《2025年成才之路高中新课程学习指导高中数学必修第二册北师大版》

例2. 如图，在四边形$ABCD$中，$AC = CD = \frac{1}{2}AB = 1$，$\overrightarrow{AB} · \overrightarrow{AC} = 1$，$\sin \angle ACD = \frac{4}{5}$.
(1) 求$BC$边的长；
(2) 求四边形$ABCD$的面积.

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答案： 例2:
(1)由$\overrightarrow {AB}$·$\overrightarrow {AC}$ = |$\overrightarrow {AB}$||$\overrightarrow {AC}$|·cos ∠BAC,得
cos ∠BAC = $\frac {\overrightarrow {AB}·\overrightarrow {AC}}{|\overrightarrow {AB}||\overrightarrow {AC}|}$ = $\frac {1}{2×1}$ = $\frac {1}{2}$.
由于0° ＜ ∠BAC ＜ 180°,
所以∠BAC = 60°.
在△ABC中,由余弦定理得
BC² = AB² + AC² - 2AB·AC·cos ∠BAC = 2² + 1² - 2×2×1×$\frac {1}{2}$ = 3.
所以BC = $\sqrt {3}$.
(2)四边形ABCD的面积
S = S△ABC + S△ACD
= $\frac {1}{2}$AC·BC + $\frac {1}{2}$AC·CDsin ∠ACD
= $\frac {1}{2}$×1×$\sqrt {3}$ + $\frac {1}{2}$×1×4×$\frac {\sqrt {3}}{2}$ = $\frac {3\sqrt {3}}{2}$ + $\frac {\sqrt {3}}{2}$

对点训练2
已知$\triangle ABC$的内角$A,B,C$的对边分别为$a,b,c$，$\sin A + \sqrt{3} \cos A = 0$，$a = 2\sqrt{7}$，$b = 2$.
(1) 求$c$；
(2) 设$D$为$BC$边上一点，且$AD \perp AC$，求$\triangle ABD$的面积.

答案： 对点训练2:
(1)由sin A + $\sqrt {3}$cos A = 0及cos A ≠ 0,
得tan A = - $\sqrt {3}$,又0 ＜ A ＜ π,所以A = $\frac {2π}{3}$.
由余弦定理得28 + c² - 4c·cos $\frac {2π}{3}$
即c² + 2c - 24 = 0,
解得c = - 6(舍去),c = 4.
(2)由题设可得∠CAD = $\frac {π}{2}$,
所以∠BAD = ∠BAC - ∠CAD = $\frac {π}{6}$
故△ABD面积与△ACD面积的比值为
$\frac {\frac {1}{2}AB·ADsin \frac {π}{6}}{\frac {1}{2}AC·AD}$ = 1.
又△ABC的面积为$\frac {1}{2}$×4×2sin ∠BAC = 2$\sqrt {3}$,
所以△ABD的面积为$\sqrt {3}$.

例3. 在①$ac = \sqrt{3}$，②$c\sin A = 3$，③$c = \sqrt{3}b$这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求$c$的值；若问题中的三角形不存在，说明理由.
问题：是否存在$\triangle ABC$，它的内角$A,B,C$的对边分别为$a,b,c$，且$\sin A = \sqrt{3} \sin B$，$C = \frac{\pi}{6}$，？
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答案： 方案一:选条件①.
由C = $\frac {π}{6}$和余弦定理得$\frac {a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}$ = $\frac {\sqrt {3}}{2}$.
由sin A = $\sqrt {3}$sin B及正弦定理得a = $\sqrt {3}$b.
于是$\frac {3b^{2}+b^{2}-c^{2}}{2\sqrt {3}b^{2}}$ = $\frac {\sqrt {3}}{2}$,由此可得b = c.
由①ac = $\sqrt {3}$,解得a = $\sqrt {3}$,b = c = 1.
因此,选条件①时问题中的三角形存在,此时c = 1.
方案二:选条件②.
由C = $\frac {π}{6}$和余弦定理得$\frac {a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}$ = $\frac {\sqrt {3}}{2}$.
由sin A = $\sqrt {3}$sin B及正弦定理得a = $\sqrt {3}$b.
于是$\frac {3b^{2}+b^{2}-c^{2}}{2\sqrt {3}b^{2}}$ = $\frac {\sqrt {3}}{2}$,
由此可得b = c,B = C = $\frac {π}{6}$,A = $\frac {2π}{3}$.
由②csin A = 3,解得c = b = 2,a = 6.
因此,选条件②时问题中的三角形存在,此时c = 2$\sqrt {3}$.
方案三:选条件③.
由C = $\frac {π}{6}$和余弦定理得$\frac {a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}$ = $\frac {\sqrt {3}}{2}$.
由sin A = $\sqrt {3}$sin B及正弦定理得a = $\sqrt {3}$b.
于是$\frac {3b^{2}+b^{2}-c^{2}}{2\sqrt {3}b^{2}}$ = $\frac {\sqrt {3}}{2}$,由此可得b = c.
由③c = $\sqrt {3}$b,与b = c矛盾.
因此,选条件③时问题中的三角形不存在.