2006-湖南卷理-16 解-正弦定理的应用

本题导读

本题考查解三角形与三角恒等变换的综合应用。第一问通过直角三角形几何性质及等腰三角形内角和定理建立 $\alpha$ 与 $\beta$ 的代数关系，利用诱导公式完成证明；第二问利用正弦定理实现边角互化，联立二倍角公式求解三角方程得出角度值。

📌【题干】

Question

（2006年湖南卷(理)） 如图， $D$ 是直角 $△ABC$ 斜边 $BC$ 上一点， $AB=AD$，记 $\angle CAD=\alpha$， $\angle ABC=\beta$。 （1）证明： $\sin \alpha +\cos 2\beta =0$； （2）若 $AC=\sqrt{3}DC$，求 $\beta$ 的值。

🔍【思路分析】

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第（1）问：由 $\angle BAC=90^{\circ }$ 可知 $\angle BAD=90^{\circ }-\alpha$。在等腰 $△ABD$ 中，利用内角和定理得到 $2\beta -\alpha =90^{\circ }$，再利用诱导公式即可完成证明。 第（2）问：在 $△ADC$ 中利用正弦定理得到 $\frac{AC}{\sin \angle ADC}=\frac{DC}{\sin \alpha }$，结合已知 $AC=\sqrt{3}DC$ 与诱导公式化简出关于 $\beta$ 的一元二次方程，解出 $\sin \beta$ 进而确定 $\beta$。

✅【答案】

Success

因此sin α= sin (2β−π2) = −cos 2β，所以sin α+ cos 2β= 0

✍【详细解析】

Abstract

（1）证明： 因为 $△ABC$ 是以 $BC$ 为斜边的直角三角形，所以 $\angle BAC=90^{\circ }$。 由图可知， $\angle BAD=\angle BAC-\angle CAD=90^{\circ }-\alpha$。 因为 $AB=AD$，所以在 $△ABD$ 中， $\angle ADB=\angle ABD=\beta$。 根据三角形内角和定理有： $\angle BAD+\angle ABD+\angle ADB=180^{\circ }$ $(90^{\circ }-\alpha )+\beta +\beta =180^{\circ }⟹2\beta -\alpha =90^{\circ }⟹\alpha =2\beta -90^{\circ }$ 因此： $\sin \alpha =\sin (2\beta -90^{\circ })=-\sin (90^{\circ }-2\beta )=-\cos 2\beta$ 所以， $\sin \alpha +\cos 2\beta =0$ 得证。

（2）解： 在直角 $△ABC$ 中， $\angle C=90^{\circ }-\beta$。 在 $△ADC$ 中， $\angle ADC=180^{\circ }-\angle ADB=180^{\circ }-\beta$。 由正弦定理得： $\frac{AC}{\sin \angle ADC}=\frac{DC}{\sin \angle CAD}⟹\frac{AC}{\sin (180^{\circ }-\beta )}=\frac{DC}{\sin \alpha }$ $⟹\frac{AC}{\sin \beta }=\frac{DC}{\sin \alpha }$ 因为 $AC=\sqrt{3}DC$，代入上式化简得： $\sin \beta =\sqrt{3}\sin \alpha$ 由第（1）问已知 $\sin \alpha =-\cos 2\beta$，代入上式得： $\sin \beta =-\sqrt{3}\cos 2\beta$ 利用二倍角公式 $\cos 2\beta =1-2{\sin }^2\beta$ 展开： $\sin \beta =-\sqrt{3}(1-2{\sin }^2\beta )⟹2\sqrt{3}{\sin }^2\beta -\sin \beta -\sqrt{3}=0$ 对其进行因式分解： $(2\sin \beta -\sqrt{3})(\sqrt{3}\sin \beta +1)=0$ 因为 $\beta$ 为直角三角形的内角，所以 $\beta \in (0,90^{\circ })$，从而 $\sin \beta >0$。 故 $\sqrt{3}\sin \beta +1>0$，必有： $2\sin \beta -\sqrt{3}=0⟹\sin \beta =\frac{\sqrt{3}}{2}$ 因为 $\beta \in (0,90^{\circ })$，所以 $\beta =60^{\circ }$（或 $\frac{\pi }{3}$）。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：等腰三角形性质与内角和变形；正弦定理在非直角三角形中的过渡作用；三角一元二次方程的因式分解。
• 核心方法：几何多边形角度关联法、正弦定理边角转换法。
• 避坑指南：
• 诱导公式变形时， $\sin (2\beta -90^{\circ })=-\cos 2\beta$，符号极易因粗心变错。
• 解出三角方程的两根后，必须结合 $\beta$ 的几何实际范围对负根进行合理舍去。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源: 本题是典型的几何识图与三角函数恒等变换深度交织的综合大题，直接取材于人教A版必修第二册第六章《解三角形》中关于正弦定理及平面几何综合应用的典型例习题。 结论推广: 本题几何构型是阿波罗尼斯基本三角形分割的经典特例。若 $△ABC$ 中 $\angle A=90^{\circ }$，斜边上有一点 $D$ 满足 $AB=AD$，则必有恒等关系 $\angle CAD=2\angle B-90^{\circ }$ 存在。该几何角度关联不仅适用于直角三角形，通过射影法则还可以进一步推广到一般三角形的动点张角刻画中。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 07.02 三角函数的定义与诱导公式
• 11.01 正弦定理

类题演练 (Links)

• 2007-广东卷理-16 解-三角形面积公式同角三角函数关
• 2014-江苏卷-15 解-同角三角函数