16 解-解三角形

本题导读

本题是解三角形的典型解答题.第一问考查正弦定理的边角转化性质；第二问通过开放性条件选择，考查三角形的存在性判定及利用面积、余弦定理求解几何元素的能力.

📌 【题干】

Question

在 $△ABC$ 中，$\cos A=-\frac{1}{3}$，$a\sin C=4\sqrt{2}$.

（1）求 $c$；

（2）在以下三个条件中选择一个作为已知，使得 $△ABC$ 存在，并求 $BC$ 边上的高.

① $a=6$；

② $b\sin C=\frac{10\sqrt{2}}{3}$；

③ $△ABC$ 的面积为 $10\sqrt{2}$. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

🔍 【思路分析】

破题导航

1. 第一问（求 $c$）：

• 正弦定理转化：利用 $\frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin C}⟹a\sin C=c\sin A$. 求 $\sin A$：根据 ${\sin }^{2}A+{\cos }^{2}A=1$ 且 $A\in (0,\pi )$，由 $\cos A<0$ 判定 $A$ 为钝角.

2. 第二问（选条件求高）：

条件 ①：若 $a=c=6$，则 $A=C$，需检查一个三角形内是否存在两个钝角. 条件 ②：直接给出 $BC$ 边上的高 $h_a=b\sin C$。需验证是否存在满足该高度且符合余弦定理的边长 $b$. 条件 ③：利用面积公式 $S=\frac{1}{2}bc\sin A$ 求出 $b$，再由余弦定理求 $a$，最后通过 $S=\frac{1}{2}a{h}_a$ 求高.

✅ 【答案】

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(1) $c=6$; (2) 详细见答案.

✍ 【详细解析】

（1）第一问详解

最优解法：

（1）求边长 $c$

1. 计算 $\sin A$： 因为 $\cos A=-\frac{1}{3}$，且 $A\in (0,\pi )$， 所以 $\sin A=\sqrt{1-{\cos }^{2}A}=\sqrt{1-(-\frac{1}{3}{)}^2}=\sqrt{\frac{8}{9}}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$.

2. 应用正弦定理： 由正弦定理得 $a\sin C=c\sin A$. 代入已知数据 $a\sin C=4\sqrt{2}$： $4\sqrt{2}=c\cdot \frac{2\sqrt{2}}{3}$. 解得 $c=6$.

(2) 第(ii)问详解

最优解法

（2）选择条件求解 $BC$ 边上的高 方案一：选择条件 ① $a=6$ 若 $a=6$，由（1）知 $c=6$，则 $a=c⟹A=C$. 因为 $\cos A=-\frac{1}{3}<0$，所以 $A$ 是钝角（即 $A>\frac{\pi }{2}$）. 若 $A=C$，则 $A+C>\pi$，与三角形内角和定理矛盾. 故 条件 ① 下 $△ABC$ 不存在.

方案二：选择条件 ② $b\sin C=\frac{10\sqrt{2}}{3}$

1. 确定高线： 在 $△ABC$ 中，$BC$ 边上的高 $h_a=b\sin C$. 故直接得 $h_a=\frac{10\sqrt{2}}{3}$.

2. 验证存在性： 由 $\frac{a\sin C}{b\sin C}=\frac{a}{b}=\frac{4\sqrt{2}}{10\sqrt{2}/3}=\frac{6}{5}⟹a=\frac{6}{5}b$. 代入余弦定理 $a^2=b^2+c^2-2bc\cos A$：

$(\frac{6}{5}b{)}^2=b^2+6^2-2\cdot b\cdot 6\cdot (-\frac{1}{3})⟹\frac{11}{25}{b}^2-4b-36=0$.

该方程判别式 $\Delta >0$ 且存在正根，故 $△ABC$ 存在.

方案三：选择条件 ③ $△ABC$ 的面积为 $10\sqrt{2}$

1. 求解边长 $b$： $S=\frac{1}{2}bc\sin A=10\sqrt{2}⟹\frac{1}{2}\cdot b\cdot 6\cdot \frac{2\sqrt{2}}{3}=10\sqrt{2}$. 解得 $b=5$.

2. 求解边长 $a$： $a^2=b^2+c^2-2bc\cos A=5^2+6^2-2\cdot 5\cdot 6\cdot (-\frac{1}{3})=25+36+20=81$. 解得 $a=9$.

3. 计算 $BC$ 边上的高 $h_a$： 由 $S=\frac{1}{2}a{h}_a$ 得：$10\sqrt{2}=\frac{1}{2}\times 9\times h_a$. 解得 $h_a=\frac{20\sqrt{2}}{9}$.

💡 【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：同角三角函数象限符号控制、正弦定理在边角乘积块中的平移（ $a\sin C=c\sin A$ ）、余弦定理一元二次方程建模、等面积法求空间/平面高线。
2. 核心方法：等面积高线反切法（解三角形大题通法）． 在解决涉及“求某边上的高线”问题时，恒等的底层核心枢纽是利用面积作为桥梁。通过 $S=\frac{1}{2}bc\sin A$ 或者是海伦公式迅速将面积的数字大盘锁死，然后再套用 $S=\frac{1}{2}\cdot \text{底}\cdot \text{高}$。将未知的高线转换为单纯的面积与对应底边的商，是保证大题不丢分的标准程序化操作。
3. 避坑指南：

• 避坑指南 1（盲目勾选条件①导致全盘皆输）：本题具有极强的防御拦截性。部分同学在看到条件① $a=6$ 是一个规整的整数时，未进行存在性逻辑审查，贪图计算简单直接动笔。由于等腰三角形双钝角的几何悖论，选择条件①会导致后续所有的代数化简在逻辑上被阅卷官一票否决。
• 避坑指南 2（看错求高线的目标底边）：本题要求的是 $BC$ 边上的高（即以 $a$ 为底边的高 $h_a$），而不是 $AC$ 边（以 $b$ 为底）或 $AB$ 边（以 $c$ 为底）的高。在最后一步代入面积公式时，务必看清底边字母是否与高线严格正交对齐。

🚀 【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题源自人教 A 版必修第二册第六章《平面向量及其应用》中“正弦定理和余弦定理”章节后的综合应用解答题。北京卷命题组通过引入开放性的条件选配，将初中几何（三角形三边不等式、大边对大角）与高中解三角形的基本公式网进行了高密度的跨学段缝合。
2. 结论推广（由射影定理引发的“动态三角形存在性”二级特征网络）： 为了让您的文献库知识图谱具备最高阶的直觉，我们可以从几何投影（射影定理）的视角来审视条件②中的隐形特征.

• 设已知边 $c=6$，钝角 $\cos A=-\frac{1}{3}⟹\sin A=\frac{2\sqrt{2}}{3}$。顶点 $A$ 处的内角已经被死死锁死.
• 此时，过顶点 $A$ 向下底边作垂线，其垂足记为 $H$。在直角三角形 $△ABH$ 中，直角高线 $h_c=c\sin B$ 或者是顶点向外延伸的投影.
• 题目中给出的条件② $b\sin C=\frac{10\sqrt{2}}{3}$。根据正弦定理， $b\sin C$ 恰好等于 $c\sin B$.
• 也就是说，条件②本质上是在直接指定顶点 $A$ 到边 $BC$ 所在直线的垂直高度恒等于 $\frac{10\sqrt{2}}{3}$.
• 利用这一高阶几何网络，由于 $a\sin C=4\sqrt{2}$ 代表着顶点 $A$ 到边 $BC$ 的高度同样满足某种投影关系，通过高度的唯一性核对，可以直接反推出各边比例。收录这一高线投影网络，能让您在宏观上对解三角形的“高线、面积、边长”产生至高维度的代数直觉.

3. 方法推广（从代数方程到向量点积的无缝合流）： 本题所展现的利用正余弦定理进行边角转换的思想，是攻克解三角形大题的铁甲。未来当题目进行高阶变异，比如题干条件演变为“结合平面向量的数量积（如 $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=\lambda$）”或者是“结合正弦定理求外接圆面积”等压轴难题时，其底层的代数重组技术——“将所有角隐式全部翻译为边的平方和多项式，通过联立方程组进行一元化消元”，其操作本质完全合流。将这一套边角化简的流化为运算本能，是攻克整张卷子中段 13 分立体几何与解三角形大题最坚实的刚性铠甲.

🔗 【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 11.01 正弦定理
• 11.02 余弦定理
• 11.04 三角形面积公式

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