《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

例 1 如图所示，四边形 $ABCD$ 为圆 $O$ 的内接四边形，其中 $AB=\sqrt{2}$，$BC = 3$，$CD = 2\sqrt{2}$，$DA = 1$.
(1)求 $\sin D$ 的值；
(2)求四边形 $ABCD$ 的面积及圆 $O$ 的半径.解 (1)连接AC，因为四边形ABCD为圆内接四边形，所以∠B+∠D=π，所以cosB= - cosD.在△ABC中，由余弦定理AC²=AB²+BC² - 2AB·BCcosB，可得AC²=2 + 9+2×√2×3cosD=11 + 6√2cosD.在△ADC中，由余弦定理AC²=AD²+DC² - 2AD·DCcosD，可得AC²=1 + 8-2×1×2√2cosD=9 - 4√2cosD.所以11 + 6√2cosD=9 - 4√2cosD，得cosD= - $\frac{\sqrt{2}}{10}$，又D∈(0,π)，所以sinD=√(1 - cos²D)=$\frac{7\sqrt{2}}{10}$. (2)由(1)知，sinD=$\frac{7\sqrt{2}}{10}$，因为∠B+∠D=π，所以sinB=sinD=$\frac{7\sqrt{2}}{10}$，所以S△ABC=$\frac{1}{2}$AB·BCsinB=$\frac{1}{2}$×√2×3×$\frac{7\sqrt{2}}{10}$=$\frac{21}{10}$，S△ADC=$\frac{1}{2}$AD·DCsinD=$\frac{1}{2}$×1×2√2×$\frac{7\sqrt{2}}{10}$=$\frac{7}{5}$，所以四边形ABCD的面积S = S△ABC+S△ADC=$\frac{21}{10}$+$\frac{7}{5}$=$\frac{7}{2}$.结合(1)得，AC²=11 + 6√2cosD=11+6√2×(-$\frac{\sqrt{2}}{10}$)=$\frac{49}{5}$，所以AC=$\frac{7\sqrt{5}}{5}$，设四边形ABCD外接圆的半径为R，可得2R=$\frac{AC}{\sin B}$=$\frac{\frac{7\sqrt{5}}{5}}{\frac{7\sqrt{2}}{10}}$=√10，所以四边形ABCD外接圆的半径R=$\frac{\sqrt{10}}{2}$.

答案： 例1 解
(1)连接AC，
因为四边形ABCD为圆内接四边形，
所以∠B+∠D=π，所以cosB= - cosD.
在△ABC中，由余弦定理AC²=AB²+BC² - 2AB·BCcosB，
可得AC²=2 + 9+2×√2×3cosD=11 + 6√2cosD.
在△ADC中，由余弦定理AC²=AD²+DC² - 2AD·DCcosD，
可得AC²=1 + 8-2×1×2√2cosD=9 - 4√2cosD.
所以11 + 6√2cosD=9 - 4√2cosD，
得cosD= - $\frac{\sqrt{2}}{10}$，
又D∈(0,π)，
所以sinD=√(1 - cos²D)=$\frac{7\sqrt{2}}{10}$.
(2)由
(1)知，sinD=$\frac{7\sqrt{2}}{10}$，
因为∠B+∠D=π，
所以sinB=sinD=$\frac{7\sqrt{2}}{10}$，
所以S△ABC=$\frac{1}{2}$AB·BCsinB
=$\frac{1}{2}$×√2×3×$\frac{7\sqrt{2}}{10}$=$\frac{21}{10}$，
S△ADC=$\frac{1}{2}$AD·DCsinD
=$\frac{1}{2}$×1×2√2×$\frac{7\sqrt{2}}{10}$=$\frac{7}{5}$，
所以四边形ABCD的面积
S = S△ABC+S△ADC=$\frac{21}{10}$+$\frac{7}{5}$=$\frac{7}{2}$.
结合
(1)得，AC²=11 + 6√2cosD
=11+6√2×(-$\frac{\sqrt{2}}{10}$)=$\frac{49}{5}$，
所以AC=$\frac{7\sqrt{5}}{5}$，
设四边形ABCD外接圆的半径为R，
可得2R=$\frac{AC}{\sin B}$=$\frac{\frac{7\sqrt{5}}{5}}{\frac{7\sqrt{2}}{10}}$=√10，
所以四边形ABCD外接圆的半径R=$\frac{\sqrt{10}}{2}$.

训练 1 如图，在平面四边形 $ABCD$ 中，$BC=\sqrt{3}$，$BE\perp AC$于点 $E$，$BE=\sqrt{2}$，且 $\triangle ACD$的面积为$\triangle ABC$面积的 $2$ 倍.
(1)求 $AD\cdot\sin\angle DAC$ 的值；
(2)当 $CD = 3$ 时，求线段 $DE$ 的长.解 (1)∵S△ACD=$\frac{1}{2}$·AC·AD·sin∠DAC，S△ABC=$\frac{1}{2}$·AC·BE，S△ACD=2S△ABC，∴$\frac{1}{2}$·AC·AD·sin∠DAC=AC·BE.∴AD·sin∠DAC=2·BE=2√2. (2)由题可得CE = 1.在△ACD中，$\frac{CD}{\sin\angle DAC}$=$\frac{AD}{\sin\angle ACD}$，∴AD·sin∠DAC=CD·sin∠ACD=2√2.又CD = 3，∴sin∠ACD=$\frac{2\sqrt{2}}{3}$，∴cos∠ACD=±√(1 - ($\frac{2\sqrt{2}}{3}$)²)=±$\frac{1}{3}$.在△CDE中，DE²=CE²+CD² - 2·CE·CD·cos∠ACD.当cos∠ACD=$\frac{1}{3}$时，DE²=1²+3² - 2×1×3×$\frac{1}{3}$=8，∴DE = 2√2.当cos∠ACD= - $\frac{1}{3}$时，DE²=1²+3² - 2×1×3×(-$\frac{1}{3}$)=12，∴DE = 2√3.综上，DE = 2√2或2√3.

答案： 训练1 解
(1)
∵S△ACD=$\frac{1}{2}$·AC·AD·sin∠DAC，
S△ABC=$\frac{1}{2}$·AC·BE，S△ACD=2S△ABC，
∴$\frac{1}{2}$·AC·AD·sin∠DAC=AC·BE.
∴AD·sin∠DAC=2·BE=2√2.
(2)由题可得CE = 1.
在△ACD中，$\frac{CD}{\sin\angle DAC}$=$\frac{AD}{\sin\angle ACD}$，
∴AD·sin∠DAC=CD·sin∠ACD=2√2.
又CD = 3，
∴sin∠ACD=$\frac{2\sqrt{2}}{3}$，
∴cos∠ACD=±√(1 - ($\frac{2\sqrt{2}}{3}$)²)=±$\frac{1}{3}$.
在△CDE中，
DE²=CE²+CD² - 2·CE·CD·cos∠ACD.
当cos∠ACD=$\frac{1}{3}$时，
DE²=1²+3² - 2×1×3×$\frac{1}{3}$=8，
∴DE = 2√2.
当cos∠ACD= - $\frac{1}{3}$时，
DE²=1²+3² - 2×1×3×(-$\frac{1}{3}$)=12，
∴DE = 2√3.
综上，DE = 2√2或2√3.