Question

2．如图，在△ABC中，点P在BC边上，∠PAC=60°，PC=2，AP+AC=4．
（Ⅰ） 求∠ACP；
（Ⅱ） 若△APB的面积是$\frac{{3\sqrt{3}}}{2}$，求sin∠BAP．

Answer 1

分析 （Ⅰ） 在△APC中，由余弦定理得AP²-4AP+4=0，解得AP=2，可得△APC是等边三角形，即可得解．
（Ⅱ） 法1：由已知可求∠APB=120°．利用三角形面积公式可求PB=3．进而利用余弦定理可求AB，在△APB中，由正弦定理可求sin∠BAP=$\frac{{3sin{{120}°}}}{{\sqrt{19}}}$的值．
法2：作AD⊥BC，垂足为D，可求：$PD=1，AD=\sqrt{3}，∠PAD={30°}$，利用三角形面积公式可求PB，进而可求BD，AB，利用三角函数的定义可求$sin∠BAD=\frac{BD}{AB}=\frac{4}{{\sqrt{19}}}$，$cos∠BAD=\frac{AD}{AB}=\frac{{\sqrt{3}}}{{\sqrt{19}}}$．利用两角差的正弦函数公式可求sin∠BAP=sin（∠BAD-30^°）的值．

解答 （本题满分为12分）
解：（Ⅰ） 在△APC中，因为∠PAC=60°，PC=2，AP+AC=4，
由余弦定理得PC²=AP²+AC²-2•AP•AC•cos∠PAC，…（1分）
所以2²=AP²+（4-AP）²-2•AP•（4-AP）•cos60°，
整理得AP²-4AP+4=0，…（2分）
解得AP=2．…（3分）
所以AC=2．…（4分）
所以△APC是等边三角形．…（5分）
所以∠ACP=60°．…（6分）
（Ⅱ） 法1：由于∠APB是△APC的外角，所以∠APB=120°．…（7分）
因为△APB的面积是$\frac{{3\sqrt{3}}}{2}$，所以$\frac{1}{2}•AP•PB•sin∠APB=\frac{{3\sqrt{3}}}{2}$．…（8分）
所以PB=3．…（9分）
在△APB中，AB²=AP²+PB²-2•AP•PB•cos∠APB=2²+3²-2×2×3×cos120°=19，
所以$AB=\sqrt{19}$．…（10分）
在△APB中，由正弦定理得$\frac{AB}{sin∠APB}=\frac{PB}{sin∠BAP}$，…（11分）
所以sin∠BAP=$\frac{{3sin{{120}°}}}{{\sqrt{19}}}$=$\frac{{3\sqrt{57}}}{38}$．…（12分）
法2：作AD⊥BC，垂足为D，
因为△APC是边长为2的等边三角形，
所以$PD=1，AD=\sqrt{3}，∠PAD={30°}$．…（7分）
因为△APB的面积是$\frac{{3\sqrt{3}}}{2}$，所以$\frac{1}{2}•AD•PB=\frac{{3\sqrt{3}}}{2}$．…（8分）
所以PB=3．…（9分）
所以BD=4．
在Rt△ADB中，$AB=\sqrt{B{D^2}+A{D^2}}=\sqrt{19}$，…（10分）
所以$sin∠BAD=\frac{BD}{AB}=\frac{4}{{\sqrt{19}}}$，$cos∠BAD=\frac{AD}{AB}=\frac{{\sqrt{3}}}{{\sqrt{19}}}$．
所以sin∠BAP=sin（∠BAD-30^°）=sin∠BADcos30°-cos∠BADsin30°…（11分）
=$\frac{4}{{\sqrt{19}}}×\frac{{\sqrt{3}}}{2}-\frac{{\sqrt{3}}}{{\sqrt{19}}}×\frac{1}{2}$=$\frac{{3\sqrt{57}}}{38}$．…（12分）

点评 本题主要考查了余弦定理，三角形面积公式，正弦定理，三角函数的定义，两角差的正弦函数公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和数形结合思想，考查了转化思想，属于中档题．