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三、解答题
7. 在 $△ ABC$ 中，$AB=4$，$AC=\sqrt{13}$，$∠ B=60°$，求 $BC$ 的长。
7. 在 $△ ABC$ 中，$AB=4$，$AC=\sqrt{13}$，$∠ B=60°$，求 $BC$ 的长。
答案
解：过点A作AD⊥BC，垂足为D。
在Rt△ABD中，∠ADB=90°，∠B=60°，AB=4，
∴ $BD=AB·\cos60°=4×\frac{1}{2}=2$，
$AD=AB·\sin60°=4×\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$。
在Rt△ADC中，∠ADC=90°，$AC=\sqrt{13}$，$AD=2\sqrt{3}$，
由勾股定理得：
$DC=\sqrt{AC^2-AD^2}=\sqrt{(\sqrt{13})^2-(2\sqrt{3})^2}=\sqrt{13-12}=1$。
分两种情况：
① 当点C在线段BD的延长线上时，$BC=BD+DC=2+1=3$；
② 当点C在线段BD上时，$BC=BD-DC=2-1=1$。
答：BC的长为1或3。
在Rt△ABD中，∠ADB=90°，∠B=60°，AB=4，
∴ $BD=AB·\cos60°=4×\frac{1}{2}=2$，
$AD=AB·\sin60°=4×\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$。
在Rt△ADC中，∠ADC=90°，$AC=\sqrt{13}$，$AD=2\sqrt{3}$，
由勾股定理得：
$DC=\sqrt{AC^2-AD^2}=\sqrt{(\sqrt{13})^2-(2\sqrt{3})^2}=\sqrt{13-12}=1$。
分两种情况：
① 当点C在线段BD的延长线上时，$BC=BD+DC=2+1=3$；
② 当点C在线段BD上时，$BC=BD-DC=2-1=1$。
答：BC的长为1或3。
解析
【分析】
本题要求BC的长，已知△ABC的两边长度和其中一边的对角，未说明是直角三角形，因此可通过作高将斜三角形转化为直角三角形求解。首先过点A作AD⊥BC构造两个直角三角形，先在Rt△ABD中利用三角函数求出BD、AD的长度，再在Rt△ADC中用勾股定理求出DC的长度，最后注意点C的位置存在两种可能，需分类讨论计算BC的长度，避免漏解。
【解析】
过点A作AD⊥BC，垂足为D。
在Rt△ABD中，∠ADB=90°，∠B=60°，AB=4，
∴ $BD=AB·\cos60°=4×\frac{1}{2}=2$，
$AD=AB·\sin60°=4×\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$。
在Rt△ADC中，∠ADC=90°，$AC=\sqrt{13}$，$AD=2\sqrt{3}$，
由勾股定理得：
$DC=\sqrt{AC^2-AD^2}=\sqrt{(\sqrt{13})^2-(2\sqrt{3})^2}=\sqrt{13-12}=1$。
分两种情况：
① 当点C在线段BD的延长线上时，$BC=BD+DC=2+1=3$；
② 当点C在线段BD上时，$BC=BD-DC=2-1=1$。
【答案】1或3
【知识点】
解直角三角形，勾股定理，分类讨论
【点评】
本题是解斜三角形的基础题，解题核心是通过作高将斜三角形转化为直角三角形求解，易错点是容易忽略点C的位置有两种情况，导致漏解，解题时要结合图形全面考虑所有可能的情形。
【难度系数】
0.6
本题要求BC的长，已知△ABC的两边长度和其中一边的对角，未说明是直角三角形，因此可通过作高将斜三角形转化为直角三角形求解。首先过点A作AD⊥BC构造两个直角三角形，先在Rt△ABD中利用三角函数求出BD、AD的长度，再在Rt△ADC中用勾股定理求出DC的长度，最后注意点C的位置存在两种可能，需分类讨论计算BC的长度，避免漏解。
【解析】
过点A作AD⊥BC，垂足为D。
在Rt△ABD中，∠ADB=90°，∠B=60°，AB=4，
∴ $BD=AB·\cos60°=4×\frac{1}{2}=2$，
$AD=AB·\sin60°=4×\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$。
在Rt△ADC中，∠ADC=90°，$AC=\sqrt{13}$，$AD=2\sqrt{3}$，
由勾股定理得：
$DC=\sqrt{AC^2-AD^2}=\sqrt{(\sqrt{13})^2-(2\sqrt{3})^2}=\sqrt{13-12}=1$。
分两种情况：
① 当点C在线段BD的延长线上时，$BC=BD+DC=2+1=3$；
② 当点C在线段BD上时，$BC=BD-DC=2-1=1$。
【答案】1或3
【知识点】
解直角三角形，勾股定理，分类讨论
【点评】
本题是解斜三角形的基础题，解题核心是通过作高将斜三角形转化为直角三角形求解，易错点是容易忽略点C的位置有两种情况，导致漏解，解题时要结合图形全面考虑所有可能的情形。
【难度系数】
0.6
8. 如图，在$△ ABC$中，$∠ A=120°$，$AB=3$，$AC=2$，求$BC$的长和$\sin B$的值.
答案
解：
过点C作CD⊥BA，交BA的延长线于点D。
∵ ∠BAC=120°，
∴ ∠CAD=180°-120°=60°。
在Rt△ACD中，
AD = AC·cos∠CAD = 2×cos60° = 2×$\frac{1}{2}$ = 1，
CD = AC·sin∠CAD = 2×sin60° = 2×$\frac{\sqrt{3}}{2}$ = $\sqrt{3}$。
∴ BD = AB + AD = 3 + 1 = 4。
在Rt△BCD中，
BC = $\sqrt{BD^2 + CD^2}$ = $\sqrt{4^2 + (\sqrt{3})^2}$ = $\sqrt{19}$，
$\sin B$ = $\frac{CD}{BC}$ = $\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{19}}$ = $\frac{\sqrt{57}}{19}$。
答：BC的长为$\sqrt{19}$，$\sin B$的值为$\frac{\sqrt{57}}{19}$。
过点C作CD⊥BA，交BA的延长线于点D。
∵ ∠BAC=120°，
∴ ∠CAD=180°-120°=60°。
在Rt△ACD中，
AD = AC·cos∠CAD = 2×cos60° = 2×$\frac{1}{2}$ = 1，
CD = AC·sin∠CAD = 2×sin60° = 2×$\frac{\sqrt{3}}{2}$ = $\sqrt{3}$。
∴ BD = AB + AD = 3 + 1 = 4。
在Rt△BCD中，
BC = $\sqrt{BD^2 + CD^2}$ = $\sqrt{4^2 + (\sqrt{3})^2}$ = $\sqrt{19}$，
$\sin B$ = $\frac{CD}{BC}$ = $\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{19}}$ = $\frac{\sqrt{57}}{19}$。
答：BC的长为$\sqrt{19}$，$\sin B$的值为$\frac{\sqrt{57}}{19}$。
解析
【分析】
本题中的△ABC为钝角三角形，无直接可利用的直角三角形，需通过作辅助线构造直角三角形求解。我们过点C作BA延长线的垂线CD，将原三角形拆分为两个直角三角形：首先利用∠BAC的邻补角求出∠CAD=60°，在Rt△ACD中通过锐角三角函数算出AD、CD的长度；再求出BD的长度，在Rt△BCD中用勾股定理计算BC的长，最后根据正弦的定义求出sinB的值即可。
【解析】
过点C作CD⊥BA，交BA的延长线于点D。
∵ ∠BAC=120°，
∴ ∠CAD=180°-120°=60°。
在Rt△ACD中，
$AD = AC·\cos∠ CAD = 2×\cos60° = 2×\frac{1}{2} = 1$，
$CD = AC·\sin∠ CAD = 2×\sin60° = 2×\frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$。
∴ $BD = AB + AD = 3 + 1 = 4$。
在Rt△BCD中，
$BC = \sqrt{BD^2 + CD^2} = \sqrt{4^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{19}$，
$\sin B = \frac{CD}{BC} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{19}} = \frac{\sqrt{57}}{19}$。
【答案】
BC的长为$\sqrt{19}$，$\sin B$的值为$\frac{\sqrt{57}}{19}$。
【知识点】
解直角三角形；勾股定理；锐角三角函数
【点评】
本题考查非直角三角形的边角计算，核心思路是通过作高构造直角三角形，将未知量转化到直角三角形中求解，解题时要注意特殊角三角函数值的正确应用，最终结果需化为最简形式。
【难度系数】
0.7
本题中的△ABC为钝角三角形，无直接可利用的直角三角形，需通过作辅助线构造直角三角形求解。我们过点C作BA延长线的垂线CD，将原三角形拆分为两个直角三角形：首先利用∠BAC的邻补角求出∠CAD=60°，在Rt△ACD中通过锐角三角函数算出AD、CD的长度；再求出BD的长度，在Rt△BCD中用勾股定理计算BC的长，最后根据正弦的定义求出sinB的值即可。
【解析】
过点C作CD⊥BA，交BA的延长线于点D。
∵ ∠BAC=120°，
∴ ∠CAD=180°-120°=60°。
在Rt△ACD中，
$AD = AC·\cos∠ CAD = 2×\cos60° = 2×\frac{1}{2} = 1$，
$CD = AC·\sin∠ CAD = 2×\sin60° = 2×\frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$。
∴ $BD = AB + AD = 3 + 1 = 4$。
在Rt△BCD中，
$BC = \sqrt{BD^2 + CD^2} = \sqrt{4^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{19}$，
$\sin B = \frac{CD}{BC} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{19}} = \frac{\sqrt{57}}{19}$。
【答案】
BC的长为$\sqrt{19}$，$\sin B$的值为$\frac{\sqrt{57}}{19}$。
【知识点】
解直角三角形；勾股定理；锐角三角函数
【点评】
本题考查非直角三角形的边角计算，核心思路是通过作高构造直角三角形，将未知量转化到直角三角形中求解，解题时要注意特殊角三角函数值的正确应用，最终结果需化为最简形式。
【难度系数】
0.7
9. 如图，$△ ABC$是边长为6的等边三角形，点D，E在边BC上，若$∠ DAE = 30°$，$\tan∠ EAC = \frac{1}{3}$，求BD的长.
答案
解：过点D作DM⊥AB于点M，过点E作EN⊥AC于点N。
∵△ABC是边长为6的等边三角形，
∴∠B=∠C=∠BAC=60°，AB=AC=BC=6。
设∠EAC=α，由∠DAE=30°，得∠BAD=∠BAC - ∠DAE - α=30°-α。
在Rt△AEN中，∠ANE=90°，$\tanα=\frac{EN}{AN}=\frac{1}{3}$，设$EN=k$，则$AN=3k$。
在Rt△ENC中，∠CNE=90°，∠C=60°，
∴$CN=\frac{EN}{\tan60°}=\frac{k}{\sqrt{3}}$。
由$AN+CN=AC=6$，得$3k+\frac{k}{\sqrt{3}}=6$。
在Rt△ADM中，∠AMD=90°，∠B=60°，设$BD=t$，
则$DM=BD·\sin60°=\frac{\sqrt{3}}{2}t$，$BM=BD·\cos60°=\frac{t}{2}$，
∴$AM=AB-BM=6-\frac{t}{2}$。
由正切差公式得：
$\tan∠ BAD=\tan(30°-α)=\frac{\tan30°-\tanα}{1+\tan30°·\tanα}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}-\frac{1}{3}}{1+\frac{\sqrt{3}}{3}×\frac{1}{3}}=\frac{5\sqrt{3}-6}{13}$，
又$\tan∠ BAD=\frac{DM}{AM}$，代入得：
$\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}t}{6-\frac{t}{2}}=\frac{5\sqrt{3}-6}{13}$
整理得：$13\sqrt{3}t=(5\sqrt{3}-6)(12-t)$，
移项合并得：$6t(3\sqrt{3}-1)=12(5\sqrt{3}-6)$，
解得$t=3-\sqrt{3}$。
答：BD的长为$3-\sqrt{3}$。
∵△ABC是边长为6的等边三角形，
∴∠B=∠C=∠BAC=60°，AB=AC=BC=6。
设∠EAC=α，由∠DAE=30°，得∠BAD=∠BAC - ∠DAE - α=30°-α。
在Rt△AEN中，∠ANE=90°，$\tanα=\frac{EN}{AN}=\frac{1}{3}$，设$EN=k$，则$AN=3k$。
在Rt△ENC中，∠CNE=90°，∠C=60°，
∴$CN=\frac{EN}{\tan60°}=\frac{k}{\sqrt{3}}$。
由$AN+CN=AC=6$，得$3k+\frac{k}{\sqrt{3}}=6$。
在Rt△ADM中，∠AMD=90°，∠B=60°，设$BD=t$，
则$DM=BD·\sin60°=\frac{\sqrt{3}}{2}t$，$BM=BD·\cos60°=\frac{t}{2}$，
∴$AM=AB-BM=6-\frac{t}{2}$。
由正切差公式得：
$\tan∠ BAD=\tan(30°-α)=\frac{\tan30°-\tanα}{1+\tan30°·\tanα}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}-\frac{1}{3}}{1+\frac{\sqrt{3}}{3}×\frac{1}{3}}=\frac{5\sqrt{3}-6}{13}$，
又$\tan∠ BAD=\frac{DM}{AM}$，代入得：
$\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}t}{6-\frac{t}{2}}=\frac{5\sqrt{3}-6}{13}$
整理得：$13\sqrt{3}t=(5\sqrt{3}-6)(12-t)$，
移项合并得：$6t(3\sqrt{3}-1)=12(5\sqrt{3}-6)$，
解得$t=3-\sqrt{3}$。
答：BD的长为$3-\sqrt{3}$。
解析
【分析】
本题要求BD的长度，解题思路如下：1. 先利用等边三角形的性质得到各内角为60°、各边长为6，结合已知∠DAE=30°，可推出∠BAD=30°-∠EAC，我们设∠EAC=α，即可将∠BAD用α表示；2. 题干涉及三角函数值，因此构造直角三角形：过E作EN⊥AC、过D作DM⊥AB，将三角函数关系转化为线段的比例关系；3. 根据$\tanα=\frac{1}{3}$，结合正切差角公式算出$\tan∠BAD$的值；4. 设BD为t，在$Rt△ BDM$中用含t的式子表示出DM、BM，进而得到AM的长度，利用$\tan∠BAD=\frac{DM}{AM}$列出关于t的方程，解方程即可得到BD的长。
【解析】
解：过点D作DM⊥AB于点M，过点E作EN⊥AC于点N。
∵△ABC是边长为6的等边三角形，
∴∠B=∠C=∠BAC=60°，AB=AC=BC=6。
设∠EAC=α，由∠DAE=30°，得∠BAD=∠BAC - ∠DAE - α=30°-α。
在Rt△AEN中，∠ANE=90°，$\tanα=\frac{EN}{AN}=\frac{1}{3}$，设$EN=k$，则$AN=3k$。
在Rt△ENC中，∠CNE=90°，∠C=60°，
∴$CN=\frac{EN}{\tan60°}=\frac{k}{\sqrt{3}}$。
由$AN+CN=AC=6$，得$3k+\frac{k}{\sqrt{3}}=6$，可确定$\tanα=\frac{1}{3}$。
在Rt△ADM中，∠AMD=90°，∠B=60°，设$BD=t$，
则$DM=BD·\sin60°=\frac{\sqrt{3}}{2}t$，$BM=BD·\cos60°=\frac{t}{2}$，
∴$AM=AB-BM=6-\frac{t}{2}$。
由正切差公式得：
$\tan∠ BAD=\tan(30°-α)=\frac{\tan30°-\tanα}{1+\tan30°·\tanα}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}-\frac{1}{3}}{1+\frac{\sqrt{3}}{3}×\frac{1}{3}}=\frac{5\sqrt{3}-6}{13}$，
又$\tan∠ BAD=\frac{DM}{AM}$，代入得：
$\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}t}{6-\frac{t}{2}}=\frac{5\sqrt{3}-6}{13}$
整理得：$13\sqrt{3}t=(5\sqrt{3}-6)(12-t)$，
移项合并得：$6t(3\sqrt{3}-1)=12(5\sqrt{3}-6)$，
解得$t=3-\sqrt{3}$。
【答案】
$3-\sqrt{3}$
【知识点】
等边三角形的性质，解直角三角形，锐角三角函数应用
【点评】
本题将等边三角形性质与解直角三角形相结合，通过构造直角三角形将角度的三角函数关系转化为线段比例关系，结合方程思想求解未知线段，是三角函数应用的典型题型，解题关键是合理构造直角三角形，准确利用角度关系建立方程。
【难度系数】
0.4
本题要求BD的长度，解题思路如下：1. 先利用等边三角形的性质得到各内角为60°、各边长为6，结合已知∠DAE=30°，可推出∠BAD=30°-∠EAC，我们设∠EAC=α，即可将∠BAD用α表示；2. 题干涉及三角函数值，因此构造直角三角形：过E作EN⊥AC、过D作DM⊥AB，将三角函数关系转化为线段的比例关系；3. 根据$\tanα=\frac{1}{3}$，结合正切差角公式算出$\tan∠BAD$的值；4. 设BD为t，在$Rt△ BDM$中用含t的式子表示出DM、BM，进而得到AM的长度，利用$\tan∠BAD=\frac{DM}{AM}$列出关于t的方程，解方程即可得到BD的长。
【解析】
解：过点D作DM⊥AB于点M，过点E作EN⊥AC于点N。
∵△ABC是边长为6的等边三角形，
∴∠B=∠C=∠BAC=60°，AB=AC=BC=6。
设∠EAC=α，由∠DAE=30°，得∠BAD=∠BAC - ∠DAE - α=30°-α。
在Rt△AEN中，∠ANE=90°，$\tanα=\frac{EN}{AN}=\frac{1}{3}$，设$EN=k$，则$AN=3k$。
在Rt△ENC中，∠CNE=90°，∠C=60°，
∴$CN=\frac{EN}{\tan60°}=\frac{k}{\sqrt{3}}$。
由$AN+CN=AC=6$，得$3k+\frac{k}{\sqrt{3}}=6$，可确定$\tanα=\frac{1}{3}$。
在Rt△ADM中，∠AMD=90°，∠B=60°，设$BD=t$，
则$DM=BD·\sin60°=\frac{\sqrt{3}}{2}t$，$BM=BD·\cos60°=\frac{t}{2}$，
∴$AM=AB-BM=6-\frac{t}{2}$。
由正切差公式得：
$\tan∠ BAD=\tan(30°-α)=\frac{\tan30°-\tanα}{1+\tan30°·\tanα}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}-\frac{1}{3}}{1+\frac{\sqrt{3}}{3}×\frac{1}{3}}=\frac{5\sqrt{3}-6}{13}$，
又$\tan∠ BAD=\frac{DM}{AM}$，代入得：
$\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}t}{6-\frac{t}{2}}=\frac{5\sqrt{3}-6}{13}$
整理得：$13\sqrt{3}t=(5\sqrt{3}-6)(12-t)$，
移项合并得：$6t(3\sqrt{3}-1)=12(5\sqrt{3}-6)$，
解得$t=3-\sqrt{3}$。
【答案】
$3-\sqrt{3}$
【知识点】
等边三角形的性质，解直角三角形，锐角三角函数应用
【点评】
本题将等边三角形性质与解直角三角形相结合，通过构造直角三角形将角度的三角函数关系转化为线段比例关系，结合方程思想求解未知线段，是三角函数应用的典型题型，解题关键是合理构造直角三角形，准确利用角度关系建立方程。
【难度系数】
0.4
