2019-天津卷文-16 解-解三角形

本题导读

本题考查正弦定理与余弦定理。核心在于边化角法、诱导公式与三角恒等变形的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2019年天津卷文）在 $△ABC$ 中，内角 $A,B,C$ 所对的边分别为 $a,b,c$。已知 $b+c=2a$，$3c\sin B=4a\sin C$。

(1)求 $\cos B$ 的值；

(2)求 $\sin \left(2B+\frac{\pi }{6}\right)$ 的值。

🔍【思路分析】

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1. 第一问利用正弦定理将已知条件中的边化为角（或由 $3c\sin B=4a\sin C$ 转化为边长关系），再结合 $b+c=2a$ 联立求出边长比，最后用余弦定理求 $\cos B$。
2. 第二问先求出 $\sin B$ 的值（由 $\cos B$ 推导），再利用二倍角公式及两角和的正弦公式展开计算 $\sin \left(2B+\frac{\pi }{6}\right)$。

✅【答案】

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(1)$\cos B=-\frac{1}{4}$。

(2)$\sin (2B+\frac{\pi }{6})=-\frac{3\sqrt{5}+7}{16}$。

✍【详细解析】

Abstract

(1)由正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2R$， 已知 $3c\sin B=4a\sin C$， 将 $\sin B=\frac{b}{2R},\sin C=\frac{c}{2R}$ 代入得： $3cb=4ac$，因为 $c\ne 0$，所以 $3b=4a$，即 $a=\frac{3}{4}b$。 又因为 $b+c=2a$，将 $a=\frac{3}{4}b$ 代入得： $b+c=2\times \frac{3}{4}b=\frac{3}{2}b⟹c=\frac{1}{2}b$。 因此三边关系为 $a:b:c=\frac{3}{4}b:b:\frac{1}{2}b=3:4:2$。 设 $a=3k,b=4k,c=2k$（$k>0$）。 由余弦定理： $\cos B=\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=\frac{(3k{)}^2+(2k{)}^2-(4k{)}^2}{2\times (3k)\times (2k)}=\frac{9k^2+4k^2-16k^2}{12k^2}=\frac{-3k^2}{12k^2}=-\frac{1}{4}$。

(2)因为 $\cos B=-\frac{1}{4}$ 且 $B$ 为三角形内角， 所以 $\sin B=\sqrt{1-{\cos }^{2}B}=\sqrt{1-{\left(-\frac{1}{4}\right)}^2}=\frac{\sqrt{15}}{4}$。 $\sin 2B=2\sin B\cos B=2\times \frac{\sqrt{15}}{4}\times \left(-\frac{1}{4}\right)=-\frac{\sqrt{15}}{8}$。 $\cos 2B=2{\cos }^{2}B-1=2{\left(-\frac{1}{4}\right)}^2-1=2\times \frac{1}{16}-1=-\frac{7}{8}$。 利用两角和的正弦公式： $\sin \left(2B+\frac{\pi }{6}\right)=\sin 2B\cos \frac{\pi }{6}+\cos 2B\sin \frac{\pi }{6}$ $=\left(-\frac{\sqrt{15}}{8}\right)\times \frac{\sqrt{3}}{2}+\left(-\frac{7}{8}\right)\times \frac{1}{2}$ $=\frac{-3\sqrt{5}-7}{16}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：正余弦定理、二倍角与两角和差公式。
2. 核心方法：边角互化、比例代换法。
3. 避坑指南：由 $\cos B<0$ 可知 $B$ 为钝角，因此 $\sin B$ 必为正值，开方时需注意取舍。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 高考解三角形解答题的常规题型。
2. 结论推广: 熟练掌握正余弦定理的边角互化是解决此类题目的关键。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 11.01 正弦定理
• 07.03 三角函数的图象与性质

类题演练 (Links)

• 2014-辽宁卷文-17 解-解三角形
• 2014-新课标I卷理-16 填-正弦定理
• 2014-陕西卷文-16 解-解三角形