴A ∈（0，π
2）， ∴∠A =π
3
．
（2）在△ABC 中，sin C =sin （A +B ）=sin A cos B +sin B cos A =
11()2727-+⨯
=14
．
如图所示，在△ABC 中，∵sin C =
h BC ，∴h =sin BC C ⋅=7=，
∴AC 边上的高为
2
．
【名师点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的，基本步聚是：
第一步，定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向； 第二步，定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边、角之间的互化； 第三步，求结果.
19．【2017年高考天津卷理数】在ABC △中，内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ．已知a b >，5,6a c ==，
3
sin 5
B =
． （1）求b 和sin A 的值； （2）求πsin(2)4
A +的值．
【答案】（1）b sin A （2）
26
.
【解析】（1）在ABC △中，因为a b >，故由3sin 5B =
，可得4
cos 5
B =． 由已知及余弦定理，有2222cos 13b a c ac B =+-=，
所以b =．
由正弦定理
sin sin a b A B =，得sin sin a B A b ==．
所以，b sin A
（2）由（1）及a c <，得cos A =， 所以12sin 22sin cos 13A A A ==
，2
5cos 212sin 13
A A =-=-．
故πππsin(2)sin 2cos cos 2sin 44426
A A A +
=+=
． 【名师点睛】（1）利用正弦定理进行“边转角”可寻求角的关系，利用“角转边”可寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系可求角，利用两角和差的三角公式及二倍角公式可求三角函数值．（2）利用正、余弦定理解三角形是高考的高频考点，常与三角形内角和定理、三角形面积公式等相结合，利用正、余弦定理进行解题．
20．【2017年高考全国Ⅲ理数】ABC △的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知sin 0A A =，
a ，
b =2. （1）求
c ；
（2）设D 为BC 边上一点，且AD ⊥AC ，求△ABD 的面积.
【答案】（1）4c =；（2
【解析】（1）由已知可得tan A =2π
3A =. 在ABC △中，由余弦定理得2
2π2844cos 3
c c =+-，即22240c c +-=.
解得6c =- (舍去)，4c =. （2）由题设可得π
2
CAD ∠=
， 所以π6
BAD BAC CAD ∠=∠-∠=
.
故ABD △面积与ACD △面积的比值为
1πsin 2611
2
AB AD AC AD ⋅⋅=⋅.
又ABC △
的面积为1
42sin 2
BAC ⨯⨯∠=
所以ABD △
【名师点睛】在解决三角形问题中，面积公式最常用，因为公式中既有边又有角，容易和正弦定理、余弦定理联系起来.正、余弦定理在应用时，应注意灵活性，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. （1）由题意首先求得2π
3
A =
，然后利用余弦定理列方程，边长取方程的正实数根可得4c =； （2）利用题意首先求得ABD △的面积与ACD △的面积的比值，然后结合ABC △的面积可求得
ABD △
.
21．【2017年高考江苏卷】如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm ，
容器Ⅰ的底面对角线AC 的长为
，容器Ⅱ的两底面对角线EG ，11E G 的长分别为14cm 和62cm ．分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm ．现有一根玻璃棒l ，其长度为40cm ．（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）
（1）将l 放在容器Ⅰ中，l 的一端置于点A 处，另一端置于侧棱1CC 上，求l 没入水中部分的长度； （2）将l 放在容器Ⅱ中，l 的一端置于点E 处，另一端置于侧棱1GG 上，求l 没入水中部分的长度．
【答案】（1）16 cm(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为24cm)；（2）20 cm(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20cm)．
【解析】（1）由正棱柱的定义，1CC ⊥平面ABCD ，所以平面11A ACC ⊥平面ABCD ，1CC AC ⊥．
记玻璃棒的另一端落在1CC 上点M 处．
因为40AC AM ==，所以30MC =
=，从而3sin 4
MAC =
∠， 记AM 与水面的交点为1P ，过1P 作P 1Q 1⊥AC ，Q 1为垂足， 则P 1Q 1⊥平面ABCD ，故P 1Q 1=12，从而AP 1=11
16sin P MAC
Q =∠．
答：玻璃棒l 没入水中部分的长度为16cm ．
(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为24cm)
（2）如图，O ，O 1是正棱台的两底面中心．
由正棱台的定义，OO 1⊥平面EFGH ，所以平面E 1EGG 1⊥平面EFGH ，O 1O ⊥EG ． 同理，平面E 1EGG 1⊥平面E 1F 1G 1H 1，O 1O ⊥E 1G 1． 记玻璃棒的另一端落在GG 1上点N 处．
过G 作GK ⊥E 1G 1，K 为垂足，则GK =OO 1=32． 因为EG = 14，E 1G 1= 62，
所以KG 1=
6214
242
-=，从而140GG ===． 设1,,EGG ENG αβ==∠∠则114
sin sin()cos 25
KGG KGG απ=+==∠∠．
因为2απ<<π，所以3cos 5
α=-．
在ENG △中，由正弦定理可得
4014sin sin αβ=，解得7
sin 25
β=．
因为02βπ<<
，所以24cos 25
β=． 于是42473
sin sin()sin()sin co 3s cos sin ()5252555
NEG αβαβαβαβ=π--=+=+=
⨯+-⨯=∠．
记EN 与水面的交点为P 2，过P 2作P 2Q 2⊥EG ，Q 2为垂足，则P 2Q 2⊥平面EFGH ， 故P 2Q 2=12，从而EP 2=
22
20sin P NEG
Q =∠．
答：玻璃棒l 没入水中部分的长度为20cm ．
(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20cm)
【名师点睛】解答本题时，（1）转化为直角三角形ACM 中，利用相似性质求解AP 1；（2）转化到三角形EGN 中，先利用直角梯形性质求角1EGG ∠，再利用正弦定理求角ENG ∠，最后根据直角三角形求高，即为l 没入水中部分的长度．
解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的．其基本步骤是：
第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向； 第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化； 第三步：求结果．
22．【2017年高考北京卷理数】在△ABC 中，A ∠=60°，c =
3
7
a . （1）求sin C 的值；
（2）若a =7，求△ABC 的面积.
【答案】（1）
14
；（2）【解析】（1）在△ABC 中，因为60A ∠=︒，3
7
c a =
，
所以由正弦定理得sin 3sin 7c A C a =
==
. （2）因为7a =，所以3
737
c =
⨯=. 由余弦定理2222cos a b c bc A =+-得2
2
2
173232
b b =+-⨯⨯， 解得8b =或5b =-（舍）.
所以△ABC 的面积11sin 8322S bc A =
=⨯⨯=【名师点睛】高考中经常将三角变换与解三角形知识综合起来命题，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理实现边角互化；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理实现边角互化；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．而三角变换中主要是“变角、变函数名和变运算形式”，其中的核心是“变角”，即注意角之间的结构差异，弥补这种结构差异的依据就是三角公式. （1）根据正弦定理
sin sin a c
A C
=
求sin C 的值； （2）根据条件可知7,3,a c ==根据余弦定理求出b 的值，最后利用三角形的面积公式1
sin 2
S bc A =进行求解即可.。