2017高考真题专题解三角形

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知识点37 解直角三角形及其应用2017(解答题)

三、解答题1. (2017四川广安，23，8分)如图，线段AB 、CD 分别表示甲、乙两建筑物的高，BA ⊥AD ，CD ⊥DA ，垂足分别为A 、D ．从D 点测得B 点的仰角α为60°，从C 点测得B 点的仰角β为30°，甲建筑物的高AB ＝30米．(1)求甲、乙两建筑物之间的距离AD ．(4分)(2)求乙建筑物的高CD ．(4分)思路分析：(1)在Rt △ABD 中，根据tan α＝AB AD 求出AD 的值；(2)①通过作“CE ⊥AB ”构造Rt △BCE ；②在Rt △BCE 中，根据“tan ∠BCE ＝CEBE ”求出BE ；③由此求出AE (即CD )的高度．解：(1)根据题意得，在Rt △ABD 中，∠BDA ＝∠α＝60°，AB ＝30米，∴AD ＝ 60tan AB ＝330＝103(米)，答：甲、乙两建筑物之间的距离AD 为103米．(2)如图，过点C 作CE ⊥AB 于点E ．根据题意，得∠BCE ＝∠β＝30°，CE ＝AD ＝103，CD ＝AE ．在Rt △BEC 中，tan ∠BCE ＝CEBE ∴tan30°＝310BE，∴BE ＝10(米)，∴CD ＝AE ＝AB －BE ＝30－10＝20(米)．答：乙建筑物的高CD 为20米．2. （2017浙江丽水·19·6分）如图是某小区的一个健身器材，已知BC ＝0.15m ，AB ＝2.70m ，∠BOD ＝70°，求端点A 到底面CD 的距离（精确到0.1m ）（参考数据：sin 70°≈0.94，cos 70°≈0.34，tan 70°≈2.75）思路分析：过点A 作AE ⊥CD 于点E ，过点B 作BF ⊥AE 于点F ，构造Rt △ABF ，运用解直角三角形的知识求出AF ，进而求出AE 得出结果.解：过点A 作AE ⊥CD 于点E ，过点B 作BF ⊥AE 于点F ，∵OD ⊥CD ，∠BOD ＝700，∴AE ∥OD ，∴∠A ＝∠BOD ＝700，在Rt △ABF 中，AB ＝2.7，∴AF ＝2.7×cos 700＝2.7×0.34＝0.918，∴AE ＝AF ＋BC ＝0.918＋0.15＝1.068≈1.1(m ).答：端点A 到底面CD 的距离约是1.1m .3. (2017四川泸州，22，8分)如图，海中一渔船在A 处且与小岛C 相距70nmile ，若该渔船由西向东航行30nmile到达B 处，此时测得小岛C 位于B 的北偏东30°方向上；求该渔船此时与小岛C 之间的距离．思路分析：过点C 作CD ⊥AB 于点D ，设BC ＝x ，在Rt △BCD 中表示BD 、CD ，在Rt △ACD 中根据勾股定理列方程求解．解：过点C 作CD ⊥AB 于点D ，由题意得：∠BCD ＝30°，设BC ＝x ，则：在Rt △BCD 中，BD ＝BC sin30°＝12 x ，CD ＝BC cos30°＝32 x ；∴AD ＝30+12 x ，∴在Rt △ACD 中，AD 2+CD 2＝AC 2，即：(20+2x )2+(32 x )2＝702，解之得：x 1＝50，x 2＝－80(舍去)．答：渔船此时与C 岛之间的距离为50海里．4. 18．（2017四川成都，8分）科技改变生活，手机导航极大地方便了人们的出行，如图，小明一家自驾到古镇C 游玩，到达A 地后，导航显示车辆应沿北偏西60°方向行驶4千米至B 地，再沿北偏东45°方向行驶一段距离到达古镇C ，小明发现古镇C 恰好在A 地的正北方向，求B ，C 两地的距离.思路分析：由小明发现古镇C 恰好在A 地的正北方向，确定AC ∥BD ，通过已知∠CAB ＝60°，∠CBD ＝45°可得∠C ＝45°．通过作BE ⊥AC ，因为已知AB ＝4，所以先在Rt △AEB 中求得BE 的长，然后再在Rt △CEB 中求得BC 的长.解：由题意知：AB ＝4，∠CAB ＝60°，∠CBD ＝45°，AC ∥BD ，作BE ⊥AC ，∴∠CEB ＝90°，∠EBA ＝90°－∠CAB ＝30°，∠CBE ＝90°－∠CBD ＝45°，∴△CEB 是等腰直角三角形.∴BE ＝3cos304232AB ⋅︒== ∴BC 222326BE ==(千米)，即，B ，C 两地的距离为26千米.5. （2017山东德州）（本小题满分10分）如图所示，某公路检测中心在一事故多发地段安装了一个测速仪器，检测点设在距离公路10m 的A 处，测得一辆汽车从B 处行驶到C 处所用时间为0.9秒．已知∠B ＝30°，∠C ＝45°．（1）求B 、C 之间的距离；（保留根号）（2）如果此地限速为80km/h ，那么这辆汽车是否超速？请说明理由．（参考数据：3≈1.7，2≈1.4）思路分析：（1）作AD ⊥BC 于点D ，通过解Rt △ACD 与Rt △ABD 分别得到线段BD 与DC 的长度，其和即为B 、C 之间的距离；（2）利用（1）中所求B 、C 之间的距离除以汽车的行驶时间，得汽车的速度，与限速相比，即可判断是否超速．解：（1）如图，过点A 作AD ⊥BC 于点D ，则AD ＝10cm ．AB C D A B C∵在Rt △ACD 中，∠C ＝90°，∴Rt △ACD 是等腰直角三角形．∴CD ＝AD ＝10cm ．在Rt △ABD 中，tan B ＝BDAD ， ∵∠B ＝30°，∴33＝BD10．∴BD ＝103m ． ∴BC ＝BD ＋DC ＝(103＋10)m ．答：B 、C 之间的距离是(103＋10)m ．（2）这辆汽车超速．理由如下：由（1）知BC ＝(103＋10)m ，又3≈1.7，∴BC ＝27m ．∴汽车速度v ＝9.027＝30(m/s)．又30m/s ＝108km/h ，此地限速为80km/h ，∵108＞80，∴这辆汽车超速．答：这辆汽车超速．6. （2017山东威海，22，9分）图1是太阳能热水器装置的示意图.利用玻璃吸热管可以把太阳能转化为热能.玻璃吸热管与太阳光线垂直时，吸收太阳能的效果最好.假设某用户要求根据本地区冬至正午时刻太阳光线与地面水平线的夹角（θ）确定玻璃吸热管的倾斜角（太阳光线与玻璃吸热管垂直），请完成以下计算.如图2，AB ⊥BC ，垂足为点B ，EA ⊥AB ，垂足为点A ，CD ∥AB ，CD =10cm ，DE =120cm ，FG ⊥DE ，垂足为点G .（1）若∠θ=37°50′，则AB 的长约为 cm ；（参考数据：sin 37°50′≈0.61，cos 37°50′≈0.79，tan 37°50′≈0.78）（2）若FG =30cm ，∠θ=60°，求CF 的长.思路分析：(1)如图，由题意知∠DEK =θ，作AE ⊥CB 于H ，DK ⊥EH 于K ，则KH =CD =10，EH =AB ，在直角△DEK 中计算EK ，则AB =EK +KH ；(2)作MN ∥AB ，作EP ∥AB ,交CB 于P ，延长ED ，BC 交于点K (如图第22题图2)，则∠Ｋ= ,在直角△KGF 中计算KF ，在直角△KDC 中计算KC ，CF =KF －KC .解：（1）83.2.（2）如图，过M 点作MN ∥AB ,过点E 作EP ∥AB ,交CB 于点P ,分别延长ED ,BC ,两线交于点K ．∴MN ∥EP ,∴∠1=∠2.∵AB ⊥BK , EP ∥AB ,∴KP ⊥EP .∴∠2+∠K =90°.∵∠θ+∠1=90°, ∴∠K =∠θ=60°.在Rt △FGK 中，∠KGF =90°,sink =GF KF , ∴KF =sin 60GF o =3 (cm ). 又∵CD ∥AB , AB ⊥BK ,∴CD ⊥DK .在Rt △CDK 中，∠KCD =90°,tank =CD CK, ∴CK =tan 60CD o = 1033 (cm ). ∴CF =KF -CK =33 (cm ).7. （2017山东菏泽，18,6分）（本题6分）如图，某小1号楼11号楼隔河相望李明家住在1号楼，他很想知道11号楼的高度，于是他做了一些测量，他先在B 点测得C 点的仰角为60°，然后到42米高的楼顶A 处，测得C 点的仰角为30°，请你帮李明计算11号楼的高度CD ．思路分析：过点A作AE⊥CD于E，分别在Rt△BCD和Rt△ACE中，利用锐角三角函数用BD可以分别表示CE，CD的长，然后根据CD－DE=AB，即可求得CD长．解：过点A作AE⊥CD于E，在Rt△BCD中，tanCDCBDBD∠=，所以CD=BD•tan60°=3BD，在Rt△BCD中，tanCECAEBD∠=，所以CE=BD•tan30°=33BD，∴AB=CD－CE，3BD－33BD=42，233BD=42，解得BD=213，∴CD=BD•tan60°=3BD=63m．答：乙建筑物的高度CD为63m．8.（2017浙江舟山，22，10分）如图是小强洗漱时的侧面示意图，洗漱台（矩形ABCD）靠墙摆放，高AD＝80cm，宽AB＝48cm，小强身高166cm，下半身FG＝100cm，洗漱时下半身与地面成80°（∠FGK＝80°），身体前倾成125°（∠EFG＝125°），脚与洗漱台距离GC＝15cm（点D，C，G，K在同一直线上）．（1）此时小强头部E点与地面DK相距多少？（2）小强希望他的头部E恰好在洗漱盆AB的中点O的正上方，他应向前或后退多少？（sin80°≈0.98，cos80°≈0.18， 2 ≈1.41，结果精确到0.1）思路分析：（1）作FN⊥KD于点N，EM⊥FN于点M，由上半身及下半身的长，利用三角函数计算出MF与FN的长，其和MN即小强头部点E与地面DK的距离；（2）作EP⊥AB于点P，延长OB交MN于点H，分别计算PH、EM、GN、OB、OH的长，根据图形作答.解：（1）过点F作FN⊥KD于点N，过点E作EM⊥FN于点M.（18题图）∵EF +FG ＝166，FG ＝100，∴EF ＝66，∵∠FGK ＝80°，∴FN ＝100sin 80°≈98，又∵∠EFG ＝125°，∴∠EFM ＝180°－125°－10°＝45°， ∴FM ＝66cos 45°＝332≈46.53，∴MN ＝FN +FM ≈144.5.∴他头部E 点与地面DK 相距144.5cm .(2)过点E 作EP ⊥AB 于点P ，延长OB 交MN 于点H ．∵AB ＝48，O 为AB 的中点，∴AO ＝BO ＝24，∵EM ＝66sin 45°≈46.53，即PH ≈46.53，GN ＝100cos 80°≈17，CG ＝15，∴OH ＝24+15+17＝56，OP ＝OH －PH ＝56－46.53＝9.47≈9.5.∴他应向前9.5cm .9. （2017四川内江，20，9分）如图，某人为了测量小山顶上的塔ED 的高，他在山下的点A 处测得塔尖点D 的仰角为45°，再沿AC 方向前进60m 到达山脚点B ，测得塔尖点D 的仰角为60°，塔底点E 的仰角为30°，求塔ED 的高度．（结果保留根号）思路分析：先求出∠DBE ＝30°，∠BDE ＝30°，得出BE ＝DE ，设EC ＝x ，则BE ＝2x ，DE ＝2x ，DC ＝3x ，BC ＝3x ，再根据∠DAC ＝45°，可得AC ＝CD ，列出方程求出x 的值，即可求出塔DE 的高度．解：由题知，∠DBC ＝60°，∠EBC ＝30°，∴∠DBE ＝∠DBC －∠EBC ＝60°－30°＝30°．又∵∠BCD ＝90°，∴∠BDC ＝90°－∠DBC ＝90°－60°＝30°．∴∠DBE ＝∠BDE ．∴BE ＝DE ．设EC ＝x ，则DE ＝BE ＝2EC ＝2x ，DC ＝EC+DE ＝x +2x ＝3x ，BC ＝x EC BE 322=-．由题意可知，∠DAC ＝45°，∠DCA ＝90°，AB ＝20，∴△ACD 为等腰直角三角形，∴AC ＝DC ．∴x x 3603=+．解得x ＝30+103．答：塔高约为(30+103)m ．10. （2017山东临沂，22，7分）如图，两座建筑物的水平距离BC ＝30m ，从A 点测得D 点的俯角α为30°，测得C 点的俯角β为60°，求这两座建筑物的高度.βαDCB A思路分析：首先分析图形：根据题意构造直角三角形；本题涉及两个直角三角形，应利用其公共边构造关系式，进而可求出答案．解：过A 作AE ⊥CD 的延长线交于点E ，则四边形ABCE 是矩形，AE ＝BC ＝30，AB ＝CE在Rt △ADE 中，∠E ＝90°，∠DAE ＝30°，∴DE ＝AE ·tan 30°＝30×33＝103. AD ＝2DE ＝203 ∵∠CAE ＝60°，∴∠CAD ＝60°－30°＝30°，∠ACE ＝90°－60°＝30°，∴∠CAD ＝∠ACE∴CD ＝AD ＝203，∴AB ＝CE ＝DE ＋CD ＝103＋203＝303答：这两座建筑物的高度分别是303m ，203m.11. （2017江苏连云港，25，10分）如图，湿地景区岸边有三个观景台A 、B 、C .已知1400AB =米，1000AC =米，B 点位于A 点的南偏西60.7°方向，C 点位于A 点的南偏东66.1°方向.(1)求ABC △的面积；(2)景区规划在线段BC 的中点D 处修建一个湖心亭，并修建观景栈道AD .试求A 、D 间的距离.(结果精确到0.1米)(参考数据：sin53.20.80°≈，cos53.20.60°≈，sin60.70.87°≈，cos60.70.49°≈，sin66.10.91°≈，cos66.10.41°≈，2 1.414≈)思路分析：(1)过点C 作CE ⊥BA 交BA 的延长线于点E ，然后根据直角三角形的内交回求出∠CAE ,再根据正弦的性质求出的长，从而得到ABC △的面积；(2)连接AD ，过D 作DF ⊥AB ，垂足为点F ,则DF ∥CE,然后根据中点的性质和余弦值求出BE 、AE 的长，再根据勾股定理求解即可.解：(1)过点C 作CE ⊥BA 交BA 的延长线于点E ，在Rt AEC △中，18060.766.153.2CAE =--=∠°°°°，所以CE =AC ·sin53.2°=1000×0.8=800米.所以S △ABC =56000080014002121=⨯⨯=⨯CE AB (平方米). （2）连接AD ，过D 作DF ⊥AB ，垂足为点F ,则DF ∥CE ，∵D 是BC 的中点，∴DF=21CE=400米，且F 为BE 的中点，在Rt AEC △中，AE =AC ·cos53.2°=1000×0.6=600米.∴BE=BA+AE=1400+600+2000米∴AF=21BE-AE=400米，在Rt △ADF 中，22224004004002565.6AD AF DF =+=+=≈米.答：A 、D 间的距离为565.6米.．12. （2017四川达州1，7分）如图，信号塔PQ 座落在坡度1:2i =的山坡上，其正前方直立着一警示牌.当太阳光线与水平线成60︒角时，测得信号塔PQ 落在斜坡上的影子QN 长为25MN 长为3米，求信号塔PQ 的高.（结果不取近似值）思路分析：过点M 作MF ⊥PQ 于点F ，过点Q 作QE ⊥MN 于点E ，分别解Rt △QEN 和Rt △MFP ，求出EN ，PF 即档求出PQ 的高解：过点M 作MF ⊥PQ 于点F ，过点Q 作QE ⊥MN 于点E ，∵1:2i =，设EN =k ，QE =2k ，由勾股定理可得QN==∴k =2，∴EN =2，FM =QE =4，∴FQ =ME =MN -NE =3-2=1．在Rt△PFM 中，∵∠FPM =180°-90°-60°=30°，∴PF =FM tan 60⨯︒=∴PQ =FQ +PF =1+答：信号塔PQ 的高为（1+.13. （2017四川眉山，22，8分）如图，为了测得一棵树的高度AB ，小明在D 处用高为1m 的测角仪CD ，测得树顶A 的仰角为45°，再向树方向前进10m ，又测得树顶A 的仰角为60°，求这棵树的高度AB ．思路分析：如图，设AE ＝x m ，分别解Rt △ACE 和Rt △AFE ，用x 的代数式分别表示CE 、FE ，再根据CF ＝CE－FE 列方程求得x ，进而求出AB ．解：设AE ＝x m ，在Rt △ACE 中，CE ＝AE tan 45° ＝x ；在Rt △AFE 中，FE ＝AE tan 60° ＝33x ；又因为CF ＝CE －FE ，CF ＝DG ＝10，所以x －33x ＝10，解得x ＝15＋53，所以AB ＝AE ＋EB ＝15＋53＋1＝16＋53．答：这棵树的高度AB 为(16＋53)米．14. 24．（2017江苏淮安，24，8分）A 、B 两地被大山阻隔，若要从A 地到B 地，只能沿着如图所示的公路先从A 地到C 地，再由C 地到B 地．现计划开凿隧道A 、B 两地直线贯通，经测量得：∠CAB ＝30°，∠CBA ＝45°，AC ＝20 km ，求隧道开通后与隧道开通前相比，从A 地到B 地的路程将缩短多少？（结果精确到0.1 km ，参≈1.4141.732）思路分析：①过点C 作CD ⊥AB ，垂足为点E ．在Rt △ACD 中分别求出CD 、AD 的长；②在Rt △BCD 中分别求出BC 、BD 的长；③计算AC ＋BC －(AD ＋BD )的值．解：如图，过点C 作CD ⊥AB ，垂足为点E ．在Rt △ACD 中，∵∠CAB ＝30°，AC ＝20 km ， ∴CD ＝AC ·sin ∠CAB ＝20×sin30°＝20×12＝10． AD ＝AC ·cos ∠CAB ＝20×cos30°＝20＝．在Rt △BCD 中，∵CD ＝10，∠CBA ＝45°，CA B第24题图∴BC＝sin CDCBA∠＝10sin45︒＝1022＝102．BD＝CD＝10．∴AC＋BC－AB＝AC＋BC－(AD＋BD)＝20＋102－(103＋10)＝10＋102－103≈6.8（km）．答：隧道开通后与隧道开通前相比，从A地到B地的路程将缩短6.8 km．15.20．（2017山东潍坊）（本小题满分8分）如图，某数学兴趣小组要测量一栋五层居民楼CD的高度．该楼底层为车库，高2.5米；上面五层居住，每层高度相等．测角仪支架离地1.5米，在A处测得五楼顶部点D的仰角为60°，在B处测得四楼顶部点E的仰角为30°，AB=14米．求居民楼的高度（精确到0.1米，参考数据：3≈1.73）．思路分析：设每层楼高为x米，则可表示出EC′与DC′的大小，然后通过解Rt△DC′A′与Rt△EC′B′，用含x的式子表示出C′B′与C′A′长，其差即为AB的长14米，由此构建方程求解．解：设每层高为x米，由题意，得MC′=MC－CC′=2.5－1.5=1，则DC′=5x+1，EC′=4x+1．在Rt△DC′A′中，∠DA′C′=60°．∴C′A′=︒'60tanCD=33(5x+1)．在Rt△EC′B′中，∠EB′C′=30°．∴C′B′=︒'30tanCE=3(4x+1)．∵A′B′=C′B′－C′A′=AB，∴3(4x+1)－33(5x+1)=14．解之得x≈3.17（或x≈3.18）．所以居民楼高为：5×3.17+2.5≈18.4米（或5×3.18+2.5≈18.4米）．CA BD16.（2017四川宜宾）（本小题满分分）如图，为了测量某条河的宽度，现在河边的一岸边任意取一点A ，又在河的另一岸边去两点B 、C 测得030,45,αβ∠=∠=量得BC 长为100米．求河的宽度（结果保留根号）思路分析：过A 作AD ⊥BC 于点D ，将斜三角形转化为直角三角形，设AD ＝x ，在Rt △ABD 和Rt △ACD 中，分别表示出CD 好BD 的长，利用方程思想，求出这条垂线段AD 的长．C解：设AD ＝x ，在Rt △ABD 中，tan α＝AD BD ，即tan30°xBD，∴BD，在Rt △ACD 中，tanβ＝AD BD ，即tan 45°＝1＝xCD，∴CD ＝x ，而BD ﹣CD ＝BC﹣x ＝10，解得：x ＝5+．17. （2017湖南岳阳，本题满分8分）某太阳能热水器的横截面示意图如图所示，已知真空热水管AB 与支架CD 所在直线相交于点O ，且OB ＝OD .支架CD 与水平线AE 垂直，∠BAC ＝∠CDE ＝30°，DE ＝80cm ，AC ＝165cm . (1)求支架CD 的长；(2)求真空热水管AB 的长.(结果均保留根号)思路分析：首先Rt △CDE 可解，得到CD ；Rt △OAC 可解，得到OC 、OA ，然后利用图中关系OB ＝OD ＝OC -CD ，AB ＝OA -OB ，解得AB .解：(1)在Rt △CDE 中，∠CDE ＝30°，DE ＝80cm ，所以cos 30°＝80CD ＝3，解得CD ＝403cm ； (2)在Rt △OAC 中，∠BAC ＝60°，AC ＝165cm ，所以tan 30°＝165OC ＝3，解得OC ＝55cm ，∴OA ＝2OC ＝110cm ，OB ＝OD ＝OC -CD ＝55-403 cm ，AB ＝OA -OB ＝55＋403 cm .18. （2017湖南常德，24，8分）图10，11分别是某款篮球架的实物图与示意图，已知底座BC =0.60米，底座BC 与支架AC 所形成的的角∠ACB =75°，支架AF 的长为2.50米，篮板顶端F 点到篮筐D 的距离FD =1.35米，篮板底部支架HE 与支架AF 所成的角∠FHE =60°，求篮筐D 到地面的距离（精确到0.01米）.（参考数据：cos75°≈0.2588，sin75°≈0.9659，tan75°≈3.732，3≈1.732，2≈1.414）BC AFH ED图10图11思路分析：过A 点作FE 的垂线交FE 的延长线于M ，则篮板顶端F 点到地面的距离是FM 和AB 的和，再减去FD 即可得到篮筐D 到地面的距离.M BC AFH ED解：如图，过点A 作AM ⊥FE 交FE 的延长线于M ， ∵∠FHE =60°，∴∠F =30°.在Rt △AFM 中，FM =AF ·cos ∠F = AF ·cos 30°=2.50×32≈1.9485米. 在Rt △ABC 中，AB =BC ·tan ∠ACB = BC ·tan 75°≈0.60×3.732=2.2392米. ∴篮板顶端F 点到地面的距离为：FM + AB =1.9485+2.2392=4.1877米∴篮筐D 到地面的距离为：4.1877－FD =4.1877－1.35=2.8377≈2.84米.19. （2017甘肃酒泉，22，6分）美丽的黄河宛如一条玉带穿城而过，沿河两岸的滨河路风情线是兰州最美的景观之一.数学课外实践活动中，小林在南滨河路上的A 、B 两点处，利用测角仪分别对北岸的一观景亭D 进行了测量，如图，测得45DAC =∠°，65DBC =∠°.若132AB =米，求观景亭D 到南滨河路AC 的距离约为多少米？(结果精确到1米，参考数据：sin650.91°≈，cos650.42°≈，tan65 2.14°≈)思路分析：过D 作 DE ⊥AC ，构造Rt △DEA 、Rt △DEB. 在Rt △DEB 中，已知∠DBC =65°，∴tan65DE BE =o ；在Rt △DEA 中，已知∠DAC =45°，∴AE =DE ，即可列出方程，求出BE ，进而求得DE . 解：过点D 作DE ⊥AC ，垂足为E ，设BE =x ，在Rt △DEB 中，tan DEDBE BE∠=， ∵∠DBC =65°，∴tan65DE x =o ．又∵∠DAC =45°，∴AE =DE ．∴132tan65x x +=o ， ∴ 解得115.8x ≈， ∴248DE ≈(米)． ∴观景亭D 到南滨河路AC 的距离约为248米．B DCA第22题图20. 25. (2017甘肃兰州，25， 8分) “兰州中山桥”位于兰州滨河路中段白塔山下、金城关前，是黄河上第一座真正意义上的桥梁，有“天下黄河第一桥”之美誉。

高考数学：解三角形(复习学案)

专题09 解三角形（一）三角形中的求值问题1.例题【例1】设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若a ＝2，c ＝23，cos A ＝32，且b <c ，则b ＝( )A ． 3B ．2C ．2 2D ．3【例2】在ABC ∆中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若1a =，cos )cos 0A C C b A ++=，则角A =（）A ．23π B ．3π C ．6π D ．56π 【例3】在ABC ∆中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，4a =，b =cos (2)cos c B a b C =-，则ABC ∆的面积为______．【例4】（2017·全国高考真题（理））△ABC 的内角、、A B C 的对边分别为a b c 、、, 已知△ABC 的面积为23sin a A．(1)求sin sin B C ;(2)若6cos cos 1,3,B C a ==求△ABC 的周长.【例5】如图，在△ABC 中，∠B ＝π3，AB ＝8，点D 在BC 边上，且CD ＝2，cos ∠ADC ＝17.(1)求sin ∠BAD ； (2)求BD ，AC 的长.2.巩固提升综合练习【练习1】（2019·全国高考真题）△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知a sin A －b sin B =4c sin C ，cos A =－14，则bc =（）A ．6B ．5C ．4D ．3【练习2】（2018·全国高考真题）△ABC 的内角A ， B ， C 的对边分别为a ， b ， c ，已知bsinC +csinB =4asinBsinC ，b 2+c 2−a 2=8，则△ABC 的面积为________．【练习3】在ABC ∆中，已知AB 边上的中线1CM =，且1tan A ，1tan C ，1tan B成等差数列，则AB 的长为________.【练习4】在△ABC 中，已知AB ＝2，AC ＝5，tan ∠BAC ＝－3，则BC 边上的高等于( ) A ．1 B ．2 C ． 3 D ．2【练习5】已知圆内接四边形ABCD 的边长AB ＝2，BC ＝6，CD ＝DA ＝4，求四边形ABCD 的面积S ．【练习6】 △ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c 已知c cos B ＝(3a －b )cos C ． (1)求sin C 的值；(2)若c ＝26，b －a ＝2，求△ABC 的面积．（二）三角形中的最值或范围问题1.例题【例1】在△ABC中，已知c＝2，若sin2A＋sin2B－sin A sin B＝sin2C，则a＋b的取值范围为________．【例2】已知在锐角ABC∆中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2cos cosb Cc B=，则111tan tan tanA B C++的最小值为（）A B C D．【例3】已知△ABC的外接圆半径为R，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a sin B cos C ＋32c sin C＝2R，则△ABC面积的最大值为( )A．25B．45C．255D．125【例4】在ABC∆中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cos Ccos cos cos2ab Ac A B+=，ABC∆，则ABC∆周长的最小值为______.2.巩固提升综合练习【练习1】设锐角三角形ABC 的内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，若2,2a B A ==，则b 的取值范围为（）A ．(0,4)B ．(2,C ．D ．4)【练习2】在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若bc ＝1，b ＋2c cos A ＝0，则当角B 取得最大值时，△ABC 的周长为( ) A ．2＋3 B ．2＋2 C ．3D ．3＋2【练习3】已知ABC ∆1,且满足431tan tan A B+=，则边AC 的最小值为_______.【练习4】在ABC ∆中，23BAC π∠=，已知BC 边上的中线3AD =，则ABC ∆面积的最大值为__________．（三）解三角形的实际应用必备知识：实际测量中的有关名称、术语南偏西60°指以正南方向为始边，转向目标方向线形成的角1.例题【例1】在海岸A处，发现北偏东45°方向，距离A处(3－1)n mile的B处有一艘走私船，在A处北偏西75°的方向，距离A 2 n mile的C处的缉私船奉命以10 3 n mile的速度追截走私船．此时，走私船正以10 n mile/h的速度从B处向北偏东30°方向逃窜，问缉私船沿什么方向能最快追上走私船？【例2】如图，A，B两点在河的同侧，且A，B两点均不可到达，测出A，B的距离，测量者可以在河岸边选定两点C，D，测得CD＝a，同时在C，D两点分别测得∠BCA＝α，∠ACD＝β，∠CDB＝γ，∠BDA＝δ.在△ADC和△BDC中，由正弦定理分别计算出AC和BC，再在△ABC中，应用余弦定理计算出AB.若测得CD＝32km，∠ADB＝∠CDB＝30°，∠ACD＝60°，∠ACB＝45°，求A，B两点间的距离．【例3】某人在点C测得塔顶A在南偏西80°，仰角为45°，此人沿南偏东40°方向前进100米到D，测得塔顶A的仰角为30°，则塔高为____________米．2.巩固提升综合练习【练习1】甲船在A处，乙船在甲船正南方向距甲船20海里的B处，乙船以每小时10海里的速度向正北方向行驶，而甲船同时以每小时8海里的速度由A处向北偏西60°方向行驶，问经过多少小时后，甲、乙两船相距最近？【练习2】如图，一艘船自西向东匀速航行，上午10时到达一座灯塔P 的南偏西75°距塔68海里的M 处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N 处，则这艘船航行的速度为( )A.1762海里/时B ．346海里/时 C.1722海里/时D ．342海里/时【练习3】某气象仪器研究所按以下方案测试一种“弹射型”气象观测仪器的垂直弹射高度：A 、B 、C 三地位于同一水平面上，在C 处进行该仪器的垂直弹射，观测点A 、B 两地相距100米，∠BAC ＝60°，在A 地听到弹射声音的时间比在B 地晚217秒．在A 地测得该仪器弹至最高点H 时的仰角为30°，求该仪器的垂直弹射高度CH .(声音的传播速度为340米/秒)1．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若a ，b ，c 成等比数列，且a 2＝c 2＋ac －bc ，则cb sin B ＝( )A ．32B ．233C ．33D ．32．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，a ＝3，c ＝23，b sin A ＝a cos ⎪⎭⎫⎝⎛+6πB 则b ＝( ) A ．1 B.2 C.3D.53．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若a ＝2，c ＝32，tan B ＝2tan A ，则△ABC 的面积为( ) A ．2 B ．3 C ．32D ．423．如图，在△ABC 中，∠C ＝π3，BC ＝4，点D 在边AC 上，AD ＝DB ，DE ⊥AB ，E 为垂足．若DE ＝22，则cos A 等于( ) A ．223B ．24C ．64D ．634．在锐角三角形ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若B ＝2A ，则2ba的取值范围是( ) A ．(2，2) B ．(2，6) C ．(2，3)D ．(6，4)5．在ΔABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a ，b ，c ，a =2，B =45°，若三角形有两解，则b 的取值范围是_______.6．已知a ，b ，c 是△ABC 中角A ，B ，C 的对边，a ＝4，b ∈(4，6)，sin 2A ＝sin C ，则c 的取值范围为________．7．设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边a ，b ，c 成等比数列，cos(A －C )－cos B ＝12，延长BC至点D ，若BD ＝2，则△ACD 面积的最大值为________．8．(2019·高考全国卷Ⅱ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若b ＝6，a ＝2c ，B ＝π3，则△ABC 的面积为________． 9．若满足3ABC π∠=， AC =3， ,BC m ABC =恰有一解，则实数m 的取值范围是______．10．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，外接圆的半径为1，且tan A tan B ＝2c －bb ，则△ABC 面积的最大值为________．11．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a 2＋c 2－b 2＝ab cos A ＋a 2cos B ． (1)求角B ；(2)若b ＝27，tan C ＝32，求△ABC 的面积．12．已知ABC ∆中，角A B C 、、的对边分别为a b c ，，，若cos sin a b C c B =+（Ⅰ）求B ；（Ⅰ）若2b = ，求ABC ∆面积的最大值。

专题一、二：解三角形

专题一正余弦定理知识梳理1.正弦定理：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，即：2sin sin sin a b cR A B C===（R 为△ABC 外接圆的半径）常见的变形有：①::sin :sin :sin a b c A B C =；②sin sin a A b B =，sin sin a A c C =，sin sin b Bc C=；③sin sin sin sin sin sin a b c a b cA B C A B C++===++；④边化角公式：2sin a R A =，2sin b R B =，2sin c R C =；⑤角化边公式：sin 2a A R =，sin 2b B R =，sin 2c C R=；⑥sin sin sin sin sin sin A B a b A BA B a b A B A B a b A B <⇔<⇔<⎧⎪=⇔=⇔=⎨⎪>⇔>⇔>⎩；2.解三角形：一般地，把三角形的三个角A，B，C 和它们的对边a,b,c 叫做三角形的元素，已知三角形的几个元素求其他元素的过程叫做解三角形。

利用正弦定理可以解两类三角形：①已知三角形的任意两个角与一边，求其他两边和另一角。

②已知三角形的两边与其中一边的对角，计算另一边的对角，进而计算出其他的边和角。

剖析：已知两角与一边，用正弦定理，有解时，只有一解。

已知两边及其中一边的对角，用正弦定理，可能有两解、一解、或无解，一般常用的方法是利用大边对大角，小边对小角定理来验证。

3.在△ABC 中常见的公式：（如图）①111sin sin sin 222S ab C ac B bc A===②111222a b c S ah bh ch ===AcbaBCh aAcbaBC③4abcS R=（R 表示三角形外接圆的半径）④22sin sin sin S R A B C =⑤1()2S r a b c =++（r 表示三角形内切圆的半径）⑥海伦公式：S =，其中1()2p a b c =++.4.余弦定理定理：三角形中任何一边的平方等于其他两边的平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍。

专题10 解三角形问题(解析版)

专题10 解三角形问题【高考真题】1．(2022·全国甲理) 已知△ABC 中，点D 在边BC 上，∠ADB ＝120°，AD ＝2，CD ＝2BD ．当ACAB取得最小值时，BD ＝________． 1．答案 3－1 解析设CD ＝2BD ＝2m ＞0，则在△ABD 中，AB 2＝BD 2＋AD 2－2BD AD cos∠ADB ＝m 2＋4＋2m ，在△ACD中，AC 2＝CD 2＋AD 2－2CD AD cos ∠ADC ＝4m 2＋4－4m ，所以AC 2AB 2＝4m 2＋4－4m m 2＋4＋2m ＝4(m 2＋4＋2m )－12(1＋m )m 2＋4＋2m＝4－12(m ＋1)＋3m ＋1≥4－()44233211m m ≥=-+⋅+，当且仅当m ＋1＝3m ＋1，即m ＝3－1时，等号成立，所以当ACAB取最小值时，m ＝3－1．故答案为3－1．【知识总结】 1．正弦定理及其变形a sin A ＝b sin B ＝c sin C＝2R (2R 为△ABC 外接圆的直径)．变形：a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C . sin A ＝a 2R ，sin B ＝b 2R ，sin C ＝c2R .a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C . 2．余弦定理及其推论、变形a 2＝b 2＋c 2－2bc cos_A ，b 2＝a 2＋c 2－2ac cos_B ，c 2＝a 2＋b 2－2ab cos_C . 推论：cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ，cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab.变形：b 2＋c 2－a 2＝2bc cos A ，a 2＋c 2－b 2＝2ac cos B ，a 2＋b 2－c 2＝2abcos C . 3．面积公式S △ABC ＝12bc sin A ＝12ac sin B ＝12ab sin C .【同类问题】题型一三角形中基本量的计算1．(2021·全国乙)记△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，面积为3，B ＝60°，a 2＋c 2＝3ac ，则b ＝．1．答案 22 解析由题意得S △ABC ＝12ac sin B ＝34ac ＝3，则ac ＝4，所以a 2＋c 2＝3ac＝3×4＝12，所以b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝12－2×4×12＝8，则b ＝22(负值舍去)．2．(2017·全国Ⅲ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．已知C ＝60°，b ＝6，c ＝3，则A ＝________．2．答案 (1)75° 解析由正弦定理，得sin B ＝b sin Cc ＝6×323＝22，结合b <c 得B ＝45°，则A ＝180° －B －C ＝75°．3．(2017·全国Ⅰ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．已知sin B ＋sin A (sin C －cos C )＝0，a ＝2，c ＝2，则C ＝( )A ．π12B ．π6C ．π4D ．π33．答案 B 解析由题意得sin(A ＋C )＋sin A (sin C －cos C )＝0，∴sin A cos C ＋cos A sin C ＋sin A sin C －sin A cos C ＝0，则sin C (sin A ＋cos A )＝2sin C sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π4＝0，因为C ∈(0，π)，所以sin C ≠0，所以sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π4＝0，又因为A ∈(0，π)，所以A ＋π4＝π，所以A ＝3π4．由正弦定理asin A ＝c sin C ，得2sin3π4＝2sin C ，则sin C ＝12，又C ∈(0，π)，得C ＝π6． 4．(2018·全国Ⅲ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若△ABC 的面积为a 2＋b 2－c 24，则C ＝( )A ．π2B ．π3C ．π4D ．π64．答案 C 解析因为a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C ，且S △ABC ＝a 2＋b 2－c 24，所以S △ABC ＝2ab cos C4＝12ab sin C ，所以tan C ＝1．又C ∈(0，π)，故C ＝π4．5．(2020·全国Ⅲ)在△ABC 中，cos C ＝23，AC ＝4，BC ＝3，则cos B 等于( )A ．19B ．13C ．12D ．235．答案 A 解析由余弦定理得AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC cos C ＝42＋32－2×4×3×23＝9，所以AB ＝3，所以cos B ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ·BC ＝9＋9－162×3×3＝19．6．(2020·全国Ⅰ)如图，在三棱锥P －ABC 的平面展开图中，AC ＝1，AB ＝AD ＝3，AB ⊥AC ，AB ⊥AD ，∠CAE ＝30°，则cos ∠FCB ＝________．6．答案－14 解析在△ABD 中，∵AB ⊥AD ，AB ＝AD ＝3，∴BD ＝6，∴FB ＝BD ＝6．在△ACE中，∵AE ＝AD ＝3，AC ＝1，∠CAE ＝30°，∴EC ＝32＋12－2×3×1×cos 30°＝1，∴CF ＝CE ＝1．又∵BC ＝AC 2＋AB 2＝12＋32＝2，∴在△FCB中，由余弦定理得cos ∠FCB ＝CF 2＋BC 2－FB 22×CF ×BC ＝12＋22－622×1×2＝－14．7．(2016·全国Ⅱ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若cos A ＝45，cos C ＝513，a＝1，则b ＝________． 7．答案2113 解析因为A ，C 为△ABC 的内角，且cos A ＝45，cos C ＝513，所以sin A ＝35，sin C ＝1213，所以sin B ＝sin(π－A －C )＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ＝35×513＋45×1213＝6365．又a ＝1，所以由正弦定理得b ＝a sin B sin A ＝6365×53＝2113．8．(2016·全国Ⅰ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．已知a ＝5，c ＝2，cos A ＝23，则b ＝( )A ．2B ．3C ．2D ．3 8．答案 D 解析由余弦定理，得5＝b 2＋22－2×b ×2×23，解得b ＝3⎝⎛⎭⎫b ＝－13舍去． 9．在平面四边形ABCD 中，BC ⊥CD ，∠B ＝3π4，AB ＝32，AD ＝210，若AC ＝35，则CD 为．9．答案 1或5 解析因为在△ABC 中，∠B ＝3π4，AB ＝32，AC ＝35，由正弦定理可得ACsin B＝ AB sin ∠ACB ，所以sin ∠ACB ＝AB ·sin B AC ＝32×2235＝55，又BC ⊥CD ，所以∠ACB 与∠ACD互余，因此cos ∠ACD ＝sin ∠ACB ＝55，在△ACD 中，AD ＝210，AC ＝35，由余弦定理可得cos ∠ACD ＝55＝AC 2＋CD 2－AD 22AC ·CD ＝5＋CD 265CD ，所以CD 2－6CD ＋5＝0，解得CD＝1或CD ＝5．10．(多选)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，2b sin A ＝5a cos B ，AB ＝2，AC ＝26，D 为BC的中点，E 为AC 上的点，且BE 为∠ABC 的平分线，下列结论正确的是( ) A ．cos ∠BAC ＝－66B ．S △ABC ＝35 C ．BE ＝2D ．AD ＝5 10．答案 AD 解析由正弦定理可知2sin B sin A ＝5sin A cos B ，∵sin A ≠0，∴2sin B ＝5cos B ．又sin 2B＋cos 2B ＝1，∴sin B ＝53，cos B ＝23，在△ABC 中，AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos B ，得BC ＝6．A 项，cos ∠BAC ＝AB 2＋AC 2－BC 22AB ·AC ＝4＋24－362×2×26＝－66；B 项，S △ABC ＝12AB ·BC sinB ＝12×2×6×53＝25；C 项，由角平分线性质可知AE EC ＝AB BC ＝13，∴AE ＝62．BE 2＝AB 2＋AE 2－2AB ·AE cos A ＝4＋32－2×2×62×⎝⎛⎭⎫－66＝152，∴BE ＝302；D 项，在△ABD 中，AD 2＝AB 2＋BD 2－2AB ·BD cos B ＝4＋9－2×2×3×23＝5，∴AD ＝5．题型二三角形的面积11．(2014·福建)在△ABC 中，A ＝60°，AC ＝4，BC ＝23，则△ABC 的面积等于________． 11．答案 23 解析在△ABC 中，由正弦定理得23sin60°＝4sin B，解得sin B ＝1，所以B ＝90°，所以S △ABC＝12×AB ×23＝12×42－232×23＝23．12．(2019·全国Ⅱ)△ABC 的内角内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ．若b ＝6，a ＝2c ，B ＝π3，则△BDC的面积是________． 12．答案3解析由余弦定理得2222cos b a c ac B =+-，所以2221(2)2262c c c c +-⨯⨯⨯=，即212c =，解得23, 3c c ==-（舍去），所以243a c ==，113sin 43236322ABC S ac B ==⨯=△13．(2018·全国Ⅰ)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，已知b sin C ＋c sin B ＝4a sin B sin C ，b 2＋c 2－a 2＝8，则△ABC 的面积为__________． 13．答案233解析已知b sin C ＋c sin B ＝4a sin B sin C ⇒2sin B sin C ＝4sin A ·sin B sin C ，所以sin A ＝12，由b 2＋c 2－a 2＝8>0知A 为锐角，所以cos A ＝32，所以32＝b 2＋c 2－a 22bc ＝4bc ，所以bc ＝83＝833，所以S △ABC ＝12bc sin A ＝12×833×12＝233． 14．(2017·浙江)已知△ABC ，AB ＝AC ＝4，BC ＝2．点D 为AB 延长线上一点，BD ＝2，连接CD ，则△BDC的面积是________，cos ∠BDC ＝________． 14．答案152104解析在△ABC 中，AB ＝AC ＝4，BC ＝2，由余弦定理得cos ∠ABC ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ·BC＝42＋22－422×4×2＝14，则sin ∠ABC ＝sin ∠CBD ＝154，所以S △BDC ＝12BD ·BC sin ∠CBD ＝152．因为BD ＝BC ＝2，所以∠BDC ＝12∠ABC ，则cos ∠BDC ＝cos ∠ABC ＋12＝104．15．(2013·全国Ⅱ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知b ＝2，B ＝π6，C ＝π4，则△ABC 的面积为( )A ．23＋2B ．3＋1C ．23－2D ．3－115．答案 B 解析因为B ＝π6，C ＝π4，所以A ＝7π12．由正弦定理得b sin π6＝csin π4，解得c ＝22．所以三角形的面积为12bc sin A ＝12×2×22sin 7π12．因为sin 7π12＝sin ⎝⎛⎭⎫π3＋π4＝32×22＋22×12＝22⎝⎛⎭⎫32＋12，所以12bc sin A ＝22×22⎝⎛⎭⎫32＋12＝3＋1，故选B ．16．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．已知cos A ＝23，sin B ＝5cos C ，并且a ＝2，则△ABC 的面积为________． 16．答案 52 解析因为0<A <π，cos A ＝23，所以sin A ＝1－cos 2A ＝53．又由5cos C ＝sin B ＝sin(A＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ＝53cos C ＋23sin C 知，cos C >0，并结合sin 2C ＋cos 2C ＝1，得sin C ＝56，cos C ＝16．于是sin B ＝5cos C ＝56．由a ＝2及正弦定理a sin A ＝c sin C ，得c ＝3．故△ABC 的面积S ＝12ac sin B ＝52．17．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且(2b －a )cos C ＝c cos A ，c ＝3，sin A ＋sin B ＝26sin A sin B ，则△ABC 的面积为( )A ．338B ．2C ．32D ．33417．答案 D 解析因为(2b －a )cos C ＝c cos A ，由正弦定理得，(2sin B －sin A )cos C ＝sin C cos A ，化简得2sin B cos C ＝sin B ，又sin B ≠0，因为C ∈(0，π)，所以cos C ＝12，所以C ＝π3．又由sin A＋sin B ＝26sin A sin B ，可得(sin A ＋sin B )·sin C ＝32sin A sin B ，由正弦定理可得(a ＋b )c ＝32ab ，所以a ＋b ＝2ab ．因为c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，所以2(ab )2－3ab －9＝0，所以ab ＝3(负值舍去)，所以S △ABC ＝12ab sin C ＝334．18．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知a ＝1，2b －3c ＝2a cos C ，sin C ＝32，则 △ABC 的面积为( ) A ．32 B ．34 C ．32或34D ．3或3218．答案 C 解析因为2b －3c ＝2a cos C ，所以由正弦定理可得2sin B －3sin C ＝2sin A cos C ，所以2sin(A ＋C )－3sin C ＝2sin A cos C ．所以2cos A sin C ＝3sin C ，又sin C ≠0，所以cos A ＝32，因为A ∈(0°，180°)，所以A ＝30°，因为sin C ＝32，所以C ＝60°或120°．当C ＝60°时，A ＝30°，所以B ＝90°，又a ＝1，所以△ABC 的面积为12×1×2×32＝32；当C ＝120°时，A ＝30°，所以B ＝30°，又a ＝1，所以△ABC 的面积为12×1×1×32＝34，故选C ．19．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．已知sin(B ＋A )＋sin(B －A )＝2sin2A ，且c ＝6，C ＝π3，则△ABC 的面积是( )A ．3B ．33C ．3或1D ．3或3319．答案 A 解析 ∵在△ABC 中，C ＝π3，∴B ＝2π3－A ，B －A ＝2π3－2A ，∵sin(B ＋A )＋sin(B －A )＝2sin2A ，∴sin C ＋sin ⎝⎛⎭⎫2π3－2A ＝2sin 2A ，即sin C ＋32cos 2A ＋12sin 2A ＝2sin 2A ，整理得3sin ⎝⎛⎭⎫2A －π6＝sin C ＝32，∴sin ⎝⎛⎭⎫2A －π6＝12．又A ∈⎝⎛⎭⎫0，2π3，∴2A －π6＝π6或5π6，解得A ＝π6或π2．当A ＝π6时，B ＝π2，tan C ＝c a ＝6a ＝3，解得a ＝2，∴S △ABC ＝12ac sin B ＝3；当A ＝π2时，B ＝π6，tan C ＝c b ＝6b ＝3，解得b ＝2，∴S △ABC ＝12bc ＝3．综上，△ABC的面积是3．20．托勒密(Ptolemy)是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定理指出：圆的内接凸四边形两组对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知凸四边形ABCD 的四个顶点在同一个圆的圆周上，AC ，BD 是其两条对角线，AB ＝AD ，∠BAD ＝120°，AC ＝6，则四边形ABCD 的面积为．20．答案 93 解析在△ABD 中，设AB ＝a ，由余弦定理得BD 2＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD ·cos ∠BAD ＝3a 2，所以BD ＝3a ，由托勒密定理可得a (BC ＋CD )＝AC ·3a ，即BC ＋CD ＝3AC ，又∠ABD ＝∠ACD ＝30°，所以四边形ABCD 的面积S ＝12BC ·AC sin 30°＋12CD ·AC sin 30°＝14(BC ＋CD )·AC ＝34AC 2＝93．题型三三角形中的最值(范围)问题21．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且a ＞b ＞c ，a 2＜b 2＋c 2，则角A 的取值范围是( )A ．⎝⎛⎭⎫π2，πB ．⎝⎛⎭⎫π4，π2C ．⎝⎛⎭⎫π3，π2D ．⎝⎛⎭⎫0，π2 21．答案 C 解析因为a 2＜b 2＋c 2，所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc＞0，所以A 为锐角．又因为a ＞b ＞c ，所以A 为最大角，所以角A 的取值范围是⎝⎛⎭⎫π3，π2．22．在△ABC 中，若AB ＝1，BC ＝2，则角C 的取值范围是( )A ．⎝⎛⎦⎤0，π6B ．⎝⎛⎭⎫0，π2C ．⎝⎛⎭⎫π6，π2D ．⎝⎛⎦⎤π6，π2 22．答案 A 解析因为c ＝AB ＝1，a ＝BC ＝2，b ＝AC ．根据两边之和大于第三边，两边之差小于第三边可知1<b <3，根据余弦定理cos C ＝12ab (a 2＋b 2－c 2)＝14b (4＋b 2－1)＝14b (3＋b 2)＝34b ＋b 4＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫3b －b 2＋32≥32．所以0<C ≤π6．故选A ． 23．在△ABC 中，内角A ，B ，C 对应的边分别为a ，b ，c ，A ≠π2，sin C ＋sin(B －A )＝2sin2A ，则角A 的取值范围为( )A ．⎝⎛⎦⎤0，π6B ．⎝⎛⎦⎤0，π4C ．⎣⎡⎦⎤π6，π4D ．⎣⎡⎦⎤π6，π3 23．答案 B 解析法一：在△ABC 中，C ＝π－(A ＋B )，所以sin(A ＋B )＋sin(B －A )＝2sin2A ，即2sin B cos A＝22sin A cos A ，因为A ≠π2，所以cos A ≠0，所以sin B ＝2sin A ，由正弦定理得，b ＝2a ，所以A 为锐角，又sin B ＝2sin A ∈(0,1]，所以sin A ∈⎝⎛⎦⎤0，22，所以A ∈⎝⎛⎦⎤0，π4．法二：在△ABC 中，C ＝π－(A ＋B )，所以sin(A ＋B )＋sin(B －A )＝2sin2A ，即2sin B cos A ＝22sin A cos A ，因为A ≠π2，所以cos A ≠0，所以sin B ＝2sin A ，由正弦定理，得b ＝2a ，由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12b 2＋c 22bc ≥2 12b 2·c22bc ＝22，当且仅当c ＝22b 时等号成立，所以A ∈⎝⎛⎦⎤0，π4． 24．(2014·江苏)若△ABC 的内角满足sin A ＋2sin B ＝2sin C ，则cos C 的最小值是________．24．答案6－24解析由sin A ＋2sin B ＝2sin C ，结合正弦定理得a ＋2b ＝2c ．由余弦定理得cos C＝a 2＋b 2－c 22ab＝a 2＋b 2－a ＋2b 242ab＝34a 2＋12b 2－2ab 22ab≥2 ⎝⎛⎭⎫34a 2⎝⎛⎭⎫12b 2－2ab 22ab＝6－24，故6－24≤cos C <1，故cos C 的最小值为6－24． 25．在钝角△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，B 为钝角，若a cos A ＝b sin A ，则sin A ＋sin C 的最大值为( )A ．2B ．98C ．1D ．7825．答案 B 解析 ∵a cos A ＝b sin A ，由正弦定理可得，sin A cos A ＝sin B sin A ，∵sin A ≠0，∴cos A ＝sinB ，又B 为钝角，∴B ＝A ＋π2，sin A ＋sin C ＝sin A ＋sin(A ＋B )＝sin A ＋cos2A ＝sin A ＋1－2sin 2A ＝－2⎝⎛⎭⎫sin A －142＋98，∴sin A ＋sin C 的最大值为98． 26．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a cos B －b cos A ＝12c ，当tan(A －B )取最大值时，角B 的值为________．26．答案 π6 解析由a cos B －b cos A ＝12c 及正弦定理，得sin A cos B －sin B cos A ＝12sin C ＝12sin(A ＋B )＝12(sin A cos B ＋cos A sin B )，整理得sin A cos B ＝3cos A sin B ，即tan A ＝3tan B ，易得tan A >0，tan B >0．所以tan(A －B )＝tan A －tan B 1＋tan A tan B ＝2tan B 1＋3tan 2B ＝21tan B ＋3tan B ≤223＝33，当且仅当1tan B ＝3tan B ，即tan B ＝33时，tan(A －B )取得最大值，所以B ＝π6． 27．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，a sin A ＋b sin B ＝c sin C －2a sin B ，则sin2A tan 2B的最大值是__________．27．答案 3－22 解析依题意得a 2＋b 2－c 2＝－2ab ，则2ab cos C ＝－2ab ，所以cos C ＝－22，所以C ＝3π4，A ＝π4－B ，所以sin2A tan 2B ＝cos2B tan 2B ＝(1－tan 2B )tan 2B 1＋tan 2B ．令1＋tan 2B ＝t ，其中t ∈(1,2)，则有(1－tan 2B )tan 2B 1＋tan 2B＝(2－t )(t －1)t ＝－⎝⎛⎭⎫t ＋2t ＋3≤3－22，当且仅当t ＝2时取等号．故sin 2A tan 2B 的最大值是3－22．28．在△ABC 中，若sin C ＝2cos A cos B ，则cos 2A ＋cos 2B 的最大值为________． 28．答案2＋12解析解法1 因为sin C ＝2cos A cos B ，所以，sin(A ＋B )＝2cos A cos B ，化简得tan A ＋tan B＝2，cos 2A＋cos 2B＝cos 2A sin 2A ＋cos 2A ＋cos 2B sin 2B ＋cos 2B ＝1tan 2A ＋1＋1tan 2B ＋1＝tan 2A ＋tan 2B ＋2(tan A tan B )2＋tan 2A ＋tan 2B ＋1＝(tan A ＋tan B )2－2tan A tan B ＋2(tan A tan B )2＋(tan A ＋tan B )2－2tan A tan B ＋1＝6－2tan A tan B(tan A tan B )2－2tan A tan B ＋5．因为分母(tan A tan B )2－2tan A tan B ＋5>0，所以令6－2tan A tan B＝t (t >0)，则cos 2A ＋cos 2B ＝4t t 2－8t ＋32＝4t ＋32t －8≤4232－8＝2＋12(当且仅当t ＝42时取等号)．解法2 由解法1得tan A ＋tan B ＝2，令tan A ＝1＋t ，tan B ＝1－t ，则cos 2A ＋cos 2B ＝1tan 2A ＋1＋1tan 2B ＋1＝1t 2＋2＋2t ＋1t 2＋2－2t ＝2（t 2＋2）（t 2＋2）2－4t 2，令d ＝t 2＋2≥2，则cos 2A＋cos 2B ＝2dd 2－4d ＋8＝2d ＋8d －4≤228－4＝2＋12，当且仅当d ＝22时等号成立．解法3 因为sin C ＝2cos A cos B ，所以sin C ＝cos(A ＋B )＋cos(A －B )，即cos(A －B )＝sin C ＋cos C ，cos 2A ＋cos 2B ＝1＋cos2A 2＋1＋cos2B2＝1＋cos(A ＋B )cos(A －B )＝1－cos C (sin C ＋cos C )＝12－12(sin2C ＋cos2C )＝12－22sin(2C ＋π4)≤12＋22＝2＋12，当且仅当2C ＋π4＝3π2，即C ＝5π8时取等号．29．设△ABC 的三边a ，b ，c 所对的角分别为A ，B ，C ，已知a 2＋2b 2＝c 2，则tan Ctan A ＝_____；tan B 的最大值为________． 29．答案－3 33 解析由正弦定理可得tan C tan A ＝sin C sin A ·cos A cos C ＝c a ·cos Acos C，再结合余弦定理可得tan C tan A ＝c a ·cos A cos C＝c a ·b 2＋c 2－a 22bc ·2ab a 2＋b 2－c 2＝b 2＋c 2－a 2a 2＋b 2－c 2．由a 2＋2b 2＝c 2，得tan C tan A ＝b 2＋a 2＋2b 2－a 2a 2＋b 2－a 2－2b 2＝－3．由已知条件及大边对大角可知0＜A ＜π2＜C ＜π，从而由A ＋B ＋C ＝π可知tan B ＝－tan(A ＋C )＝－tan A ＋tan C 1－tan A tan C＝－1＋tan C tan A 1tan A －tan C ＝23－tan C＋(－tan C )，因为π2＜C ＜π，所以3－tan C ＋(－tan C)≥23－tan C×(－tan C)＝23(当且仅当tan C＝－3时取等号)，从而tan B≤223＝33，即tan B的最大值为33．30．在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若a＝2b sin C，则tan A＋tan B＋tan C的最小值是()A．4B．33C．8D．63 30．答案C解析由a＝2b sin C得sin A＝2sin B sin C，∴sin(B＋C)＝sin B cos C＋cos B sin C ＝2sin B sin C，即tan B＋tan C＝2tan B tan C．又三角形中的三角恒等式tan A＋tan B＋tan C＝tan A tan B tan C，∴tan B tan C＝tan Atan A－2，∴tan A tan B tan C＝tan A·tan Atan A－2，令tan A－2＝t，得tan A tan B tan C＝(t＋2)2t＝t＋4t＋4≥8，当且仅当t＝4t，即t＝2，tan A＝4 时，取等号．。

高中数学考点16 正弦定理和余弦定理(含2017高考试题)

考点16 正弦定理和余弦定理一、选择题1。

（2017·全国乙卷文科·T11）△ABC 的内角A,B ，C 的对边分别为a,b ，c 。

已知sinB+sinA （sinC-cosC)=0,a=2，，则C= （ ) A.12π B 。

6π C 。

4π D.3π 【命题意图】本题主要考查三角公式的应用,重点考查正弦定理在解决三角形问题中的应用.【解析】选B 。

由题意得sin （A+C)+sinA(sinC —cosC ）=0,sinAcosC+cosAsinC+sinAsinC —sinAcosC=0,即sinC(sinA+cosA ）sinCsin 4A π⎛⎫+ ⎪⎝⎭=0,所以A=34π. 由正弦定理sinA a =sinC c 得23sin 4π=sinC ,即sinC=12，得C=6π,故选B 。

【反思总结】在解有关三角形的题目时,要有意识地考虑用哪个定理更合适，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息。

一般地,如果式子中含有角的余弦或边的二次式时,要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到。

2.(2017·山东高考理科·T9）在△ABC 中,角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c,若△ABC 为锐角三角形，且满足sinB （1+2cosC)=2sinAcosC+cosAsinC ，则下列等式成立的是 ( ）A.a=2b B 。

b=2a C 。

A=2B D.B=2A【命题意图】本题考查三角恒等变换及正弦定理的应用，意在考查考生对数学式子的变形能力与运算推理能力.【解析】选A 。

2sinAcosC+cosAsinC=sinAcosC+(sinAcosC+cosAsinC)=sinAcosC+sinB=sinB+2sinBcosC ，即sinAcosC=2sinBcosC ，由于△ABC 为锐角三角形,所以cosC ≠0,sinA=2sinB ，由正弦定理可得a=2b 。

三年高考(2017-2019)理数真题分项版解析——专题10 解三角形(解析版)

专题10 解三角形1．【2018年高考全国Ⅱ理数】在ABC △中，cos25C =，1BC =，5AC =，则AB =A ． BCD ．【答案】A【解析】因为223cos 2cos 121,25C C =-=⨯-=-⎝⎭所以22232cos 125215325AB BC AC BC AC C AB ⎛⎫=+-⋅=+-⨯⨯⨯-== ⎪⎝⎭，则，故选A.【名师点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理，结合已知条件，灵活转化为边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.2．【2018年高考全国Ⅲ理数】ABC △的内角A B C ，，的对边分别为a ，b ，c ，若ABC △的面积为2224a b c +-，则C =A ．π2B ．π3 C ．π4D ．π6【答案】C【解析】由题可知2221sin 24ABCa b c S ab C +-==△，所以2222sinC a b c ab +-=，由余弦定理2222cos a b c ab C +-=，得sin cos C C =，因为()0,πC ∈，所以π4C =，故选C. 【名师点睛】本题主要考查余弦定理与三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查考生的运算求解能力，考查的核心素养是数学运算.3．【2017年高考山东卷理数】在ABC △中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．若ABC △为锐角三角形，且满足sin (12cos )2sin cos cos sin B C A C A C +=+，则下列等式成立的是 A ．2a b = B ．2b a = C ．2A B =D ．2B A =【答案】A【解析】由题意知sin()2sin cos 2sin cos cos sin A C B C A C A C ++=+，所以2sin cos sin cos 2sin sin 2B C A C B A b a =⇒=⇒=，故选A.【名师点睛】本题较为容易，关键是要利用两角和与差的三角函数公式进行恒等变形. 首先用两角和的正弦公式转化为含有A ，B ，C 的式子，再用正弦定理将角转化为边，得到2a b =.解答三角形中的问题时，三角形内角和定理是经常用到的一个隐含条件，不容忽视.4．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】ABC △的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c .若π6,2,3b ac B ===，则ABC △的面积为_________．【答案】【解析】由余弦定理得2222cos b a c ac B =+-，所以2221(2)2262c c c c +-⨯⨯⨯=，即212c =，解得c c ==-，所以2a c ==，11sin 22ABC S ac B ==⨯=△ 【名师点睛】本题易错点往往是余弦定理应用有误或是开方导致错误．解答此类问题，关键是在明确方法的基础上，准确记忆公式，细心计算．本题首先应用余弦定理，建立关于c 的方程，应用,a c 的关系、三角形面积公式计算求解，本题属于常见题目，难度不大，注重了基础知识、基本方法、数学式子的变形及运算求解能力的考查．5．【2019年高考浙江卷】在ABC △中，90ABC ∠=︒，4AB =，3BC =，点D 在线段AC 上，若45BDC ∠=︒，则BD =___________，cos ABD ∠=___________．【解析】如图，在ABD △中，由正弦定理有：sin sin AB BD ADB BAC =∠∠，而3π4,4AB ADB =∠=，5AC ，34sin ,cos 55BC AB BAC BAC AC AC ∠==∠==，所以5BD =.ππcos cos()cos cos sin sin 4410ABD BDC BAC BAC BAC ∠=∠-∠=∠+∠=.【名师点睛】本题主要考查解三角形问题，即正弦定理、三角恒等变换、数形结合思想及函数方程思想.在ABD △中应用正弦定理，建立方程，进而得解.解答解三角形问题，要注意充分利用图形特征.6．【2018年高考浙江卷】在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ．若a =b =2，A =60°，则sin B =___________，c =___________．【答案】7，3【解析】由正弦定理得sinsin a A b B =，所以πsin sin 37B == 由余弦定理得22222cos ,742,3a b c bc A c c c =+-∴=+-∴=（负值舍去）.【名师点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化为边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.解答本题时，根据正弦定理得sin B ，根据余弦定理解出c .7．【2017年高考浙江卷】已知△ABC ，AB =AC =4，BC =2．点D 为AB 延长线上一点，BD =2，连结CD ，则△BDC 的面积是______，cos ∠BDC =_______．【答案】,24【解析】取BC 中点E ，由题意：AE BC ⊥，△ABE 中，1cos 4BE ABC AB ∠==，∴1cos ,sin 4DBC DBC ∠=-∠==，∴1sin 2BCD S BD BC DBC =⨯⨯⨯∠=△． ∵2ABC BDC ∠=∠，∴21cos cos 22cos 14ABC BDC BDC ∠=∠=∠-=，解得cos BDC ∠=或cos BDC ∠=（舍去）．综上可得，△BCD 面积为2，cos 4BDC ∠=．【名师点睛】利用正、余弦定理解决实际问题的一般思路：（1）实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可以利用正弦定理或余弦定理求解；（2）实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个或两个以上三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，再逐步解其他三角形，有时需要设出未知量，从几个三角形中列出方程（组），解方程（组）得出所要的解．8．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】ABC △的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，设22(sin sin )sin sin sin B C A B C -=-．（1）求A ；（22b c +=，求sin C ．【答案】（1）60A ︒=；（2）sin 4C =【解析】（1）由已知得222sin sin sin sin sin B C A B C +-=，故由正弦定理得222b c a bc +-=．由余弦定理得2221cos 22b c a A bc +-==．因为0180A ︒︒<<，所以60A ︒=．（2）由（1）知120B C ︒=-，()sin 1202sin A C C ︒+-=，1sin 2sin 2C C C +=，可得()cos 60C ︒+=．由于0120C ︒︒<<，所以()sin 602C ︒+=，故()sin sin 6060C C ︒︒=+-()()sin 60cos60cos 60sin 60C C ︒︒︒︒=+-+=．【名师点睛】本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形的问题，涉及到两角和差正弦公式、同角三角函数关系的应用，解题关键是能够利用正弦定理对边角关系式进行化简，得到余弦定理的形式或角之间的关系.9．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知sinsin 2A Ca b A +=．（1）求B ；（2）若△ABC 为锐角三角形，且c =1，求△ABC 面积的取值范围．【答案】（1）B =60°；（2）()82. 【解析】（1）由题设及正弦定理得sin sin sin sin 2A CA B A +=．因为sin A ≠0，所以sinsin 2A CB +=．由180A BC ︒++=，可得sin cos 22A C B +=，故cos 2sin cos 222B B B=．因为cos 02B ≠，故1sin 22B =，因此B =60°．（2）由题设及（1）知△ABC的面积4ABC S a =△．由正弦定理得()sin 120sin 1sin sin 2tan 2C c A a C C C ︒-===+．由于△ABC 为锐角三角形，故0°<A <90°，0°<C <90°，由（1）知A +C =120°，所以30°<C <90°，故122a <<，ABC S <<△．因此，△ABC 面积的取值范围是⎝⎭．【名师点睛】这道题考查了三角函数的基础知识，以及正弦定理的使用（此题也可以用余弦定理求解），最后考查V ABC 是锐角三角形这个条件的利用，考查的很全面，是一道很好的考题. 10．【2019年高考北京卷理数】在△ABC 中，a =3，b −c =2，cos B =12-．（1）求b ，c 的值；（2）求sin （B –C ）的值．【答案】（1）7b =，5c =；（2. 【解析】（1）由余弦定理2222cos b a c ac B =+-，得22213232b c c ⎛⎫=+-⨯⨯⨯- ⎪⎝⎭.因为2b c =+，所以2221(2)3232c c c ⎛⎫+=+-⨯⨯⨯- ⎪⎝⎭. 解得5c =. 所以7b =.（2）由1cos 2B =-得sin B =.由正弦定理得sin sin 14c C B b ==. 在ABC △中，∠B 是钝角，所以∠C 为锐角.所以11cos 14C ==.所以sin()sin cos cos sin 7B C B C B C -=-=. 【名师点睛】本题主要考查余弦定理、正弦定理的应用，两角差的正弦公式的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.11．【2019年高考天津卷理数】在ABC △中，内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ．已知2b c a +=，3sin 4sin c B a C =．（1）求cos B 的值；（2）求sin 26B π⎛⎫+⎪⎝⎭的值．【答案】（1）14-；（2）【解析】（1）在ABC △中，由正弦定理sin sin b cB C=，得sin sin b C c B =，又由3sin 4sin c B a C =，得3sin 4sin b C a C =，即34b a =．又因为2b c a +=，得到43b a =，23c a =．由余弦定理可得222222416199cos 22423a a a a cb B ac a a +-+-===-⋅⋅．（2）由（1）可得sin B ==，从而sin 22sin cos B B B ==，227cos 2cos sin 8B B B =-=-，故717sin 2sin 2cos cos 2sin 666828216B B B πππ⎛⎫+=+=--⨯=-⎪⎝⎭．【名师点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系，两角和的正弦公式，二倍角的正弦与余弦公式，以及正弦定理、余弦定理等基础知识．考查运算求解能力．12．【2019年高考江苏卷】在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．（1）若a =3c ，b，cos B =23，求c 的值；（2）若sin cos 2A B a b =，求sin()2B π+的值．【答案】（1）3c =；（2）5. 【解析】（1）因为23,3a cb B ===，由余弦定理222cos 2a c b B ac +-=，得2222(3)323c c c c+-=⨯⨯，即213c =.所以c =（2）因为sin cos 2A Ba b =，由正弦定理sin sin a b A B =，得cos sin 2B Bb b=，所以cos 2sin B B =. 从而22cos (2sin )B B =，即()22cos 41cos B B =-，故24cos 5B =.因为sin 0B >，所以cos 2sin 0B B =>，从而cos 5B =.因此πsin cos 25B B ⎛⎫+== ⎪⎝⎭【名师点睛】本小题主要考查正弦定理、余弦定理、同角三角函数关系、诱导公式等基础知识，考查运算求解能力.13．【2019年高考江苏卷】如图，一个湖的边界是圆心为O 的圆，湖的一侧有一条直线型公路l ，湖上有桥AB （AB 是圆O 的直径）．规划在公路l 上选两个点P 、Q ，并修建两段直线型道路PB 、QA ．规划要求：线段PB 、QA 上的所有点到点O 的距离均不小于圆．．．．O 的半径．已知点A 、B 到直线l 的距离分别为AC 和BD （C 、D 为垂足），测得AB =10，AC =6，BD =12（单位：百米）．（1）若道路PB 与桥AB 垂直，求道路PB 的长；（2）在规划要求下，P 和Q 中能否有一个点选在D 处？并说明理由；（3）在规划要求下，若道路PB 和QA 的长度均为d （单位：百米）.求当d 最小时，P 、Q 两点间的距离．【答案】（1）15（百米）；（2）见解析；（3）17+. 【解析】解法一：（1）过A 作AE BD ⊥，垂足为E .由已知条件得，四边形ACDE 为矩形，6, 8DE BE AC AE CD =====.'因为PB ⊥AB ，所以84cos sin 105PBD ABE ∠=∠==. 所以12154cos 5BD PB PBD ===∠.因此道路PB 的长为15（百米）.（2）①若P 在D 处，由（1）可得E 在圆上，则线段BE 上的点（除B ，E ）到点O 的距离均小于圆O 的半径，所以P 选在D 处不满足规划要求.②若Q 在D 处，连结AD ，由（1）知10AD ==，从而2227cos 0225AD AB BD BAD AD AB +-∠==>⋅，所以∠BAD 为锐角.所以线段AD 上存在点到点O 的距离小于圆O 的半径. 因此，Q 选在D 处也不满足规划要求. 综上，P 和Q 均不能选在D 处. （3）先讨论点P 的位置.当∠OBP <90°时，线段PB 上存在点到点O 的距离小于圆O 的半径，点P 不符合规划要求；当∠OBP ≥90°时，对线段PB 上任意一点F ，OF ≥OB ，即线段PB 上所有点到点O 的距离均不小于圆O 的半径，点P 符合规划要求.设1P 为l 上一点，且1PB AB ⊥，由（1）知，1P B =15，此时11113sin cos 1595PD PB PBD PB EBA =∠=∠=⨯=；当∠OBP >90°时，在1PPB △中，115PB PB >=. 由上可知，d ≥15. 再讨论点Q 的位置.由（2）知，要使得QA ≥15，点Q 只有位于点C 的右侧，才能符合规划要求.当QA =15时，CQ===此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.综上，当PB⊥AB，点Q位于点C右侧，且CQ=时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQ=PD+CD+CQ=17+因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17+.解法二：（1）如图，过O作OH⊥l，垂足为H.以O为坐标原点，直线OH为y轴，建立平面直角坐标系.因为BD=12，AC=6，所以OH=9，直线l的方程为y=9，点A，B的纵坐标分别为3，−3.因为AB为圆O的直径，AB=10，所以圆O的方程为x2+y2=25.从而A（4，3），B（−4，−3），直线AB的斜率为3 4 .因为PB⊥AB，所以直线PB的斜率为43 -，直线PB的方程为42533 y x=--.所以P（−13，9），15PB==.因此道路PB的长为15（百米）.（2）①若P在D处，取线段BD上一点E（−4，0），则EO=4<5，所以P选在D处不满足规划要求.②若Q在D处，连结AD，由（1）知D（−4，9），又A（4，3），所以线段AD：36(44)4y x x=-+-剟.在线段AD上取点M（3，154），因为5OM=<=，所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径. 因此Q选在D处也不满足规划要求.综上，P 和Q 均不能选在D 处. （3）先讨论点P 的位置.当∠OBP <90°时，线段PB 上存在点到点O 的距离小于圆O 的半径，点P 不符合规划要求；当∠OBP ≥90°时，对线段PB 上任意一点F ，OF ≥OB ，即线段PB 上所有点到点O 的距离均不小于圆O 的半径，点P 符合规划要求.设1P 为l 上一点，且1PB AB ⊥，由（1）知，1P B =15，此时1P （−13，9）；当∠OBP >90°时，在1PPB △中，115PB PB >=. 由上可知，d ≥15. 再讨论点Q 的位置.由（2）知，要使得QA≥15，点Q 只有位于点C 的右侧，才能符合规划要求.当QA =15时，设Q （a ，9），由15(4)AQ a ==>，得a =4+Q （4+9），此时，线段QA 上所有点到点O 的距离均不小于圆O 的半径.综上，当P （−13，9），Q （4+9）时，d 最小，此时P ，Q 两点间的距离4(13)17PQ =+-=+.因此，d 最小时，P ，Q 两点间的距离为17+.【名师点睛】本小题主要考查三角函数的应用、解方程、直线与圆等基础知识，考查直观想象和数学建模及运用数学知识分析和解决实际问题的能力.14．【2018年高考全国Ⅰ理数】在平面四边形ABCD 中，90ADC ∠=，45A ∠=，2AB =，5BD =.（1）求cos ADB ∠；（2）若DC =BC .【答案】（1（2）5. 【解析】（1）在ABD △中，由正弦定理得sin sin BD ABA ADB=∠∠.由题设知，52sin 45sin ADB =︒∠，所以sin ADB ∠=. 由题设知，90ADB ∠<︒，所以cos 5ADB ∠==.（2）由题设及（1）知，cos sin 5BDC ADB ∠=∠=. 在BCD △中，由余弦定理得2222cos BC BD DC BD DC BDC =+-⋅⋅⋅∠258255=+-⨯⨯ 25=.所以5BC =.【名师点睛】求解此类问题的突破口：一是观察所给的四边形的特征，正确分析已知图形中的边角关系，判断是用正弦定理，还是用余弦定理，求边角；二是注意大边对大角，在解三角形中的应用.15．【2017年高考全国Ⅰ理数】ABC △的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知ABC △的面积为23sin a A. （1）求sin B sin C ;（2）若6cos B cos C =1，a =3，求ABC △的周长.【答案】（1）23；（2）3+. 【解析】（1）由题设得21sin 23sin a ac B A =，即1sin 23sin a c B A =. 由正弦定理得1sin sin sin 23sin AC B A =. 故2sin sin 3B C =.（2）由题设及（1）得1cos cos sin sin 2B C B C -=-，即1cos()2B C +=-. 所以2π3B C +=，故π3A =. 由题设得21sin 23sin a bc A A=，即8bc =.由余弦定理得229b c bc +-=，即2()39b c bc +-=，得b c +=.故△ABC 的周长为3【名师点睛】在处理解三角形问题时，要注意抓住题目所给的条件，当题设中给定三角形的面积，可以使用面积公式建立等式，再将所有边的关系转化为角的关系，有时需将角的关系转化为边的关系；解三角形问题常见的一种考题是“已知一条边的长度和它所对的角，求面积或周长的取值范围”或者“已知一条边的长度和它所对的角，再有另外一个条件，求面积或周长的值”，这类问题的通法思路是：全部转化为角的关系，建立函数关系式，如sin()y A x b ωϕ=++，从而求出范围，或利用余弦定理以及基本不等式求范围；求具体的值直接利用余弦定理和给定条件即可.16．【2018年高考天津卷理数】在ABC △中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c.已知sin cos()6b A a B π=-. （1）求角B 的大小；（2）设a =2，c =3，求b 和sin(2)A B -的值.【答案】（1）π3；（2）b sin(2)A B -. 【解析】本小题主要考查同角三角函数的基本关系，两角差的正弦与余弦公式，二倍角的正弦与余弦公式，以及正弦定理、余弦定理等基础知识，考查运算求解能力．满分13分．（1）在△ABC 中，由正弦定理sin sin a bA B=，可得sin sin b A a B =，又由πsin cos()6b A a B =-，得πsin cos()6a B a B =-，即πsin cos()6B B =-，可得tan B =．又因为(0π)B ∈，，可得B =π3．（2）在△ABC 中，由余弦定理及a =2，c =3，B =π3，有2222cos 7b a c ac B =+-=，故b ．由πsin cos()6b A a B =-，可得sin A =．因为a <c ，故cosA =因此sin 22sin cos A A A ==21cos22cos 17A A =-=．所以，sin(2)sin 2cos cos2sin A B A B A B -=-=1127-= 【名师点睛】在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．17．【2017年高考全国Ⅱ理数】ABC △的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，已知()2sin 8sin2BA C +=．（1）求cosB ；（2）若6a c +=，ABC △的面积为2，求b ．【答案】（1）15cos 17B =；（2）2b =．【解析】（1）由题设及A B C ++=π，可得2sin 8sin 2BB =，故()sin 41cos B B =-．上式两边平方，整理得217cos 32cos 150B B -+=，解得cos 1B =(舍去)，15cos 17B =．（2）由15cos 17B =得8sin 17B =，故14=sin 217△ABC S ac B ac =．又=2ABC S △，则172ac =．由余弦定理及6a c +=得：()()222217152cos 21cos 362(1)4,217b ac ac B a c ac B =+-=+-+=-⨯⨯+= 所以2b =．【名师点睛】解三角形问题是高考的高频考点，命题大多放在解答题的第一题，主要利用三角形的内角和定理，正、余弦定理，三角形的面积公式等知识进行求解．解题时要灵活利用三角形的边角关系进行“边转角”“角转边”，另外要注意22,,a c ac a c ++三者之间的关系，这样的题目小而活，备受命题者的青睐．18．【2018年高考北京卷理数】在△ABC 中，a =7，b =8，cos B =–17．（1）求∠A ；（2）求AC 边上的高．【答案】（1）π3；（2）2．【解析】（1）在△ABC 中，∵cos B =–17，∴B ∈（π2，π），∴sin B =．由正弦定理得sin sin a b A B =⇒7sin A∴sin A ． ∵B ∈（π2，π），∴A ∈（0，π2）， ∴∠A =π3．（2）在△ABC 中，sin C =sin （A +B ）=sin A cos B +sin B cos A =11()2727-+⨯=14．如图所示，在△ABC 中，∵sin C =h BC ，∴h =sin BC C ⋅=7=，∴AC 边上的高为2．【名师点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的，基本步聚是：第一步，定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向；第二步，定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边、角之间的互化；第三步，求结果.19．【2017年高考天津卷理数】在ABC △中，内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ．已知a b >，5,6a c ==，3sin 5B =．（1）求b 和sin A 的值；（2）求πsin(2)4A +的值．【答案】（1）b sin A （2）26.【解析】（1）在ABC △中，因为a b >，故由3sin 5B =，可得4cos 5B =．由已知及余弦定理，有2222cos 13b a c ac B =+-=，所以b =．由正弦定理sin sin a b A B =，得sin sin a B A b ==．所以，b sin A（2）由（1）及a c <，得cos A =，所以12sin 22sin cos 13A A A ==，25cos 212sin 13A A =-=-．故πππsin(2)sin 2cos cos 2sin 44426A A A +=+=．【名师点睛】（1）利用正弦定理进行“边转角”可寻求角的关系，利用“角转边”可寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系可求角，利用两角和差的三角公式及二倍角公式可求三角函数值．（2）利用正、余弦定理解三角形是高考的高频考点，常与三角形内角和定理、三角形面积公式等相结合，利用正、余弦定理进行解题．20．【2017年高考全国Ⅲ理数】ABC △的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知sin 0A A =，a ，b =2. （1）求c ；（2）设D 为BC 边上一点，且AD ⊥AC ，求△ABD 的面积.【答案】（1）4c =；（2【解析】（1）由已知可得tan A =2π3A =. 在ABC △中，由余弦定理得22π2844cos 3c c =+-，即22240c c +-=.解得6c =- (舍去)，4c =. （2）由题设可得π2CAD ∠=，所以π6BAD BAC CAD ∠=∠-∠=.故ABD △面积与ACD △面积的比值为1πsin 26112AB AD AC AD ⋅⋅=⋅.又ABC △的面积为142sin 2BAC ⨯⨯∠=所以ABD △【名师点睛】在解决三角形问题中，面积公式最常用，因为公式中既有边又有角，容易和正弦定理、余弦定理联系起来.正、余弦定理在应用时，应注意灵活性，已知两角和一边，该三角形是确定的，其解是唯一的；已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据三角函数值的有界性和大边对大角定理进行判断. （1）由题意首先求得2π3A =，然后利用余弦定理列方程，边长取方程的正实数根可得4c =；（2）利用题意首先求得ABD △的面积与ACD △的面积的比值，然后结合ABC △的面积可求得ABD △.21．【2017年高考江苏卷】如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm ，容器Ⅰ的底面对角线AC 的长为，容器Ⅱ的两底面对角线EG ，11E G 的长分别为14cm 和62cm ．分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm ．现有一根玻璃棒l ，其长度为40cm ．（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）（1）将l 放在容器Ⅰ中，l 的一端置于点A 处，另一端置于侧棱1CC 上，求l 没入水中部分的长度；（2）将l 放在容器Ⅱ中，l 的一端置于点E 处，另一端置于侧棱1GG 上，求l 没入水中部分的长度．【答案】（1）16 cm(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为24cm)；（2）20 cm(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20cm)．【解析】（1）由正棱柱的定义，1CC ⊥平面ABCD ，所以平面11A ACC ⊥平面ABCD ，1CC AC ⊥．记玻璃棒的另一端落在1CC 上点M 处．因为40AC AM ==，所以30MC ==，从而3sin 4MAC =∠，记AM 与水面的交点为1P ，过1P 作P 1Q 1⊥AC ，Q 1为垂足，则P 1Q 1⊥平面ABCD ，故P 1Q 1=12，从而AP 1=1116sin P MACQ =∠．答：玻璃棒l 没入水中部分的长度为16cm ．(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为24cm)（2）如图，O ，O 1是正棱台的两底面中心．由正棱台的定义，OO 1⊥平面EFGH ，所以平面E 1EGG 1⊥平面EFGH ，O 1O ⊥EG ．同理，平面E 1EGG 1⊥平面E 1F 1G 1H 1，O 1O ⊥E 1G 1．记玻璃棒的另一端落在GG 1上点N 处．过G 作GK ⊥E 1G 1，K 为垂足，则GK =OO 1=32．因为EG = 14，E 1G 1= 62，所以KG 1=6214242-=，从而140GG ===．设1,,EGG ENG αβ==∠∠则114sin sin()cos 25KGG KGG απ=+==∠∠．因为2απ<<π，所以3cos 5α=-．在ENG △中，由正弦定理可得4014sin sin αβ=，解得7sin 25β=．因为02βπ<<，所以24cos 25β=．于是42473sin sin()sin()sin co 3s cos sin ()5252555NEG αβαβαβαβ=π--=+=+=⨯+-⨯=∠．记EN 与水面的交点为P 2，过P 2作P 2Q 2⊥EG ，Q 2为垂足，则P 2Q 2⊥平面EFGH ，故P 2Q 2=12，从而EP 2=2220sin P NEGQ =∠．答：玻璃棒l 没入水中部分的长度为20cm ．(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20cm)【名师点睛】解答本题时，（1）转化为直角三角形ACM 中，利用相似性质求解AP 1；（2）转化到三角形EGN 中，先利用直角梯形性质求角1EGG ∠，再利用正弦定理求角ENG ∠，最后根据直角三角形求高，即为l 没入水中部分的长度．解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的．其基本步骤是：第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向；第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化；第三步：求结果．22．【2017年高考北京卷理数】在△ABC 中，A ∠=60°，c =37a . （1）求sin C 的值；（2）若a =7，求△ABC 的面积.【答案】（1）14；（2）【解析】（1）在△ABC 中，因为60A ∠=︒，37c a =，所以由正弦定理得sin 3sin 7c A C a ===. （2）因为7a =，所以3737c =⨯=. 由余弦定理2222cos a b c bc A =+-得222173232b b =+-⨯⨯，解得8b =或5b =-（舍）.所以△ABC 的面积11sin 8322S bc A ==⨯⨯=【名师点睛】高考中经常将三角变换与解三角形知识综合起来命题，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理实现边角互化；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理实现边角互化；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．而三角变换中主要是“变角、变函数名和变运算形式”，其中的核心是“变角”，即注意角之间的结构差异，弥补这种结构差异的依据就是三角公式. （1）根据正弦定理sin sin a cA C=求sin C 的值；（2）根据条件可知7,3,a c ==根据余弦定理求出b 的值，最后利用三角形的面积公式1sin 2S bc A =进行求解即可.。

高三数学解三角形综合题含答案

解三角形综合题【解三角形的实际应用】解三角形定义：一般地，把三角形的三个角A，B，C和它们的对边a，b，c叫做三角形的元素。

已知三角形的几个元素求其他元素的过程叫做解三角形。

主要方法：正弦定理、余弦定理。

解三角形常用方法：1.已知一边和两角解三角形：已知一边和两角（设为b、A、B），解三角形的步骤：2.已知两边及其中一边的对角解三角形：已知三角形两边及其中一边的对角，求该三角形的其他边角时，首先必须判断是否有解，例如在中，已知，问题就无解。

如果有解，是一解，还是两解。

解得个数讨论见下表：3.已知两边及其夹角解三角形：已知两边及其夹角（设为a,b,C），解三角形的步骤：4.已知三边解三角形：已知三边a，b，c，解三角形的步骤：①利用余弦定理求出一个角；②由正弦定理及A +B+C=π，求其他两角．5.三角形形状的判定：判断三角形的形状，应围绕三角形的边角关系进行思考，主要看其是否是正三角形、等腰三角形、直角三角形、钝角三角形、锐角三角形，要特别注意“等腰直角三角形”与“等腰三角形或直角三角形”的区别，依据已知条件中的边角关系判断时，主要有如下两条途径：①利用正、余弦定理把已知条件转化为边边关系，通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状；②利用正、余弦定理把已知条件转化为内角的三角函数间的关系，通过三角函数的恒等变形，得出内角的关系，从而判断出三角形的形状，此时要注意应用A+B +C=π这个结论，在以上两种解法的等式变形中，一般两边不要约去公因式，应移项提取公因式，以免漏解．6.解斜三角形应用题的一般思路：(1)准确理解题意，分清已知与所求，准确理解应用题中的有关名称、术语，如坡度、仰角、俯角、视角、象限角、方位角、方向角等；(2)根据题意画出图形；(3)将要求解的问题归结到一个或几个三角形中，通过合理运用正弦定理、余弦定理等有关知识建立数学模型，然后正确求解，演算过程要算法简练，计算准确，最后作答，用流程图可表示为：利用正弦定理、余弦定理在解决三角形的综合问题时，要注意三角形三内角的一些三角函数关系：【2017年高考全国Ⅲ卷，理17】ABC △的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知sin 0A A +=，a,b =2.（1）求c ；（2）设D 为BC 边上一点，且AD ⊥AC,求△ABD 的面积. 【答案】（1）4c = ；（2（2）由题设可得π2CAD ∠=，所以π6BAD BAC CAD ∠=∠-∠=. 故ABD △面积与ACD △面积的比值为1πsin26112AB AD AC AD ⋅⋅=⋅. 又ABC △的面积为142sin 2BAC ⨯⨯∠=，所以ABD △.【考点】余弦定理解三角形；三角形的面积公式【点拨】在解决三角形问题中，面积公式最常用，因为公式中既有边又有角，容易和正弦定理、余弦定理联系起来.正、余弦定理在应用时，应注意灵活性，已知两角和一边，该三角形是确定的，其解是唯一的；已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据三角函数值的有界性和大边对大角定理进行判断.答题思路【命题意图】高考对本部分内容的考查以能力为主，重点考查正弦定理、余弦定理的应用，均值不等式在确定最值时的应用，数形结合的思想，函数与方程的思想等.【命题规律】高考试题对该部分内容考查的主要角度有两种：一种是解三角形确定边长或角度值；一种确定边长或者面积范围．重点对该部分内容的考查仍将以能力考查为主，利用正弦定理、余弦定理确定三角形中的要素，列出函数解析式或利用均值不等式确定取值范围. 【答题模板】解答本类题目，以2017年试题为例，一般考虑如下两步：第一步：利用题意得到∠A 的大小，然后求解边长即可利用题意首先可求得2π3A =，然后利用余弦定理得到关于边长的方程，解方程即可求得边长的值，注意三角形的边长需要舍去负值. 第二步：求解△ABC 的面积利用(1)中的结论结合题意确定利用面积公式1sin 2S bc A =，结合三角形面积的比值：ABD △面积与ACD △面积的比值为1【方法总结】 1、正弦定理：2sin sin sin a b cR A B C===，其中R 为ABC 外接圆的半径正弦定理的主要作用是方程和分式中的边角互化。

2017高考数学一轮复习第三章三角函数、三角恒等变换、解三角形第2讲同角三角函数的基本关系及诱导公式习题

2017高考数学一轮复习第三章三角函数、三角恒等变换、解三角形第2讲同角三角函数的基本关系及诱导公式习题A 组基础巩固一、选择题1．sin210°cos120°的值为导学号 25400726( ) A ．14 B ．－34C ．－32D ．34[答案] A[解析] sin210°cos120°＝－sin30°(－cos60°)＝12³12＝14.故选A ．2．已知sin(5π2＋α)＝15，那么cos α＝导学号 25400727( )A ．－25B ．－15C ．15D ．25 [答案] C[解析] sin(5π2＋α)＝sin[2π＋(π2＋α)]＝sin(π2＋α)cos α＝15.3．若sin(π6－α)＝13，则cos(2π3＋2α)等于导学号 25400728( )A ．－79B ．－13C ．13D ．79 [答案] A[解析] ∵(π3＋α)＋(π6－α)＝π2，∴sin(π6－α)＝sin[π2－(π3＋α)]＝cos(π3＋α)＝13.则cos(2π3＋2α)＝2cos 2(π3＋α)－1＝－79.4．已知sin(π－α)＝－2sin(π2＋α)，则sin α²cos α等于导学号 25400729( )A ．25B ．－25C ．25或－25D ．－15[答案] B[解析] 由sin(π－α)＝－2sin(π2＋α)得sin α＝－2cos α，所以tan α＝－2，∴sin α²cos α＝sin α²cos αsin 2α＋cos 2α＝tan α1＋tan 2α＝－25，故选B ． 5．已知f (α)＝sin π－α ²cos 2π－α cos －π－α ²tan π－α ，则f (－25π3)的值为导学号 25400730( )A ．12B ．－12C ．32D ．－32[答案] A [解析] ∵f (α)＝sin αcos α－cos α² －tan α＝cos α，∴f (－25π3)＝cos(－25π3)＝cos 25π3＝cos(8π＋π3)＝cos π3＝12.6．若sin θ，cos θ是方程4x 2＋2mx ＋m ＝0的两个根，则m 的值为导学号 25400731( )A ．1＋ 5B ．1－ 5C ．1± 5D ．－1－ 5[答案] B[解析] 由题意得sin θ＋cos θ＝－m 2，sin θ²cos θ＝m4，又(sin θ＋cos θ)2＝1＋2sin θ²cos θ，所以m 24＝1＋m2，解得m ＝1±5，又Δ＝4m 2－16m ≥0，解得m ≤0或m ≥4，所以m ＝1－5，故选B ．二、填空题7．已知α∈(π2，π)，sin α＝45，则tan α＝________.导学号 25400732[答案] －43[解析] ∵α∈(π2，π)，∴cos α＝－1－sin 2α＝－35，∴tan α＝sin αcos α＝－43.8．化简：sin π2＋α ²cos π2－α cos π＋α ＋sin π－α ²cos π2＋αsin π＋α ＝________.导学号 25400733[答案] 0[解析] 原式＝cos α²sin α－cos α＋sin α －sin α－sin α＝－sin α＋sin α＝0.9．(2015²绍兴二模)若f (cos x )＝cos2x ，则f (sin15°)＝________.导学号 25400734 [答案] －32[解析] f (sin15°)＝f (cos75°)＝cos150°＝cos(180°－30°)＝－cos30°＝－32. 10．(2015²浙江嘉兴联考)已知α为钝角，sin(π4＋α)＝34，则sin(π4－α)＝________，cos(α－π4)＝________.导学号 25400735[答案] －74，34[解析] sin(π4－α)＝cos[π2－(π4－α)]＝cos(π4＋α)，∵α为钝角，∴34π＜π4＋α＜54π.∴cos(π4＋α)＜0.∴cos(π4＋α)＝－1－ 34 2＝－74.cos(α－π4)＝sin[π2＋(α－π4)]＝sin(π4＋α)＝34.三、解答题11．已知sin(3π＋α)＝2sin(3π2＋α)，求下列各式的值：导学号 25400736(1)sin α－4cos α5sin α＋2cos α； (2)sin 2α＋sin2α. [答案] (1)－16 (2)85[解析] 由已知得sin α＝2cos α. (1)原式＝2cos α－4cos α5³2cos α＋2cos α＝－16.(2)原式＝sin 2α＋2sin αcos αsin 2α＋cos 2α＝sin 2α＋sin 2αsin 2α＋14sin 2α＝85. 12．已知0＜α＜π2，若cos α－sin α＝－55，试求2sin αcos α－cos α＋11－tan α的值.导学号 25400737[答案]55－95[解析] ∵cos α－sin α＝－55，∴1－2sin αcos α＝15. ∴2sin αcos α＝45.∴(sin α＋cos α)2＝1＋2sin αcos α＝1＋45＝95.∵0＜α＜π2，∴sin α＋cos α＝35 5.与cos α－sin α＝－55联立，解得 cos α＝55，sin α＝255.∴tan α＝2. ∴2sin αcos α－cos α＋11－tan α＝45－55＋11－2＝55－95.B 组能力提升1．(2015²福建福州一模)设α是第二象限角，P (x,4)为其终边上的一点，且cos α＝15x ，则tan α＝导学号 25400738( )A ．43B ．34C ．－34D ．－43[答案] D[解析] 因为α是第二象限角，所以cos α＝15x ＜0，即x ＜0.又cos α＝15x ＝xx 2＋16.解得x ＝－3，所以tan α＝4x ＝－43，故选D ．2．(2015²河南郑州一模)已知θ为第二象限角，sin θ，cos θ是关于x 的方程2x 2＋(3－1)x ＋m ＝0(m ∈R )的两根，则sin θ－cos θ等于导学号 25400739( )A ．1－32B ．1＋32C ． 3D ．－ 3[答案] B[解析] ∵sin θ，cos θ是方程2x 2＋(3－1)x ＋m ＝0(m ∈R )的两根， ∴sin θ＋cos θ＝1－32，sin θcos θ＝m2.可得(sin θ＋cos θ)2＝1＋2sin θcos θ，即2－32＝1＋m ，∴m ＝－32. ∵θ为第二象限角，∴sin θ＞0，cos θ＜0，即sin θ－cos θ＞0. ∵(sin θ－cos θ)2＝(sin θ＋cos θ)2－4sin θ²cos θ＝4－234－2m ＝1－32＋3＝2＋32， ∴sin θ－cos θ＝2＋32＝1＋32. [点拨] 利用根与系数的关系表示出sin θ＋cos θ＝1－32，sin θcos θ＝m2，利用完全平方公式及同角三角函数间基本关系整理求出m 的值，再利用完全平方公式求出sin θ－cos θ的值即可．3．(2015²河北石家庄一模)已知α为第二象限角，则cos α²1＋tan 2α＋sin α1＋1tan 2α＝________.导学号 25400740 [答案] 0[解析] 原式＝cos αsin 2α＋cos 2αcos 2α＋sin α²sin 2α＋cos 2αsin 2α＝cos α1|cos α|＋sin α1|sin α|，因为α是第二象限，所以sin α＞0，cos α＜0，所以cos α1|cos α|＋sin α1|sin α|＝cos α－cos α＋sin αsin α＝－1＋1＝0.4．已知：f (α)＝sin －α cos π＋α cos π2－αcos π－α sin 2π＋α tan π＋α .导学号 25400741(1)化简f (α)；(2)若角α的终边在第二象限，且sin α＝35，求f (α)．[答案] (1)f (x )＝－cos α (2)45[解析] (1)f (α)＝sin －α cos π＋α cos π2－αcos π－α sin 2π＋α tan π＋α＝－sin α －cos α sin α－cos αsin αtan α＝－cos α.(2)由题意，知cos α＝－1－sin 2α＝－45，所以f (α)＝－cos α＝45.5．已知－π2＜α＜0，且函数f (α)＝cos(3π2＋α)－sin α²1＋cos α1－cos α－1.导学号 25400742(1)化简f (α)；(2)若f (α)＝15，求sin α²c os α和sin α－cos α的值．[答案] (1)f (α)＝sin α＋cos α (2)－1225，－75[解析] (1)f (α)＝sin α－sin α² 1＋cos α 21－cos 2α－1＝sin α＋sin α²1＋cos αsin α－1＝sin α＋cos α.(2)方法一：由f (α)＝sin α＋cos α＝15，平方可得sin 2α＋2sin α²cos α＋cos 2α＝125，即2sin α²cos α＝－2425. ∴sin α²cos α＝－1225.∵(sin α－cos α)2＝1－2sin α²cos α＝4925，又－π2＜α＜0，∴sin α＜0，cos α＞0，∴sin α－cos α＜0，∴sin α－cos α＝－75.方法二：联立方程⎩⎪⎨⎪⎧sin α＋cos α＝15，sin 2α＋cos 2α＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧sin α＝－35，cos α＝45或⎩⎪⎨⎪⎧sin α＝45，cos α＝－35.∵－π2＜α＜0，∴⎩⎪⎨⎪⎧sin α＝－35，cos α＝45.∴sin α²cos α＝－1225，sin α－cos α＝－75.。

高考数学专题：三角函数的图象与性质

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1
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第二部分专题一三角函数与解三角形
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［明考情—备考如何学］高考对此部分内容主要以选择、填空题的形式考查，难度为中等偏下，大多出现在第 6～12 题或第 14、15 题位置上，命题的热点主要集中在三角函数的定义、图象与性质，主要考查图象的变换，函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性及最值，并常与三角恒等变换交汇命题．
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第二部分专题一三角函数与解三角形
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2.(2019·湖南省五市十校联考)函数 f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，0≤φ<2π)的部分图象如图所示，则 f(2 019)的值为___-_1____．
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第二部分专题一三角函数与解三角形
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B．在π4，51π2上单调递减
C．1π2，0是 g(x)图象的一个对称中心
D．直线 x＝－π6是 g(x)图象的一条对称轴
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第二部分专题一三角函数与解三角形
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2. (2019·洛阳尖子生第二次联考)已知函数 f(x)＝sinωx＋π6(ω>0)在区间－π4，23π上单调
(3)基本关系：
sin2x＋cos2x＝1，
tan
x＝csions
x x.
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第二部分专题一三角函数与解三角形
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［研考点考向·破重点难点］
考点1 三角函数的定义、诱导公式及基本关系

专题02 运用正余弦定理解决三角形问题(解析版)

专题02 运用正余弦定理解决三角形问题一,题型选讲题型一正余弦定理在三角形中的运用正余弦定理主要就是研究三角形综合的边与角的问题,在三角形中要恰当的选择正余弦定理,但是许多题目中往往给出多边形,因此,要咋爱多边形中恰当的选择三角形,就要根据题目所给的条件,标出边和角,合理的选择三角形,尽量选择边和角都比较多的条件的三角形,然后运用正余弦定理解决.例1,(2017徐州,连云港,宿迁三检)如图,在ABC △中,已知点D 在边AB 上,3AD DB =,4cos 5A =,5cos 13ACB ∠=,13BC =． (1)求cos B 的值； (2)求CD 的长．解析：(1)在ABC △中,4cos 5A =,(0,π)A ∈, 所以2243sin 1cos 1()55A A =-=-=．同理可得,12sin 13ACB ∠=．所以cos cos[π()]cos()B A ACB A ACB =-+∠=-+∠sin sin cos cos A ACB A ACB =∠-∠AB C D312451651351365=⨯-⨯=． (2)在ABC △中,由正弦定理得,1312sin 203sin 135BC AB ACB A=∠=⨯=．又3AD DB =,所以154BD AB ==．在BCD △中,由余弦定理得,CD ===例2,(2017年苏北四市模拟)如图,在四边形ABCD 中,已知AB ＝13,AC ＝10,AD ＝5,CD ＝65,AB →·AC →＝50.(1) 求cos ∠BAC 的值； (2) 求sin ∠CAD 的值； (3) 求△BAD 的面积．解析： (1) 因为AB →·AC →＝||A B→||A C →cos ∠BAC ,所以cos ∠BAC ＝AB →·AC→||A B →||A C →＝5013×10＝513. (2) 在△ADC 中,AC ＝10,AD ＝5,CD ＝65.由余弦定理,得cos ∠CAD ＝AC 2＋AD 2－CD 22AC ·AD ＝102＋52－(65)22×10×5＝35.因为∠CAD ∈(0,π),所以sin ∠CAD ＝1－cos 2∠CAD ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫352＝45. (3) 由(1)知,cos ∠BAC ＝513.因为∠BAC ∈(0,π),所以sin ∠BAC ＝1－cos 2∠BAC ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫5132＝1213. 从而sin ∠BAD ＝sin(∠BAC ＋∠CAD )＝sin ∠BAC cos ∠CAD ＋cos ∠BAC sin ∠CAD ＝1213×35＋513×45＝5665.所以S △BAD ＝12AB ·AD ·sin∠BAD ＝12×13×5×5665＝28.题型二运用正余弦定理解决边角问题正余弦定理主要是解决三角形的边角问题,在解三角形时要分析三角形中的边角关系,要合理的使用正,余弦定理,要有意识的考虑是运用正弦定理还是余弦定理,就要抓住这两个定理的使用条件. 例3,(2019年江苏卷)在△ABC 中,角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ．(1)若a =3c ,b B =23,求c 的值； (2)若sin cos 2A B a b =,求sin()2B π+的值．【解析】(1)由题意结合余弦定理得到关于c 的方程,解方程可得边长c 的值；(2)由题意结合正弦定理和同角三角函数基本关系首先求得cos B 的值,然后由诱导公式可得sin()2B π+的值.(1)因为23,3a cb B ===,由余弦定理222cos 2a c b B ac +-=,得23=,即213c =.所以c =(2)因为sin cos 2A Ba b =, 由正弦定理sin sin a b A B =,得cos sin 2B Bb b=,所以cos 2sin B B =.从而22cos (2sin )B B =,即()22cos 41cos B B =-,故24cos 5B =.因为sin 0B >,所以cos 2sin 0B B =>,从而cos B =.因此πsin cos 25B B ⎛⎫+== ⎪⎝⎭题型三,运用正余弦定理研究三角形中有关的范围无论是在利用正弦定理或余弦定理进行边角互化,还是利用三角恒等式消元的过程中都需要有较强的目标意识．本题通过不同角度的消元将问题转化为利用基本不等式求最值的问题进行解决．由目标式的结构则容易联想利用斜三角形中的恒等式tan A ＋tan B ＋tan C ＝tan A tan B tan C 将问题作进一步处理例4,(2019无锡期末)在锐角三角形 ABC 中,已知2sin 2A ＋ sin 2B ＝ 2sin 2C,则1tan A ＋1tan B ＋1tan C的最小值为________．【答案】132解法1：因为 2sin 2A ＋sin 2B ＝2sin 2C,所以由正弦定理可得2a 2＋b 2＝2c 2由余弦定理及正弦定理可得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝b 24ab ＝b 4a ＝sin B4sin A又因为sin B ＝sin ＝sin (A ＋C)＝sin A cos C ＋cos A sin C 所以cos C ＝sin A cos C ＋cos A sin C 4sin A ＝c os C 4＋sin C 4tan C可得tan C ＝3tan A,代入tan A ＋tan B ＋tan C ＝tan A tan B tan C 得tan B ＝4tan A3tan 2A －1 所以1tan A ＋1tan B ＋1tan C ＝1tan A ＋3tan 2A －14tan A ＋13tan A ＝3tan A 4＋1312tan A因为A∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2,所以tan A>0,所以3tan A 4＋1312tan A ≥23tan A 4×1312tan A ＝132当且仅当3tan A 4＝1312tan A ,即tan A ＝133时取“＝”．所以1tan A ＋1tan B ＋1tan C 的最小值为132. 解法2：过点B 作BD⊥AC 于D,设AD ＝x,DC ＝y,BD ＝h,则tan A ＝h x ,tan C ＝h y.同解法1可得tan C ＝3tan A,tan B ＝4tan A 3tan 2A －1 则h y ＝3h x 即x ＝3y,tanB ＝4h x 3⎝ ⎛⎭⎪⎫h x 2－1＝4hx3h 2－x 2 所以1tan A ＋1tan B ＋1tan C ＝x h ＋3h 2－x 24hx ＋y h ＝3y h ＋3h 2－9y 212hy ＋y h ＝13y 4h ＋h 4y ≥132当且仅当13y 4h ＝h4y 即y ＝13y 时取“＝”．所以1tan A ＋1tan B ＋1tan C 的最小值为132.题型四,正余弦定理与向量的结合三角函数和平面向量是高中数学的两个重要分支,内容繁杂,且平面向量与三角函数交汇点较多,向量的平行,垂直,夹角,数量积等知识都可以与三角函数进行交汇．不论是哪类向量知识与三角函数的交汇试题,都会出现交汇问题中的难点,对于此类问题的解决方法就是利用向量的知识将条件转化为三角函数中的“数量关系”,再利用三角函数的相关知识进行求例5,(2019无锡期末)在 △ABC 中,设 a,b,c 分别是角 A,B,C 的对边,已知向量 m ＝ (a ,sin C －sin B ),n ＝(b ＋c ,sin A ＋sin B ),且m ∥n .(1)求角 C 的大小；(2)若 c ＝ 3, 求 △ABC 的周长的取值范围．(1)由m ∥n 及m ＝(a ,sin A － sin B ),n ＝(b ＋c ,sin A ＋sin B ) 得a (sin A ＋sin B )－(b ＋c )(sin C －sin B )＝0,(2分)由正弦定理,得：a ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2R ＋b 2R －(b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫c 2R －b2R ＝0,所以a 2＋ab －(c 2－b 2)＝0,得c 2＝a 2＋b 2＋ab , 由余弦定理,得c 2＝a 2＋b 2－2ab co C ,所以a 2＋b 2＋ab ＝a 2＋b 2－2ab cos C ,所以ab ＝－2ab cos C ,(5分)因为ab >0,所以cos C ＝－12,又因为C ∈(0,π),所以C ＝2π3.(7分)(2)在△ABC 中,由余弦定理,得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C . 所以a 2＋b 2－2ab cos 2π3＝9,即(a ＋b )2－ab ＝9.(9分)所以ab ＝(a ＋b )2－9≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22,所以3（a ＋b ）24≤9,即(a ＋b )2≤12,所以a ＋b ≤23,(12分)又因为a ＋b >c ,所以6<a ＋b ＋c ≤23＋3,即周长l 满足6<l ≤3＋23, 所以△ABC 周长的取值范围是(6,3＋23]．(14分) 二,达标训练1,(2019苏州三市,苏北四市二调)在△ABC 中,已知C ＝120°,sin B ＝2sin A,且△ABC 的面积为23,则AB 的长为________．【答案】 27【解析】设角A,B,C 的对边分别为a,b,c.因为sin B ＝2 sin A,由正弦定理得b ＝2a,因为△ABC 的面积为23,所以S ＝12ab sin 120°＝32a 2＝23,解得a ＝2,所以b ＝4,则AB ＝c ＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝4＋16－2×2×4cos 120°＝27.2,(2019南京学情调研)已知△ABC 的面积为315,且AC －AB ＝2,cos A ＝－14,则BC 的长为________．【答案】 8【解析】在△ABC 中,cos A ＝－14,所以sin A ＝1－cos 2A ＝154,由S △ABC ＝12bc sin A ＝12bc×154＝315得bc ＝24,由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝(b －c)2＋2bc －2bc cos A ＝22＋48＋12＝64,即a ＝8. 3,(2017南京,盐城一模) 在△ABC 中,已知AB ＝3,C ＝π3,则CA →·CB →的最大值为________．【答案】32【解析】因为AB ＝3,C ＝π3,设角A ,B ,C 所对的边为a ,b ,c ,所以由余弦定理得3＝a 2＋b 2－2ab cos π3＝a 2＋b 2－ab ≥ab ,当且仅当a ＝b ＝3时等号成立,又CA →·CB →＝ab cos C ＝12ab ,所以当a ＝b ＝3时,(CA →·CB →)max ＝32.4,(2016盐城三模) 在△ABC 中,角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ,若△ABC 为锐角三角形,且满足b 2－a 2＝ac ,则1tan A －1tan B的取值范围是________．【答案】⎝⎛⎭⎪⎫1，233【解析】思路分析思路一,根据题意可知,本题可以从“解三角形和三角恒等变换”角度切入,又因已知锐角和边的关系,而所求为正切值,故把条件化为角的正弦和余弦来处理即可；思路二,本题所求为正切值,故可以构造直角三角形,用边的关系处理．解法1 原式可化为1tan A －1tan B ＝cos A sin A －cos B sin B ＝sin B cos A －cos B sin A sin A sin B ＝sin (B －A )sin A sin B.由b 2－a 2＝ac 得,b 2＝a 2＋ac ＝a 2＋c 2－2ac cos B ,即a ＝c －2a cos B ,也就是sin A ＝sin C －2sin A cos B ,即sin A ＝sin(A ＋B )－2sin A cos B ＝sin(B －A ),由于△ABC 为锐角三角形,所以有A ＝B －A ,即B ＝2A ,故1tan A －1tan B ＝1sin B ,在锐角三角形ABC 中易知,π3<B <π2,32<sin B <1,故1tan A －1tan B ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，233.解法2 根据题意,作CD ⊥AB ,垂足为点D ,画出示意图．因为b 2－a 2＝AD 2－BD 2＝(AD ＋BD )(AD －BD )＝c (AD －BD )＝ac ,所以AD －BD ＝a ,而AD ＋BD ＝c ,所以BD ＝c －a2,则c >a ,即ca>1,在锐角三角形ABC 中有b 2＋a 2>c 2,则a 2＋a 2＋ac >c 2,即⎝ ⎛⎭⎪⎫c a 2－c a－2<0,解得－1<c a <2,因此,1<c a <2.而1tan A －1tan B ＝AD －BD CD＝a a 2－⎝⎛⎭⎪⎫c －a 22＝11－14⎝ ⎛⎭⎪⎫c a －12∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，233.5,(2016徐州,连云港,宿迁三检)如图,在梯形ABCD 中,已知AD ∥BC ,AD ＝1,BD ＝210,∠CAD ＝π4,tan∠ADC＝－2.(1) 求CD 的长； (2) 求△BCD 的面积．解析： (1)因为tan∠ADC ＝－2,且∠ADC ∈(0,π),所以sin∠ADC ＝255,cos∠ADC ＝－55.所以sin∠ACD ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π－∠ADC －π4＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫∠ADC ＋π4＝sin∠ADC ·cos π4＋cos∠ADC ·sin π4＝1010,(6分) 在△ADC 中,由正弦定理得CD ＝AD ·sin∠DACsin∠ACD＝ 5(2) 因为AD ∥BC, 所以cos∠BCD ＝－cos∠ADC ＝55,sin∠BCD ＝sin∠ADC ＝255在△BDC 中,由余弦定理得BD 2＝BC 2＋CD 2－2BC ·CD ·cos∠BCD ,得BC 2－2BC －35＝0,解得BC ＝7, (12分)所以S △BCD ＝12BC ·CD ·sin∠BCD ＝12×7×5×255＝7.6,(2019镇江期末)在△ABC 中,角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,且c cos B ＋b cos C ＝3a cos B.(1) 求cos B 的值；(2)若|CA →－CB →|＝2,△ABC 的面积为22,求边b.规范解答 (1) 由正弦定理asin A＝bsin B＝csin C,C cos B ＋b cos C ＝3a cos B,得sin C cos B ＋sin B cos C ＝3sin A cos B,(3分)则有3sin A cos B ＝sin (B ＋C)＝sin (π－A)＝sin A.(5分) 又A∈(0,π),则sin A>0,(6分) 则cos B ＝13.(7分)(2) 因为B∈(0,π),则sin B>0,sin B ＝1－cos 2B ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝223.(9分) 因为|CA →－CB →|＝|BA →|＝2,(10分)所以S ＝12ac sin B ＝12a×2×223＝22,得a ＝3.(12分)由余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝9＋4－2×3×2×13＝9,则b ＝3.(14分)7,(2018常州期末)已知△ABC 中,a,b,c 分别为三个内角A,B,C 的对边,且3b sin C ＝c cos B ＋c.(1) 求角B 的大小； (2) 若b 2＝ac,求1tan A ＋1tan C的值．规范解答 (1) 由已知及正弦定理得3sin B sin C ＝cos B sin C ＋sin C.在△ABC 中,sin C>0,所以3sin B－cos B ＝1,所以sin ⎝⎛⎭⎪⎫B －π6＝12.又B∈(0,π),故－π6<B －π6<5π6,所以B －π6＝π6,所以B ＝π3.(6分)(2) 因为b 2＝ac,由正弦定理得sin 2B ＝sin A sin C, 故1tan A ＋1tan C ＝cos A sin A ＋cos C sin C ＝cos A sin C ＋sin A cos C sin A sin C ＝sin （A ＋C ）sin A sin C ＝sin （π－B ）sin A sin C ＝sin Bsin A sin C , 所以1tan A ＋1tan C ＝sin B sin 2B ＝1sin B ＝132＝233.(14分) 8,(2016扬州期末)已知函数f (x )＝3cos 2ωx ＋sin ωx cos ωx (ω>0)的周期为π.(1) 当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时,求函数f (x )的值域；(2) 已知△ABC 的内角A ,B ,C 对应的边分别为a ,b ,c ,若f(A2)＝3,且a ＝4,b ＋c ＝5,求△ABC 的面积．规范解答 (1) f (x )＝32(1＋cos2ωx )＋12sin2ωx ＝sin2ωx ＋π3＋32.(2分) 因为f (x )的周期为π,且ω>0,所以2π2ω＝π,解得ω＝1.所以f (x )＝sin2x ＋π3＋32.(4分)又0≤x ≤π2,得π3≤2x ＋π3≤43π,－32≤sin2x ＋π3≤1,0≤sin2x ＋π3＋32≤32＋1,即函数y ＝f (x )在x ∈0,π2上的值域为0,32＋1.(7分)(2) 因为f A 2＝3,所以sin A ＋π3＝32.由A ∈(0,π),知π3<A ＋π3<43π,解得A ＋π3＝23π,所以A ＝π3.(9分)由余弦定理知a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ,即16＝b 2＋c 2－bc . 所以16＝(b ＋c )2－3bc ,因为b ＋c ＝5,所以bc ＝3.(12分) 所以S △ABC ＝12bc sin A ＝334.(14分)。

解三角形高考真题

解三角形高考真题7.（15）（2017北京高考题）在△ABC中，已知A=60°，c=a=7.Ⅰ）求sinC的值；Ⅱ）若a=7，求△ABC的面积。

解：（Ⅰ）由正弦定理得sinC=sin(180°-60°-60°)=sin60°=√3/2.Ⅱ）由余弦定理a²=b²+c²-2bccosA得b²=8²-3²=55，因此b=√55.所以△ABC的面积S=1/2*bc*sinA=1/2*8*3*√3/2=12√3.17.（2017全国卷1理科）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且△ABC的面积为a²*√3/4.1）求sinBsinC；2）若6cosBcosC=1，a=3，求△XXX的周长。

解：（1）由正弦定理得XXX=c/a，所以XXX=(b²+c²-a²)/2bc。

又由面积公式得a²*√3/4=1/2*bc*sinA，即bc=2a/√3*sinA。

因此sinBsinC=(b²+c²-a²)/4a/√3*sinA=(2bc-a²)/4a/√3*sinA=√3/4*cosA。

又因为A+B+C=π，所以cosA=-cos(B+C)=cos(B-C)，所以sinBsinC=√3/4*cos(B-C)。

2）由（1）得cos(B+C)=-sinBsinC/√3=-2/3.又由余弦定理a²=b²+c²-2bccosA得b²+c²=9+4a²/√3.因此，b+c=√(b²+c²+2bc)=√(9+4a²/√3+4bc)=√(9+4a²/√3+8a/√3*sinA)=3 +2a/√3*cosA=3-4/√3.所以△ABC的周长=a+b+c=3+(3-4/√3)=6-4/√3.11.（2017全国卷1文科）已知△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c。

全国版2017版高考数学一轮复习第三章三角函数解三角形3.5.2两角和差及倍角公式的应用课件理

3 2 1 3 sincos sin sin 2 (1 cos 2) 3 2 6 1 3 3 sin 2 cos 2 2 6 6 3 3 sin(2 ) ，因为 (0, )， 3 6 6 3 5 1 所以2 ( , )，sin(2 ) ( ,1]. 6 6 6 6 2 3 2 当时,Smax m . 6 6
cos240°+cosωtsin240°]
1 =0. 3 1 3 所以 I +I +I 22 (sin sin cost sint cost ) 0， 1 t 2 3 t 2 2 2 2
考向二
利用三角恒等变换解决实际问题
【典例2】如图,现要在一块半径为1 m,圆心角为的
(2)等式左边= sin(2 ) 2sincos( ) sin sin[ ( )] 2sincos( ) sin sincos( ) cossin( ) 2sincos( ) sin cossin( ) sincos( ) =右边,所以等式成立. sin sin[( ) ] sin sin sin
等变换先化简,再求S的最大值及相应的θ角.
【规范解答】(1)分别过P,Q作PD⊥OB于点D,QE⊥OB于
点E,则四边形QEDP为矩形.
由扇形半径为1m,
得PD=sinθ,OD=cosθ.
在Rt△OEQ中,
3 3 OE QE PD, 3 3
MN=QP=DE=OD-OE=cosθ-
S=MN·PD=
扇形白铁片AOB上剪出一个平行四边形MNPQ,使点P3 在弧
AB上,点Q在OA上,点M,N在OB上,设∠BOP=θ ,平行四边

高考中解三角形题型归纳

高考中解三角形题型归纳
摘要：解三角形问题不仅综合运用了三角函数恒等变形的公式有关内容，还综合运用了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式，所以它也就成了高考的重要内容，但2018年考查难度有所下降．本文从以下几个方面对解三角形题型归纳总结，希望能给解三角形问题归纳常考题型。

关键词：解三角形；题型归纳；正弦定理；余弦定理；高考
题型一利用正弦定理解三角形
例1（2017年全国Ⅱ卷∙文科∙16题）
【方法指导】利用正弦定理可以解决两类问题：（1）已知两边和期中一边的对角，求另一边的对角，从而进一步求出其他的边和角；（2）已知两角和任一边，求其他两边和一角.
题型二利用余弦定理解三角形
例2（2018年全国Ⅱ卷∙理科∙6题）
【方法指导】利用余弦定理可以解决两类问题：（1）已知三边，求三个内角；（2）已知两边及夹角，先求第三边，再求其余两个角.
题型三正余弦定理的综合应用
例3 （2018年全国Ⅰ卷∙理科∙17题）
【方法指导】解三角形时，一般是根据正弦定理求边，或者列出相关的等式，若式子中含有角的正弦或边的一次式，则考虑用正弦定理；余弦定理揭示的是三角形的三条边与其中一个角之间的关系，若式子中含有角的余弦或者边的二次式，则考虑用余弦定理；若以上特征不明显，则考虑两个定理都有可能用到.
题型四求三角形面积
例4（2018年全国Ⅰ卷∙文科∙16题）
【方法指导】利用正弦定理、余弦定理解三角形，求出三角形的有关元素之后，直接求三角形的面积，或求出两边之积及夹角正弦，再求解。