2023-新高考II卷-17 解-解三角形

本题导读

本题考查正弦定理与余弦定理。核心在于几何分析法、向量运算法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2023年新高考II卷）记 $△ABC$ 的内角 $A,B,C$ 的对边分别为 $a,b,c$，已知 $△ABC$ 的面积为 $\sqrt{3}$，$D$ 为 $BC$ 中点，且 $AD=1$.

(1) 若 $\angle ADC=\frac{\pi }{3}$，求 $\tan B$；

(2) 若 $b^2+c^2=8$，求 $b,c$.

🔍【思路分析】

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1. 第一问（求 $\tan B$）：

• 面积转化：由 $D$ 是中点可知 $S_{△ADC}=\frac{1}{2}{S}_{△ABC}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。利用面积公式 $S=\frac{1}{2}AD\cdot CD\sin \angle ADC$ 求出 $CD$，进而得到 $a$。
• 求 $\tan B$：在 $△ABD$ 中利用余弦定理求出边 $c$，再结合正弦定理或余弦值求正切；或者构造直角三角形，利用高与底边的比值求解。

2. 第二问（求 $b,c$）：

• 建立边长关系：利用中线长公式（或对 $△ABD$ 和 $△ACD$ 分别使用余弦定理，利用 $\cos \angle ADB+\cos \angle ADC=0$ 消角）建立 $a,b,c$ 与 $AD$ 的关系。
• 求解：结合 $b^2+c^2=8$ 求出 $a$。再通过面积公式确定 $\angle ADC=\frac{\pi }{2}$，从而判定三角形形状并求出 $b,c$。

✅【答案】

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(1) $\tan B=\frac{\sqrt{3}}{5}$

(2) $b=2$，$c=2$

✍【详细解析】

Abstract

(1) 若 $\angle ADC=\frac{\pi }{3}$，求 $\tan B$： 因为 $D$ 为 $BC$ 中点，所以 $S_{△ADC}=\frac{1}{2}{S}_{△ABC}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。 由 $S_{△ADC}=\frac{1}{2}AD\cdot DC\sin \angle ADC$，代入已知： $\frac{1}{2}\times 1\times DC\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}⟹DC=2$。 所以 $a=2DC=4$，$BD=2$。 在 $△ABD$ 中，$\angle ADB=\pi -\frac{\pi }{3}=\frac{2\pi }{3}$。 由余弦定理： $c^2=B{D}^2+A{D}^2-2BD\cdot AD\cos \frac{2\pi }{3}=2^2+1^2-2\times 2\times 1\times (-\frac{1}{2})=7$。 得 $c=\sqrt{7}$。 由余弦定理求 $\cos B$： $\cos B=\frac{c^2+B{D}^2-A{D}^2}{2c\cdot BD}=\frac{7+4-1}{2\sqrt{7}\times 2}=\frac{10}{4\sqrt{7}}=\frac{5}{2\sqrt{7}}=\frac{5\sqrt{7}}{14}$。 则 $\sin B=\sqrt{1-{\cos }^{2}B}=\sqrt{1-\frac{25\times 7}{196}}=\sqrt{\frac{196-175}{196}}=\sqrt{\frac{21}{196}}=\frac{\sqrt{21}}{14}$。 故 $\tan B=\frac{\sin B}{\cos B}=\frac{\sqrt{21}/14}{5\sqrt{7}/14}=\frac{\sqrt{21}}{5\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{3}}{5}$。

(2) 若 $b^2+c^2=8$，求 $b,c$：

方法一：余弦定理联立 在 $△ABD$ 与 $△ACD$ 中，设 $\angle ADC=\theta$，则 $\angle ADB=\pi -\theta$。 $\{\begin{array}{l}{c}^2=B{D}^2+A{D}^2-2BD\cdot AD\cos (\pi -\theta )=\frac{a^2}{4}+1+a\cos \theta \\ b^2=C{D}^2+A{D}^2-2CD\cdot AD\cos \theta =\frac{a^2}{4}+1-a\cos \theta \end{array}$ 两式相加得：$b^2+c^2=\frac{a^2}{2}+2$。 已知 $b^2+c^2=8$，则 $\frac{a^2}{2}+2=8⟹a^2=12⟹a=2\sqrt{3}$。 此时 $CD=\frac{a}{2}=\sqrt{3}$。 由 $S_{△ADC}=\frac{1}{2}AD\cdot CD\sin \theta =\frac{\sqrt{3}}{2}$： $\frac{1}{2}\times 1\times \sqrt{3}\times \sin \theta =\frac{\sqrt{3}}{2}⟹\sin \theta =1$。 因为 $0<\theta <\pi$，所以 $\theta =\frac{\pi }{2}$。 即 $AD\perp BC$。 在 $Rt△ADC$ 中，$b=\sqrt{A{D}^2+C{D}^2}=\sqrt{1^2+3}=2$。 同理，在 $Rt△ABD$ 中，$c=2$。 故 $b=2,c=2$。

方法二：向量法 由 $D$ 为 $BC$ 中点得：$2\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}$。 两边平方：$4|\overrightarrow{AD}{|}^2=|\overrightarrow{AB}{|}^2+|\overrightarrow{AC}{|}^2+2\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}$ —— ① 又由 $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}$ 得：$|\overrightarrow{BC}{|}^2=|\overrightarrow{AC}{|}^2+|\overrightarrow{AB}{|}^2-2\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}$ —— ② ① + ② 得：$4A{D}^2+a^2=2(b^2+c^2)$。 代入数据：$4(1{)}^2+a^2=2(8)=16⟹a^2=12⟹a=2\sqrt{3}$。 后续步骤同方法一。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：余弦定理的应用、三角形中线的面积性质、利用辅助角互补消元求边长。
2. 核心方法：几何分析法、方程代换法（中线长公式推导）。
3. 避坑指南：在求 $\tan B$ 时，通过余弦值求正弦值，必须注意角度范围以确保符号无误。第二问中，若直接记住中线长定理 $b^2+c^2=2\left[{\left(\frac{a}{2}\right)}^2+A{D}^2\right]$ 可节省步骤，但推导展示过程更利于获取完整的解答题步骤分。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题考查解三角形中的“中线模型”，将平面向量与平行四边形性质结合，属于高考解三角形常考经典构型。
2. 结论推广: 在任意 $△ABC$ 中，若 $AD$ 为 $BC$ 边上的中线，则恒有平行四边形恒等式（中线长公式）：$A{B}^2+A{C}^2=2(A{D}^2+B{D}^2)$。处理此类问题，若题干涉及平方和，优先利用此恒等式简化；若涉及角度，优先利用左右两小三角形底边共线的互补关系构建余弦方程组。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 11.01 正弦定理
• 11.03 解三角形与解的个数判定

类题演练 (Links)

• 2010-安徽卷文-16 解-面积数量积与余弦定理
• 2012-浙江卷文-18 解-正余弦定理解三角形
• 2014-辽宁卷文-17 解-解三角形