2023届高考数学二轮复习微专题4三角形中的面积问题含解析

Page1微专题4三角形中的面积问题与三角形面积有关的问题一直是高考的热点与重点，解决此类问题的难点是如何建立起角与边的数量关系．本专题主要是利用三角函数、正余弦定理、三角形面积公式等工具研究三角形面积问题，并在解决问题的过程中感悟边角互化的思想方法.例题：(2018·苏州调研测试三)已知△ABC中，若角A，B，C对应的边分别为a，b，c，满足a＋eq\f(1,a)＋4cosC＝0，b＝1.(1)若△ABC的面积为eq\f(\r(3),2)，求a；(2)若A＝eq\f(π,6)，求△ABC的面积．变式1在△ABC中，若角A，B，C对应的边分别为a，b，c，已知b＋c＝2acosB.(1)若a＝2，B＝eq\f(π,12)，试求△ABC的面积；(2)若△ABC中的面积S＝eq\f(a2,4)，求角A的大小．

变式2已知在△ABC中，若角A，B，C对应的边分别为a，b，c，满足c＋a＝2b，5(c－a)＝2b.(1)若△ABC的面积为eq\f(15\r(7),4)，求a的值；(2)若a＝eq\f(3\r(7),sinC)，求△ABC的面积．串讲1(2018·北京西城模拟)在△ABC中，设角A，B，C对应的边分别为a，b，c，已知eq\r(3)a·sinC＝c·sin2A.(1)求∠A的大小；(2)若a＝eq\r(7)，b＝2eq\r(3)，求△ABC的面积．

串讲2(2018·苏州期中)设△ABC角A，B，C对应的边分别为a，b，c，D为AB的中点，若b＝acosC＋csinA且CD＝eq\r(2)，则△ABC的面积最大值为________________．(2018·全国Ⅲ卷改编)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC的面积为eq\f(a2＋b2－c2,4)，则C＝________________．(2018·苏北四市)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cosA＝eq\f(3,5)，tan(B－A)＝eq\f(1,3).(1)求tanB的值；(2)若c＝13，求△ABC的面积．答案：(1)3；(2)78.解析：(1)在△ABC中，由cosA＝eq\f(3,5)，得A为锐角，所以sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(4,5)，所以tanA＝eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(4,3)，2分所以tanB＝tan[(B－A)＋A]＝eq\f(tan（B－A）＋tanA,1－tan（B－A）·tanA).＝eq\f(\f(1,3)＋\f(4,3),1－\f(1,3)×\f(4,3))＝3.6分(2)在三角形ABC中，由tanB＝3，所以sinB＝eq\f(3\r(10),10)，cosB＝eq\f(\r(10),10)，8分由sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(13\r(10),50)，10分由正弦定理eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得b＝eq\f(csinB,sinC)＝eq\f(13×\f(3\r(10),10),\f(13\r(10),50))＝15，12分微专题4例题答案：(1)eq\r(7)；(2)eq\f(\r(3),2)或eq\f(\r(3),4).解法1(1)由S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)asinC＝eq\f(\r(3),2)得asinC＝eq\r(3)，即sinC＝eq\f(\r(3),a).又a＋eq\f(1,a)＝－4cosC，那么(a＋eq\f(1,a))2＝16cos2C＝16(1－sin2C)＝16－eq\f(48,a2)，即a4－14a2＋49＝0，得到a2＝7，即有a＝eq\r(7).(2)由题意有a＋eq\f(1,a)＝－4cosC及余弦定理cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)有a＋eq\f(1,a)＝－4·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝－eq\f(2（a2＋1－c2）,a)，即a2＋1＝eq\f(2,3)c2，①又由b2＋c2－a2＝2bccosA可知c2－a2＋1＝eq\r(3)c，②由①②得到c2－3eq\r(3)c＋6＝0，亦即(c－eq\r(3))(c－2eq\r(3))＝0，可知c＝eq\r(3)或c＝2eq\r(3).经检验，c＝eq\r(3)或c＝2eq\r(3)均符合题意；那么，△ABC的面积为S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),2)或eq\f(\r(3),4).解法2(1)a＋eq\f(1,a)＋4cosC＝0得，－acosC＝eq\f(1,4)(a2＋1)，①又由S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)asinC＝eq\f(\r(3),2)可得asinC＝eq\r(3)，②由①②平方相加得a2＝eq\f(1,16)(a2＋1)2＋3，即a4－14a2＋49＝0，得到a2＝7，即有a＝eq\r(7).(2)如图，HC＝BC·cos∠BCH＝－acos∠BCA，由(1)HC＝eq\f(1,4)(a2＋1)，在Rt△BHA中，cosA＝eq\f(\f(1,4)（a2＋1）＋1,c)＝eq\f(\r(3),2)，化简得a2＋5＝2eq\r(3)c，③又由a＋eq\f(1,a)＋4cosC＝0可得：a＋eq\f(1,a)＋eq\f(4（a2＋b2－c2）,2ab)＝0，又b＝1，所以a2＝eq\f(2,3)c2－1，④由③④可得c2－3eq\r(3)c＋6＝0(下面同解法1)．变式联想变式1答案：(1)eq\r(3)－1；(2)eq\f(π,4)或eq\f(π,2).解析：由b＋c＝2acosB及正弦定理得sinB＋sinC＝2sinAcosB.因为sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB，代入化简得：sinB＝sinAcosB－cosAsinB，即sinB＝sin(A－B)，因为A，B都为三角形的内角，所以B＝A－B，即A＝2B.(1)当B＝eq\f(π,12)时，A＝eq\f(π,6)，C＝eq\f(3π,4)，由正弦定理eq\f(2,sin\f(π,6))＝eq\f(b,sin\f(π,12))，b＝4sineq\f(π,12)＝4sin(eq\f(π,4)－eq\f(π,6))＝eq\r(6)－eq\r(2)，S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×2×(eq\r(6)－eq\r(2))·sineq\f(3π,4)＝eq\r(3)－1.(2)由S＝eq\f(a2,4)得eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,4)a2，即a＝2bsinC，即sinA＝2sinBsinC，因为A＝2B，所以sin2B＝2sinBsinC，即cosB＝sinC，又B，C是三角形的内角，所以C＝eq\f(π,2)±B.当C＝eq\f(π,2)＋B时，B＝eq\f(π,8)，C＝eq\f(5π,8)，A＝eq\f(π,4)；当C＝eq\f(π,2)－B时，B＝eq\f(π,4)，C＝eq\f(π,4)，A＝eq\f(π,2)，综上所述，A＝eq\f(π,4)或eq\f(π,2).变式2答案：(1)4；(2)15eq\r(7).解析：(1)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＋a＝2b，,5（c－a）＝2b，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(4b,5)，,c＝\f(6b,5).))所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\f(16,25)b2＋b2－\f(36,25)b2,2×\f(4,5)b×b)＝eq\f(1,8)，所以sinC＝eq\f(3\r(7),8)，由△ABC的面积为eq\f(15\r(7),4)可得eq\f(1,2)absinC＝eq\f(15\r(7),4)，于是可解得ab＝20，又a＝eq\f(4,5)b，所以a＝4.(2)由已知与(1)可知a＝eq\f(3\r(7),sinC)＝8，b＝eq\f(5,4)a＝10，所以△ABC的面积为eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×8×10×eq\f(3\r(7),8)＝15eq\r(7).串讲激活串讲1答案：(1)eq\f(π,6)；(2)eq\f(\r(3),2)或eq\f(5\r(3),2).解析：(1)因为eq\r(3)a·sinC＝c·sin2A，所以eq\r(3)·eq\f(a,c)·sinC＝2sinAcosA.在△ABC中，由正弦定理得eq\r(3)·eq\f(sinA,sinC)·sinC＝2sinAcosA，所以cosA＝eq\f(\r(3),2).因为0<A<π，所以A＝eq\f(π,6).(2)在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，所以(eq\r(7))2＝(2eq\r(3))2＋c2－2(2eq\r(3))·c·eq\f(\r(3),2)，整理得c2－6c＋5＝0，解得c＝1，或c＝5，均适合题意．当c＝1时，△ABC的面积为S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),2).当c＝5时，△ABC的面积为S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(5\r(3),2).串讲2答案：eq\r(2)＋1.解析：由b＝acosC＋csinA及正弦定理得sinB＝sinAcosC＋sinCsinA，又sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC，所以sinAcosC＋cosAsinC＝sinAcosC＋sinCsinA，化简得sinC(sinA－cosA)＝0，因为sinC≠0，所以sinA＝cosA即tanA＝1，又A是三角形的内角，所以A＝eq\f(π,4).在△ACD中，由余弦定理得2＝eq\f(c2,4)＋b2－2×eq\f(c,2)×b·coseq\f(π,4)，化简得4b2＋c2＝8＋2eq\r(2)bc，由基本不等式4b2＋c2≥4bc，所以8＋2eq\r(2