专题七 三角形中的结构不良题型结构不良题型2020年新高考试卷中出现了结构不良试题，所谓结构不良，就是试题不是完整呈现，一般需要考生从给出的多个条件中选出一个或两个补充完整进行解答，试题具有一定的开放性，不同的选择可能导致不同的结论，难度与用时也会有所不同．此类题型的设置一定程度上让学生参与了命题，从传统解题向解决问题的思维转变．【例题选讲】[例1](2020·新全国Ⅰ)在①ac＝eq\r(3)，②csinA＝3，③c＝eq\r(3)b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA＝eq\r(3)sinB，C＝eq\f(π,6)，________？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解析 方案一：选条件①．由C＝eq\f(π,6)和余弦定理得eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3),2)．由sinA＝eq\r(3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b．于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2)，由此可得b＝c．由①ac＝eq\r(3)，解得a＝eq\r(3)，b＝c＝1．因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时c＝1．方案二：选条件②．由C＝eq\f(π,6)和余弦定理得eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3),2)，由sinA＝eq\r(3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b．于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2)，由此可得b＝c，B＝C＝eq\f(π,6)，A＝eq\f(2π,3)，由②csinA＝3，所以c＝b＝2eq\r(3)，a＝6．因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时c＝2eq\r(3)．方案三：选条件③．由C＝eq\f(π,6)和余弦定理得eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3),2)，由sinA＝eq\r(3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b．于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2)，由此可得b＝c．由③c＝eq\r(3)b，与b＝c矛盾，因此，选条件③时问题中的三角形不存在．[例2](2020·北京)在△ABC中，a＋b＝11，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：(1)a的值；(2)sinC和△ABC的面积．条件①：c＝7，cosA＝－eq\f(1,7)；条件②：cosA＝eq\f(1,8)，cosB＝eq\f(9,16)．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．解析 (从条件①②中任选一个即可)选条件①：c＝7，cosA＝－eq\f(1,7)，且a＋b＝11．(1)在△ABC中，由余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(（11－a）2＋72－a2,2×（11－a）×7)＝－eq\f(1,7)，解得a＝8．(2)∵cosA＝－eq\f(1,7)，A∈(0，π)，∴sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\r(1－\f(1,49))＝eq\f(4\r(3),7)．在△ABC中，由正弦定理，得sinC＝eq\f(c·sinA,a)＝eq\f(7×\f(4\r(3),7),8)＝eq\f(\r(3),2)．∵a＋b＝11，a＝8，∴b＝3，∴S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×8×3×eq\f(\r(3),2)＝6eq\r(3)．选条件②：cosA＝eq\f(1,8)，cosB＝eq\f(9,16)，且a＋b＝11．(1)∵A∈(0，π)，B∈(0，π)，cosA＝eq\f(1,8)，cosB＝eq\f(9,16)，∴sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\r(1－\f(1,64))＝eq\f(3\r(7),8)，sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,16)))\s\up12(2))＝eq\f(5\r(7),16)．在△ABC中，由正弦定理，可得eq\f(a,b)＝eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(\f(3\r(7),8),\f(5\r(7),16))＝eq\f(6,5)．又∵a＋b＝11，∴a＝6，b＝5．(2)sinC＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(3\r(7),8)×eq\f(9,16)＋eq\f(1,8)×eq\f(5\r(7),16)＝eq\f(32\r(7),128)＝eq\f(\r(7),4)．∴S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×6×5×eq\f(\r(7),4)＝eq\f(15\r(7),4)．[例3]在：①a＝eq\r(3)csinA－acosC，②(2a－b)sinA＋(2b－a)sinB＝2csinC这两个条件中任选一个，补充在下列问题中，并解答．已知△ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，c＝eq\r(3)，而且________．(1)求角C；(2)求△ABC周长的最大值．解析 (1)选①：因为a＝eq\r(3)csinA－acosC，所以sinA＝eq\r(3)sinCsinA－sinAcosC，因为sinA≠0，所以eq\r(3)sinC－cosC＝1，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，因为0A，条件②：cosB＝eq\f(2\r(5),5)．1．解析 (1)在△ABC中，由余弦定理知b2＋c2－a2＝2bccosA，所以2b2＝2bccosA(1－tanA)，所以b＝c(cosA－sinA)．又由正弦定理知eq\f(b,c)＝eq\f(sinB,sinC)，得sinB＝sinC(cosA－sinA)，所以sin(A＋C)＝sinC(cosA－sinA)，即sinAcosC＋cosAsinC＝sinCcosA－sinCsinA，所以sinAcosC＝－sinCsinA．因为sinA≠0，所以cosC＝－sinC，所以tanC＝－1．又因为0A．因为S＝4＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)absineq\f(3π,4)，所以ab＝8eq\r(2)．由余弦定理知c2＝(2eq\r(10))2＝40＝a2＋b2－2abcoseq\f(3π,4)，所以a2＋b2＋eq\r(2)ab＝40，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋b2＋\r(2)ab＝40，,ab＝8\r(2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝2\r(2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2\r(2)，,b＝4.))因为B>A，所以b>a，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2\r(2)，,b＝4，))所以CD＝BD＝eq\r(2)．在△ACD中，AD2＝CA2＋CD2－2CA·CD·cosC＝16＋2－2×4×eq\r(2)coseq\f(3π,4)＝26，所以AD＝eq\r(26)．若选择条件②，cosB＝eq\f(2\r(5),5)．因为cosB＝eq\f(2\r(5),5)，所以sinB＝eq\f(\r(5),5)．所以sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋sinCcosB＝eq\f(\r(10),10)．由正弦定理知，eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)，所以a＝eq\f(csinA,sinC)＝2eq\r(2)．在△ABD中，由余弦定理知AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cosB，解得AD＝eq\r(26)．2．在①3c2＝16S＋3(b2－a2)，②5bcosC＋4c＝5a，这两个条件中任选一个，补充在下面横线处，然后解答问题．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设△ABC的面积为S，已知________．(1)求tanB的值；(2)若S＝42，a＝10，求b的值．(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)2．解析 选择条件①：(1)由题意得8acsinB＝3(a2＋c2－b2)，即4sinB＝3·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，整理可得3cosB－4sinB＝0．又sinB>0，所以cosB>0，所以tanB＝eq\f(sinB,cosB)＝eq\f(3,4)．(2)由tanB＝eq\f(3,4)，得sinB＝eq\f(3,5)．又S＝42，a＝10，所以S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×10c×eq\f(3,5)＝42，解得c＝14．将S＝42，a＝10，c＝14代入3c2＝16S＋3(b2－a2)，得3×142＝16×42＋3(b2－102)，解得b＝6eq\r(2)．选择条件②：(1)已知5bcosC＋4c＝5a，由正弦定理，得5sinBcosC＋4sinC＝5sinA，即5sinBcosC＋4sinC＝5sin(B＋C)，即sinC(4－5cosB)＝0．在△ABC中，因为sinC≠0，所以cosB＝eq\f(4,5)．所以sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(3,5)，所以tanB＝eq\f(3,4)．(2)由S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×10c×eq\f(3,5)＝42，解得c＝14．又a＝10，所以b2＝100＋196－2×140×eq\f(4,5)＝72，所以b＝6