2021-北京卷-16 解-解三角形

本题导读

本题考查正弦定理与余弦定理。核心在于边角互化法、几何模型构建法（中线长求解）的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2021年北京卷）已知在 $△ABC$ 中，$c=2b\cos B$，$C=\frac{2\pi }{3}$．

（1）求 $B$ 的大小；

（2）在下列三个条件中选择一个作为已知，使 $△ABC$ 存在且唯一确定，并求出 $BC$ 边上中线的长度．

条件：① $c=\sqrt{2}b$；② 周长为 $4+2\sqrt{3}$；③ 面积为 $S_{△ABC}=\frac{3\sqrt{3}}{4}$．

🔍【思路分析】

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识别问题类型：本题属于解三角形模块的条件开放性问题。

求解策略：

1. 第一问：给出了边角混合的关系式 $c=2b\cos B$，首选正弦定理进行“边化角”，结合已知角 $C$ 的正弦值，求出角 $B$。注意挖掘隐藏条件：由于 $C$ 为钝角，因此 $B$ 必为锐角，进而锁定 $B$ 的唯一值。

2. 第二问：

   • 首先根据（1）求出的 $A,B,C$ 判断三角形的形状（发现是等腰三角形）。

   • 逐一检验三个条件：

     • 条件①：利用正弦定理的比例关系验证边长比是否符合，若矛盾则舍去。

     • 条件②：已知周长，可设外接圆半径 $R$，利用正弦定理将三边均用 $R$ 表示，列方程解出 $R$ 及各边长，最后利用余弦定理求中线。

     • 条件③：已知面积，利用面积公式 $S=\frac{1}{2}ab\sin C$ 求出基本边长，再利用余弦定理求中线。

   • 求中线长的通用方法：在半个三角形中（如 $△ABD$ 或 $△ACD$），利用已知两边和夹角，直接应用余弦定理。

✅【答案】

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(1) $B=\frac{\pi }{6}$

(2) 若选②，中线长为 $\sqrt{7}$

若选③，中线长为 $\frac{\sqrt{21}}{2}$．（注：不能选①，因为此时三角形不存在）

✍【详细解析】

Abstract

（1）求 $B$ 的大小：

$\because c=2b\cos B$

由正弦定理 $\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}$ 可得，$\sin C=2\sin B\cos B$

即 $\sin C=\sin 2B$。

$\because C=\frac{2\pi }{3}$，$\therefore \sin 2B=\sin \frac{2\pi }{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。

又 $\because C=\frac{2\pi }{3}$，$\therefore B\in \left(0,\frac{\pi }{3}\right)$，从而 $2B\in \left(0,\frac{2\pi }{3}\right)$。

$\therefore 2B=\frac{\pi }{3}$，解得：

$B=\frac{\pi }{6}$

（2）选择条件并求 $BC$ 边上的中线长度：

由（1）可知，$B=\frac{\pi }{6}$，$C=\frac{2\pi }{3}$。

根据三角形内角和定理，$A=\pi -(B+C)=\pi -\left(\frac{\pi }{6}+\frac{2\pi }{3}\right)=\frac{\pi }{6}$。

因此，$△ABC$ 为顶角为 $C$ 的等腰三角形，且 $a=b$。

设 $BC$ 边的中点为 $D$，则所求中线为 $AD$。

若选择①：$c=\sqrt{2}b$

由正弦定理可得：$\frac{c}{b}=\frac{\sin C}{\sin B}=\frac{\sin \frac{2\pi }{3}}{\sin \frac{\pi }{6}}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{1}{2}}=\sqrt{3}$。

即 $c=\sqrt{3}b$，这与已知条件 $c=\sqrt{2}b$ 矛盾！

故满足该条件的 $△ABC$ 不存在。

若选择②：周长为 $4+2\sqrt{3}$

设 $△ABC$ 的外接圆半径为 $R$，由正弦定理 $a=2R\sin A$ 得：

$a=b=2R\sin \frac{\pi }{6}=R$

$c=2R\sin \frac{2\pi }{3}=\sqrt{3}R$

由周长条件得：$a+b+c=R+R+\sqrt{3}R=(2+\sqrt{3})R=4+2\sqrt{3}$。

解得 $R=2$。

$\therefore a=2,b=2,c=2\sqrt{3}$。

在 $△ABD$ 中，$c=2\sqrt{3}$，$BD=\frac{a}{2}=1$，$\angle B=\frac{\pi }{6}$。

由余弦定理得中线 $AD$ 的平方为：

AD^2 = c^2 + BD^2 - 2 \cdot c \cdot BD \cdot \cos B$$$$AD^2 = (2\sqrt{3})^2 + 1^2 - 2 \times 2\sqrt{3} \times 1 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 12 + 1 - 6 = 7

$\therefore$ $BC$ 边上的中线长度为 $\sqrt{7}$。

若选择③：面积为 $S_{△ABC}=\frac{3\sqrt{3}}{4}$

由面积公式可得：

$S_{△ABC}=\frac{1}{2}ab\sin C=\frac{1}{2}{a}^2\sin \frac{2\pi }{3}=\frac{\sqrt{3}}{4}{a}^2=\frac{3\sqrt{3}}{4}$

解得 $a^2=3$，即 $a=b=\sqrt{3}$。

在 $△ACD$ 中，$b=\sqrt{3}$，$CD=\frac{a}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\angle C=\frac{2\pi }{3}$。

由余弦定理得中线 $AD$ 的平方为：

AD^2 = b^2 + CD^2 - 2 \cdot b \cdot CD \cdot \cos C$$$$AD^2 = (\sqrt{3})^2 + \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 - 2 \times \sqrt{3} \times \frac{\sqrt{3}}{2} \times \left(-\frac{1}{2}\right)$$$$AD^2 = 3 + \frac{3}{4} + \frac{3}{2} = \frac{21}{4}

$\therefore$ $BC$ 边上的中线长度为 $\frac{\sqrt{21}}{2}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：

1. 正弦定理的“边角互化”：遇到 $a=\lambda b\cos A$ 或 $a\cos B=b\sin A$ 形式的条件，首选正弦定理化边为角，结合辅助角公式或二倍角公式求解角度。

2. 开放性问题探究：在“存在性”或“条件选择”问题中，必须检验条件的合理性。常见的矛盾点在于：① 边长比与正弦值比不符；② 两边之和小于等于第三边；③ $\sin \theta >1$。

3. 中线长的求解模型：

   • 几何法（首选）：把中线看作子三角形（如 $△ABD$）的一边，利用已知边角应用余弦定理求解。

   • 向量法/平行四边形法则（备选）：利用中线公式 $m_a^2=\frac{1}{4}(2b^2+2c^2-a^2)$（由 $\overrightarrow{AD}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})$ 平方推导而来），直接代入三边长计算，有时能避免求角的麻烦。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：待补

2. 结论推广：待补

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 07.03 三角函数的图象与性质

类题演练 (Links)

• 2014-广东卷理-12 填-余弦定理
• 2008-福建卷理-10
• 2008-大纲卷II文-17 解-解三角形求角面积