2014-新课标II卷文-17 解-解三角形四边形

本题导读

互补角给出 $\cos A=-\cos C$，两个三角形各写一次余弦定理解出 $\cos A=-\frac{1}{2}$，得 $\angle C=60^{\circ }$、$BD=\sqrt{7}$；面积分块求和为 $2\sqrt{3}$。

📌【题干】

Question

（2014年新课标II卷(文)） 四边形 $ABCD$ 的内角 $A$ 与 $C$ 互补，$AB=1$，$BC=3$，$CD=DA=2$.

(1) 求 $\angle C$ 和 $BD$；

(2) 求四边形 $ABCD$ 的面积.

🔍【思路分析】

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互补角给出 $\cos A=-\cos C$，两个三角形各写一次余弦定理解出 $\cos A=-\frac{1}{2}$，得 $\angle C=60^{\circ }$、$BD=\sqrt{7}$；面积分块求和为 $2\sqrt{3}$。

✅【答案】

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(1) $\angle C=60^{\circ }$，$BD=\sqrt{7}$ (2) 四边形 $ABCD$ 的面积为 $2\sqrt{3}$

✍【详细解析】

Abstract

(1) 连接 $BD$。在 $△ABD$ 中，$B{D}^2=A{B}^2+A{D}^2-2AB\cdot AD\cos A=1+4-4\cos A=5-4\cos A$。

在 $△CBD$ 中，$B{D}^2=B{C}^2+C{D}^2-2BC\cdot CD\cos C=9+4-12\cos C=13-12\cos C$。

$A$ 与 $C$ 互补，$\cos A=-\cos C$，故 $5+4\cos C=13-12\cos C$，$16\cos C=8$，$\cos C=\frac{1}{2}$。

$C\in (0,180^{\circ })$，所以 $\angle C=60^{\circ }$（此时 $\angle A=120^{\circ }$，$\cos A=-\frac{1}{2}$）。

$B{D}^2=5-4\times \left(-\frac{1}{2}\right)=7$，$BD=\sqrt{7}$。

(2) $S_{ABCD}=S_{△ABD}+S_{△CBD}=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot AD\cdot \sin A+\frac{1}{2}\cdot BC\cdot CD\cdot \sin C$。

$\sin A=\sin C=\sin 60^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}$（互补角正弦相等），

$S=\frac{1}{2}\times 1\times 2\times \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}\times 3\times 2\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{3\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：余弦定理；互补角的三角函数关系；三角形面积公式

2. 核心方法：对角线分块 + ”$\cos A=-\cos C$、$\sin A=\sin C$“消元

3. 避坑指南：①$\cos A=-\cos C$ 别写成 $\cos A=\cos C$——互补角只有正弦相等、余弦相反；②四边形面积分块求和时两个三角形用各自夹角，但由于互补恰好共用 $\sin 60^{\circ }$。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 四边形中的解三角形常规解答题（doc 考点定位：解三角形），与 2014 年新课标Ⅰ文第 16 题（测高）同卷同章。

2. 结论推广: 一般地，“四边形一组对角互补”的标志做法：连对角线，两个三角形各写余弦定理，用 $\cos A=-\cos C$ 联立消元。

3. 方法推广: 解三角形解答题：选对角线把四边形拆成两个可解三角形，边角条件互补时善用诱导公式。

🔗【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

类题演练 (Links)

• 2014-新课标I卷文-16 填-解三角形测高
• 2015-新课标I卷文-17 解-解三角形