2023-乙卷理-18 解-解三角形

本题导读

本题考查余弦定理。核心在于面积泛函比例割补法、局部直角三角形化归法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2023年乙卷理）在 $△ABC$ 中，已知 $\angle BAC=120^{\circ }$，$AB=2$，$AC=1$．

（1）求 $\sin \angle ABC$；

（2）若 $D$ 为 $BC$ 上一点，且 $\angle BAD=90^{\circ }$，求 $△ADC$ 的面积．

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问（求正弦值）：

   • 求边长：已知两边及其夹角，直接使用余弦定理求出对边 $BC$ 的长度。

   • 求余弦：在 $△ABC$ 中，利用余弦定理求出 $\cos B$。

   • 求正弦：利用同角三角函数关系 ${\sin }^{2}B+{\cos }^{2}B=1$ 求出 $\sin B$。

2. 第二问（求面积）：

   • 方法一（面积比法）：观察到 $△ABD$ 与 $△ADC$ 在边 $AD$ 上“背靠背”，且 $\angle BAC=120^{\circ },\angle BAD=90^{\circ }$，则 $\angle DAC=30^{\circ }$。利用面积公式 $S=\frac{1}{2}ab\sin C$ 建立两三角形面积的比值关系，结合总面积求解。

   • 方法二（直接计算法）：在 $\text{Rt}△ABD$ 中，利用第一问求得的三角函数值算出 $AD$ 的长度，再直接计算 $△ADC$ 的面积。

✅【答案】

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(1) $\sin \angle ABC=\frac{\sqrt{21}}{14}$

(2) $S_{△ADC}=\frac{\sqrt{3}}{10}$

✍【详细解析】

Abstract

（1）求 $\sin \angle ABC$

1. 利用余弦定理求 $BC$：

在 $△ABC$ 中，由余弦定理 $a^2=b^2+c^2-2bc\cos A$ 得：

BC^2 = AC^2 + AB^2 - 2 \cdot AC \cdot AB \cdot \cos 120^\circ$$$$BC^2 = 1^2 + 2^2 - 2 \times 1 \times 2 \times (-\frac{1}{2}) = 1 + 4 + 2 = 7

所以 $BC=\sqrt{7}$．

2. 利用余弦定理求 $\cos B$：

$\cos B=\frac{A{B}^2+B{C}^2-A{C}^2}{2\cdot AB\cdot BC}=\frac{2^2+7-1^2}{2\times 2\times \sqrt{7}}=\frac{10}{4\sqrt{7}}=\frac{5}{2\sqrt{7}}=\frac{5\sqrt{7}}{14}$

3. 利用同角关系求 $\sin B$：

因为 $B$ 为三角形内角，且 $\cos B>0$，则 $B$ 为锐角，$\sin B>0$．

$\sin B=\sqrt{1-{\cos }^{2}B}=\sqrt{1-{\left(\frac{5\sqrt{7}}{14}\right)}^2}=\sqrt{1-\frac{175}{196}}=\sqrt{\frac{21}{196}}=\frac{\sqrt{21}}{14}$

结论：

$\sin \angle ABC=\frac{\sqrt{21}}{14}$．

（2）求 $△ADC$ 的面积

方法一：面积比例法（巧解）

1. 确定角度关系：

   因为 $\angle BAC=120^{\circ }$ 且 $\angle BAD=90^{\circ }$，

   所以 $\angle DAC=\angle BAC-\angle BAD=120^{\circ }-90^{\circ }=30^{\circ }$．

2. 建立面积比：

   S_{\triangle ABD} = \frac{1}{2} AB \cdot AD \cdot \sin 90^\circ = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot AD \cdot 1 = AD$$$$S_{\triangle ACD} = \frac{1}{2} AC \cdot AD \cdot \sin 30^\circ = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot AD \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4} AD

   由此可得：$\frac{S_{△ABD}}{S_{△ACD}}=\frac{AD}{\frac{1}{4}AD}=4$．

   即 $S_{△ABD}=4S_{△ACD}$．

3. 计算总面积：

   $S_{△ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot AC\cdot \sin 120^{\circ }=\frac{1}{2}\cdot 2\cdot 1\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$

4. 求解目标面积：

   因为 $S_{△ABC}=S_{△ABD}+S_{△ACD}=4S_{△ACD}+S_{△ACD}=5S_{△ACD}$，

   所以 $5S_{△ACD}=\frac{\sqrt{3}}{2}$．

   解得 $S_{△ACD}=\frac{\sqrt{3}}{10}$．

方法二：解直角三角形法（通法）

1. 求 $\tan B$：

   由（1）知 $\sin B=\frac{\sqrt{21}}{14},\cos B=\frac{5\sqrt{7}}{14}$．

   则 $\tan B=\frac{\sin B}{\cos B}=\frac{\sqrt{21}}{5\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{3}}{5}$．

2. 求边长 $AD$：

   在 $△ABD$ 中，因为 $\angle BAD=90^{\circ }$，所以 $△ABD$ 为直角三角形．

   $AD=AB\tan B=2\times \frac{\sqrt{3}}{5}=\frac{2\sqrt{3}}{5}$

3. 计算面积：

   在 $△ADC$ 中，$\angle DAC=30^{\circ }$．

   $S_{△ADC}=\frac{1}{2}\cdot AC\cdot AD\cdot \sin 30^{\circ }=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot \frac{2\sqrt{3}}{5}\cdot \frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}}{10}$

结论：

$△ADC$ 的面积为 $\frac{\sqrt{3}}{10}$．

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：余弦定理的基本边长逆解、基于平方和关系的三角函数符号审视、共边三角形在面积公式展开下的比例消元技术。
2. 核心方法：公共边面积作商法（提速技巧）、解局部直角多边形法。
3. 避坑指南：

• 计算 $\cos B$ 时发生边长对应错误：在使用余弦定理求 $\cos B$ 时，分子项应当是夹持角 $B$ 的两条邻边的平方和减去对边的平方，即 $A{B}^2+B{C}^2-A{C}^2$。部分考生由于粗心容易把减项错写成 $A{B}^2$，导致全盘皆输。
• 在第二问盲目动用繁琐的正弦定理求边：若采用常规方法，很多考生喜欢在 $△ABC$ 中利用正弦定理求出 $\sin C$，再在 $△ADC$ 中用正弦定理求 $AD$。这样不仅引入了多步根式的除法通分，更极易在草稿纸上发生算术崩溃。牢记：凡是遇到一个固定大角被分割成两个已知特殊角、且涉及局部面积的构型，优先编写共享线段 $AD$ 的面积比例方程（即解法一），这是绕过全部线段长运算的最高维解题技巧。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源： 本题是2023年全国乙卷理科数学的第18题，是新高考解三角形章节中极具代表性的解答题第一题。母题模型根植于人教A版教材《必修第二册》第六章“余弦定理与三角形面积”课后的典型分线段综合应用习题。命题立意非常平和、台阶清晰，旨在考查考生对解三角形基础工具链的调用纯熟度。
2. 结论推广： 在相关理论框架下，本题第二问的分割构型可以推广为一个普适的**“内角平分/分角线面积泛函模型”**： 设 $△ABC$ 的顶角 $\angle BAC=\theta$，两侧已知夹边满足 $AB=c,AC=b$。一根引自顶点 $A$ 的射线交对边于 $D$，将顶角割接为 $\angle BAD=\alpha$ 且 $\angle DAC=\beta (\alpha +\beta =\theta )$。 按照完全相同的公共弦 $AD$ 展开并作商，这两个伴生局部三角形的面积之比，恒表现为与分割线段长完全无关、仅受两侧边长与夹角正弦控制的刚性齐次常数通式： $\frac{S_{△ABD}}{S_{△ACD}}=\frac{c\cdot \sin \alpha }{b\cdot \sin \beta }$

我们直接套用这一高阶几何推广模型对本题进行快速验证： 已知已知边长 $c=AB=2,b=AC=1$，分割角 $\alpha =90^{\circ },\beta =30^{\circ }$。代入通式求面积比值： $\frac{S_{△ABD}}{S_{△ACD}}=\frac{2\times \sin 90^{\circ }}{1\times \sin 30^{\circ }}=\frac{2\times 1}{1\times \frac{1}{2}}=4⟹S_{△ABD}=4S_{△ACD}$ 由于总面积已算得为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$，直接按分摊比例输出目标项： $S_{△ACD}=\frac{1}{1+4}{S}_{\text{总}}=\frac{1}{5}\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{10}$。 内化这一通用的分角面积比例模型，可以让考生在后续面对任何非直角割接（如 $120^{\circ }$ 分为 $45^{\circ }$ 和 $75^{\circ }$ 等）的解三角形压轴大题时，实现无算量复核。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 11.02 余弦定理
• 11.03 解三角形与解的个数判定

类题演练 (Links)

• 2021-乙卷文-15 填-解三角形
• 2006-山东卷理-04 单-解三角形
• 2008-新课标卷文-17 解-解三角形综合