Question

4．如图，在△ABC中，点D在BC边上，∠ADC=60°，CD=2．
（Ⅰ）若AD=BD=3，求△ABC的面积；
（Ⅱ）若AD=2，BD=4，求sinB的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）解法一：由题意可知，△ABD，△ACD的两边及夹角，利用任意三角形的面积公式，求ABD的面积和ACD的面积，那么S_△ABD+S_△ACD=S_△ABC．
解法二：过点A作BC的垂线，构造直角三角形，利用直角三角形的性质S_△ABC=$\frac{1}{2}$底乘高求解．
（Ⅱ）解法一：当AD=2，BD=4时，∠ADB=180°-∠ADC=120°；在△ADB中，由余弦定理求出AB；在△ADB中，再利用正弦定理求sinB的值．
解法二：当AD=2，BD=4时，过点A作AE⊥BC于点E，∵∠ADC=60°，求出AE，DE
又因为BD=4，所以BE=BD+DE．利用直角三角形的性质，求AB，那么sinB=$\frac{AE}{AB}$即可得到答案．

解答 解：（Ⅰ）解法一：
当AD=BD=3时，△ABD的面积${S_{△ABD}}=\frac{1}{2}•AD•BD•sin∠ADB=\frac{1}{2}•3•3•\frac{{\sqrt{3}}}{2}=\frac{{9\sqrt{3}}}{4}$
ACD的面积${S_{△ACD}}=\frac{1}{2}•AD•CD•sin∠ADC=\frac{1}{2}•3•2•\frac{{\sqrt{3}}}{2}=\frac{{3\sqrt{3}}}{2}$
△ABC的面积${S_{△ABC}}={S_{△ABD}}+{S_{△ACD}}=\frac{{9\sqrt{3}}}{4}+\frac{{3\sqrt{3}}}{2}=\frac{{15\sqrt{3}}}{4}$．
解法二：
当AD=BD=3时，过点A作AE⊥BC于点E，如上图所示．
因为∠ADC=60°，所以$AE=ADsin∠ADE=3×sin{60^0}=\frac{{3\sqrt{3}}}{2}$
又因为CD=2，所以BC=BD+CD=5．
所以：△ABC的面积${S_{△ABC}}=\frac{1}{2}BC•AE=\frac{{15\sqrt{3}}}{4}$．（Ⅱ）解法一：
当AD=2，BD=4时，∠ADB=180°-∠ADC=120°；
在△ADB中，由余弦定理AB²=AD²+BD²-2AD•BDcos∠ADB，即：${2^2}+{4^2}-2×2×4×（{-\frac{1}{2}}）=28$
解得：$AB=2\sqrt{7}$．
在△ADB中，由正弦定理得$\frac{AB}{sin∠ADB}=\frac{AD}{sin∠B}$，即$\frac{{2\sqrt{7}}}{{\frac{{\sqrt{3}}}{2}}}=\frac{2}{sin∠B}$，
解得：$sin∠B=\frac{{\frac{{\sqrt{3}}}{2}}}{{\sqrt{7}}}=\frac{{\sqrt{21}}}{14}$．
解法二：
当AD=2，BD=4时，过点A作AE⊥BC于点E，如图所示，
∵∠ADC=60°，
∴$AE=ADsin∠ADE=2×sin{60^0}=\sqrt{3}$
DE=ADcos∠ADE=2×cos60°=1，
又因为BD=4，所以BE=BD+DE=5．
所以：$AB=\sqrt{A{E^2}+B{E^2}}=2\sqrt{7}$
故$sinB=\frac{AE}{AB}=\frac{{\sqrt{3}}}{{2\sqrt{7}}}=\frac{{\sqrt{21}}}{14}$．

点评 本题主要考查了三角形的正弦定理和余弦定理的运用，考查运算能力，本题利用了初中的直角三角形的性质，作成勾股定理求解．高中的正余弦定理有时候解题计算麻烦，任意三角形的面积公式在知道两条边及其夹角时，计算比较简单．属于基础题．