Question

4．如圖，在△ABC中，點(diǎn)D在BC邊上，∠ADC=60°，CD=2．
（Ⅰ）若AD=BD=3，求△ABC的面積；
（Ⅱ）若AD=2，BD=4，求sinB的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）解法一：由題意可知，△ABD，△ACD的兩邊及夾角，利用任意三角形的面積公式，求ABD的面積和ACD的面積，那么S_△ABD+S_△ACD=S_△ABC．
解法二：過點(diǎn)A作BC的垂線，構(gòu)造直角三角形，利用直角三角形的性質(zhì)S_△ABC=$\frac{1}{2}$底乘高求解．
（Ⅱ）解法一：當(dāng)AD=2，BD=4時(shí)，∠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：當(dāng)AD=2，BD=4時(shí)，過點(diǎn)A作AE⊥BC于點(diǎn)E，∵∠ADC=60°，求出AE，DE
又因?yàn)锽D=4，所以BE=BD+DE．利用直角三角形的性質(zhì)，求AB，那么sinB=$\frac{AE}{AB}$即可得到答案．

解答 解：（Ⅰ）解法一：
當(dāng)AD=BD=3時(shí)，△ABD的面積${S_{△ABD}}=\frac{1}{2}•AD•BD•sin∠ADB=\frac{1}{2}•3•3•\frac{{\sqrt{3}}}{2}=\frac{{9\sqrt{3}}}{4}$
ACD的面積${S_{△ACD}}=\frac{1}{2}•AD•CD•sin∠ADC=\frac{1}{2}•3•2•\frac{{\sqrt{3}}}{2}=\frac{{3\sqrt{3}}}{2}$
△ABC的面積${S_{△ABC}}={S_{△ABD}}+{S_{△ACD}}=\frac{{9\sqrt{3}}}{4}+\frac{{3\sqrt{3}}}{2}=\frac{{15\sqrt{3}}}{4}$．
解法二：
當(dāng)AD=BD=3時(shí)，過點(diǎn)A作AE⊥BC于點(diǎn)E，如上圖所示．
因?yàn)椤螦DC=60°，所以$AE=ADsin∠ADE=3×sin{60^0}=\frac{{3\sqrt{3}}}{2}$
又因?yàn)镃D=2，所以BC=BD+CD=5．
所以：△ABC的面積${S_{△ABC}}=\frac{1}{2}BC•AE=\frac{{15\sqrt{3}}}{4}$．（Ⅱ）解法一：
當(dāng)AD=2，BD=4時(shí)，∠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：
當(dāng)AD=2，BD=4時(shí)，過點(diǎn)A作AE⊥BC于點(diǎn)E，如圖所示，
∵∠ADC=60°，
∴$AE=ADsin∠ADE=2×sin{60^0}=\sqrt{3}$
DE=ADcos∠ADE=2×cos60°=1，
又因?yàn)锽D=4，所以BE=BD+DE=5．
所以：$AB=\sqrt{A{E^2}+B{E^2}}=2\sqrt{7}$
故$sinB=\frac{AE}{AB}=\frac{{\sqrt{3}}}{{2\sqrt{7}}}=\frac{{\sqrt{21}}}{14}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了三角形的正弦定理和余弦定理的運(yùn)用，考查運(yùn)算能力，本題利用了初中的直角三角形的性質(zhì)，作成勾股定理求解．高中的正余弦定理有時(shí)候解題計(jì)算麻煩，任意三角形的面積公式在知道兩條邊及其夾角時(shí)，計(jì)算比較簡(jiǎn)單．屬于基礎(chǔ)題．