2021年高考解三角形大题(30道)
2021年高考数学解答题专项练习《解三角形》(含答案)
2021年高考数学解答题专项练习《解三角形》(含答案)1.已知△ABC中，b=3,c=4,C=2B，求cosB的值。
2.已知△ABC中，b=2，求角B的值；若△ABC的面积为S，求S。
3.已知a，b，c分别是△ABC三个内角A，B，C的对边，acosC+csinA=b+c，求A；若a=2，b+c=3，求b，c。
4.已知△ABC中，B=150°，a=c=2，求△ABC的面积；若sinA+sinC=1，求C。
5.已知△ABC中，b=3，c=4，求角A；若a=5，求△ABC的面积。
6.已知△ABC中，ab+a^2=c^2，证明：△ABC是直角三角形；若△ABC的面积为S，求角C的大小。
7.已知锐角△ABC中，b=2，c=3，求角C的大小；若a=4，求△ABC的面积。
8.已知△ABC中，b+c=5，且△ABC的面积为S，求角A的大小；若a=3，求S；若a=4，求角B的大小。
9.已知△ABC中，sinA=3/5，求∠B的大小；若a=4，求b+c的范围；若S=6，求a的值。
10.已知△ABC中，cosB=1/2，求角B的大小；求cosA+cosB+cosC的取值范围。
11.已知△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC，求A；若BC=3，求△XXX周长的最大值。
12.已知△ABC中，c=2，ccosAcosB=asinCcosB－ccosC，求角B的大小；若S=16，求△ABC的周长的取值范围。
13.已知△ABC中，a=3，b=4，满足cosAcosB=1/4，求角A 的值；若S=5，求c的值。
14.已知△ABC中，a=8，ccosAcosB=2asinCcosB－ccosC，求tanB的值；若S=16，求b的值。
已知三角形ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且3(acos C-b)=asin C，求角A。
解：（1）根据正弦定理和已知条件，可得sin A = sin (π - B - C) = sin (B + C) = sin B cos C + cos B sin C = sin B cos C + √(1 - sin^2 B) sin C将sin B = a/2c代入上式，得sin A = a/2c cos C + √(1 - a^2/4c^2) sin C又因为3(acos C - b) = asin C，可得3a/2c cos C - 3b = √(1 - a^2/4c^2) a将a/b = cosp，代入上式，得3p cos C - 3 = √(1 - p^2) 2sin C将sin C = √(1 - cos^2 C)代入上式，整理可得9p^2 - 4) cos^2 C - 18p cos C + 9 = 0解得cos C = 3/2p或cos C = 1/3.因为b ≥ a，所以p ≤ 1/2，故cos C = 3/2p。
三角函数与解三角形-新高考数学新情景、新文化问题(新高考地区专用)(解析版)
三角函数与解三角形一、单选题1．（2021·云南昆明市·高三（文））东寺塔与西寺塔为“昆明八景”之一，两塔一西一东，遥遥相对，已有1100多年历史．东寺塔基座为正方形，塔身有13级，塔顶四角立有四只铜皮做成的鸟，俗称金鸡，所以也有“金鸡塔”之称．如图，在A 点测得：塔在北偏东30°的点D 处，塔顶C 的仰角为30°，且B 点在北偏东60°．AB 相距80（单位：m ），在B 点测得塔在北偏西60°，则塔的高度CD 约为（ ）mA ．69B ．40C ．35D ．23【答案】B 【分析】根据题意构造四面体C -ABD ,再运用线面位置关系及三角形相关知识求解出相应的线段长即可. 【详解】如图，根据题意，图中CD ⊥平面ABD ,30CAD ∠=︒,30,60,80BAD ABD AB ∠=︒∠=︒=ABD 中，30,60BAD ABD ∠=︒∠=︒， 90ADB ∴∠=︒cos 80?cos30AD AB BAD ∴=∠=︒=又CD ⊥平面ABD ，ACD ∴是直角三角形Rt ACD中，30,90,CAD ADC AD ∠=︒∠=︒=·tan 3040CD AD ∴=︒==，选项B 正确，选项ACD 错误 故选：B.2．（2021·山东枣庄八中高一期中）《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，全书十八卷共八十一个问题，分为九类，每类九个问题，《数书九章》中记录了秦九昭的许多创造性成就，其中在卷五“三斜求积"中提出了已知三角形三边a ，b ，c 求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积.”若把以上这段文字写成公式，即S =现在有周长为10+ABC满足sin :sin :sin 2:A B C =，则用以上给出的公式求得ABC 的面积为（ ） A．B．C．D ．12【答案】A 【分析】利用正弦定理结合三角形的周长可求得ABC 的三边边长，利用题中公式可求得ABC 的面积. 【详解】由题意结合正弦定理可得：::sin :sin :sin 2:a b c A B C ==ABC周长为10+10a b c ++=+4a ∴=，6b =，c =所以S == 故选：A.3．（2021·安徽淮北一中高一月考）“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形（如图），若大、小正方形的面积分别为25和1，直角三角形中较大的锐角为θ，则cos2θ等于（ ）A ．725B ．725-C ．925D ．925-【答案】B 【分析】根据题意可得出1sin cos 5θθ-=，平方可得24sin 225θ=，即可求出.【详解】因为大正方形的面积为25，小正方形的面积为1，所以大正方形的边长为5，小正方形的边长为1， 所以5sin 5cos 1θθ-=，即1sin cos 5θθ-=，两边平方得11sin 225θ-=，即24sin 225θ=. 因为θ是直角三角形中较大的锐角，所以42ππθ<<，所以22πθπ<<，所以7cos 225θ==-. 故选：B.4．（2021·蚌埠铁路中学高三开学考试（文））勒洛三角形是一种特殊三角形，指分别以正三角形的三个顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形．勒洛三角形的特点是：在任何方向上都有相同的宽度，即能在距离等于其圆弧半径（等于正三角形的边长）的两条平行线间自由转动，并且始终保持与两直线都接触．机械加工业上利用这个性质，把钻头的横截面做成勒洛三角形的形状，就能在零件上钻出正方形的孔来．如在勒洛三角形ABC 内随机选取一点，则该点位于正三角形ABC 内的概率为（ ）AB C D 【答案】A 【分析】由题意可得曲边三角形的面积为一个扇形加两个拱形的面积，或者3个扇形面积减去2个三角形的面积，然后由几何概型的概率公式求出概率． 【详解】解：由题意可得正三角形的边长为半径的三段圆弧组成的曲边三角形的面积S 曲＝S 扇形CAB +2S 拱＝123π⋅⋅22+2（S 扇形﹣S △ABC ）＝23π⋅3﹣2⋅22＝2π﹣三角形ABC 的面积S △ABC 22所以由几何概型的概率公式可得：所求概率＝ABCS S ∆曲 故选：A ．5．（2021·江苏高一期中）公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图方法，发现了“黄金分割”.“黄金分割”是工艺美术、建筑、摄影等许多艺术门类中审美的要素之一，它表现了恰到好处的和谐，0.618≈，这一比值也可以表示为2sin18m =︒，若228m n +=，=（ ） A．2 B ．4 C ．D ．【答案】C 【分析】由题知28cos 18n =,再根据二倍角公式化简整理即可得答案. 【详解】解:因为2sin18m =︒，228m n +=, 所以2228288sin 188cos 18n m =-=-=,2sin1822cos1822sin 3622cos54cos54⨯===故选:C6．（2021·贵州贵阳·高三开学考试（文））水车（如图1），又称孔明车，是我国最古老的农业灌溉工具，主要利用水流的动力灌溉农作物，是先人们在征服世界的过程中创造出来的高超劳动技艺，是珍贵的历史文化遗产，相传为汉灵帝时毕岚造出雏形，经三国时孔明改造完善后在蜀国推广使用，隋唐时广泛用于农业灌溉，有1700余年历史．下图2是一个水车的示意图，它的直径为3m ，其中心（即圆心）O 距水面0.75m ．如果水车每4min 逆时针转3圈，在水车轮边缘上取一点P ，我们知道在水车匀速转动时，P 点距水面的高度h（单位：m ）是一个变量，它是时间t （单位：s ）的函数．为了方便，不妨从P 点位于水车与水面交点Q 时开始记时()0t =，则我们可以建立函数关系式()()sin h t A t k ωϕ=++（其中0A >，0>ω，2πϕ<）来反映h 随t 变化的周期规律．下面关于函数()h t 的描述，正确的是（ ）A ．最小正周期为80πB ．一个单调递减区间为[]30,70C ．()y h t =的最小正周期为40D ．图像的一条对称轴方程为403t =- 【答案】D 【分析】首先求得()33sin 24064h t t ππ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，[)0,t ∈+∞，然后结合选项由三角函数的图象和性质判断即可.【详解】依题意可知，水车转动的角速度32(rad /s)46040ππω⨯==⨯， 3324A k +=+，3324A k -+=-+，解得32A =，34k =，由()330sin sin 024h A k ϕϕ=+=+=得1sin 2ϕ=-，又2πϕ<，则6πϕ=-，所以()33sin 24064h t t ππ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，[)0,t ∈+∞.对于选项A ：函数()h t 的最小正周期为2=8040ππ，故A 错误；对于选项B ：当[]30,70t ∈时，719,4061212t ππππ⎡⎤-∈⎢⎥⎣⎦，因为3719,21212πππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， 所以函数()h t 在[]30,70上不具有单调性，故B 错误； 对于选项C ：()()353340sin 02642h h π=+=≠，所以C 错误；对于选项D ：40333sin 32244h π⎛⎫⎛⎫-=-+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（最小值），所以D 正确.故选：D.7．（2021·江苏南京市·高一期中）托勒密（C .Ptolemy ，约90-168），古希腊人，是天文学家､地理学家､地图学家､数学家，所著《天文集》第一卷中载有弦表.在弦表基础上，后人制作了正弦和余弦表（部分如下图所示），该表便于查出0°~90°间许多角的正弦值和余弦值，避免了冗长的计算.例如，依据该表，角2°12′的正弦值为0.0384，角30°0′的正弦值为0.5000，则角34°36′的正弦值为（ ）A ．0.0017B ．0.0454C ．0.5678D ．0.5736【答案】C 【分析】先看左边列找34︒，再往右找对第一行的36'即可. 【详解】由题意查表可得3436︒'的正弦值为0.5678. 故选:C .8．（2021·江苏镇江·高一期中）今年是伟大、光荣、正确的中国共产党成立100周年．“红星闪闪放光彩”，正五角星是一个非常优美的几何图形，庄严美丽的国旗和国徽上的大五角星是中国共产党的象征，如图为一个正五角星图形，由一个正五边形的五条对角线连结而成，已知C ，D 为AB 的两个黄金分割点，即AC BD AB AB =．则cos DEC ∠=（ ）ABCD【答案】A 【分析】根据图形和已知条件表示出,,CE DE CD ，然后用余弦定理求解即可 【详解】由正五角星的对称性知：BC CE DE AD ===， 不妨设BC CE DE AD x ====，则CD AC AD =-， 又AC BC AC AD AB +=+=，AB AC ==则AC AD AC +=，所以AD =，AC AD AD ==，CD AC AD x x =-=-=22222224cos 122x DE CE CDDEC DE CEx +-∠===⨯ 故选：A二、多选题9．（2021·河北唐山·高三开学考试）声音是由物体振动产生的波，每一个音都是由纯音合成的.已知纯音的数学模型是函数sin y A t ω=.我们平常听到的乐音是许多音的结合，称为复合音.若一个复合音的数学模型是函数()1sin sin 22f x x x =+，则（ ）A ．()f x 的最大值为32B ．2π为()f x 的最小正周期C ．π2x =为()y f x =曲线的对称轴 D ．()π,0为曲线()y f x =的对称中心【答案】BD 【分析】分析函数sin y x =与1sin 22y x =不能同时取得最大值可判断A ；由sin y x =的最小正周期是2π，1sin 22y x=的最小正周期是2ππ2=可判断B ；计算ππ22f x f x ⎛⎫⎛⎫+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭是否成立可判断C ；计算()()2π0f x f x +-=是否成立可判断D ；进而可得正确选项. 【详解】对于A ：若()f x 的最大值为32，则sin y x =与1sin 22y x =同时取得最大值，当sin y x =取得最大值1时，cos 0x =，可得1sin 2sin cos 02y x x x ===取不到12，若1sin 22y x =取得最大值12时，sin 21x =，此时()ππZ 4x k k =+∈，而πsin sin π4y x k ⎛⎫==+= ⎪⎝⎭1，所以sin y x =与1sin 22y x =不可能同时取得最大值，故选项A 不正确；对于B ：因为sin y x =的最小正周期是2π，1sin 22y x =的最小正周期是2ππ2=， 且()()()()112πsin 2πsin 22πsin sin 222f x x x x x f x +=+++=+=，()()()()11πsin πsin 2πsin sin 222f x x x x x f x +=+++=-+≠所以2π为()f x 的最小正周期，故选项B 正确；对于C ：ππ1π1sin sin 2cos sin 222222f x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=+++=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，ππ1π1sin sin 2cos sin 222222f x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+-=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以ππ22f x f x ⎛⎫⎛⎫+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭不恒成立，即ππ22f x f x ⎛⎫⎛⎫+≠- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以π2x =不是曲线()y f x =的对称轴，故选项C 不正确；对于D ：()()()112πsin 2πsin 22πsin sin 222f x x x x x -=-+-=--，所以()()2π0f x f x +-=对于任意的x 恒成立，所以()π,0为曲线()y f x =的对称中心，故选项D 正确； 故选：BD.10．（2021·江苏）由倍角公式2cos 22cos 1x x =-，可知cos2x 可以表示为cos x 的二次多项式．一般地，存在一个n （n *∈N ）次多项式()12012n n n n n P t a t a ta t a --=+++⋅⋅⋅+（012,,,n a a a a ⋅⋅⋅∈R ），使得()cos cos n nx P x =，这些多项式()n P t 称为切比雪夫（P ．L ．Tschebyscheff )多项式．运用探究切比雪夫多项式的方法可得（ ）A ．()3343P t t t =-+ B ．()424881P t t t =-+C ．sin18︒=D ．cos18︒=【答案】BC 【分析】通过求cos3,cos 4,cos5x x x ，来判断出正确选项. 【详解】()cos3cos 2cos2cos sin 2sin =+=-x x x x x x x()222cos 1cos 2sin cos x x x x =-- ()()222cos 1cos 21cos cos x x x x =--- 34cos 3cos x x =-，所以()3343P t t t =-，A 错误.()()222222cos 4cos 22cos 2sin 22cos 14sin cos x x x x x x x =⋅=-=--()42224cos 4cos 141cos cos x x x x =-+--428cos 8cos 1x x =-+，所以()424881P t t t =-+，B 正确.()cos5cos 4cos4cos sin 4sin x x x x x x x =+=- ()428cos 8cos 1cos 2sin 2cos2sin x x x x x x =-+- ()53228cos 8cos cos 4sin 2cos 1cos x x x x x x =-+--()()53228cos 8cos cos 41cos 2cos 1cos x x x x x x =-+--- 5316cos 20cos 5cos x x x =-+.所以()53cos90cos 51816cos 1820cos 185cos180︒=⨯︒=︒-︒+︒=，由于cos180︒≠，所以4216cos 1820cos 1850︒-︒+=，由于cos18cos30︒>︒，所以223cos 18cos 304︒>︒=，所以由4216cos 1820cos 1850︒-︒+=解得2cos 18︒=，所以sin18︒=，C正确. 2=≠⎝⎭，所以D 错误. 故选：BC 【点睛】三角函数化简求值问题，关键是根据题意，利用三角恒等变换的公式进行化简.11．（2021·全国）海水受日月的引力，在一定的时候发生涨落的现象叫潮汐.早潮叫潮，晚潮叫汐.在通常情况下，船在涨潮时驶进航道，靠近船坞；卸货后，在落潮时返回海洋.一艘货船的吃水深度（船底到水面的距离）为4m.安全条例规定至少要有2.25m 的安全间隙（船底到海底的距离），下表给出了某港口在某季节每天几个时刻的水深.若选用一个三角函数()f x 来近似描述这个港口的水深与时间的函数关系，则下列说法中正确的有（ ） A ．() 2.5cos 56x x f π⎛⎫=+⎪⎝⎭B ．() 2.5sin 56f x x π⎛⎫=+⎪⎝⎭C ．该货船在2：00至4：00期间可以进港D ．该货船在13：00至17：00期间可以进港 【答案】BCD 【分析】依据题中所给表格，写出()f x 的表达式而判断选项A ，B ；再根据船进港的条件列出不等式，求解即可判断选项C ，D. 【详解】依据表格中数据知，可设函数为()sin f x A x k ω=+，由已知数据求得 2.5A =，5k =，周期12T =，所以26T ππω==﹐ 所以有() 2.5sin 56f x x π⎛⎫=+⎪⎝⎭，选项A 错误；选项B 正确； 由于船进港水深至少要6.25，所以 2. 5sin 5 6.256x π⎛⎫+ ⎪⎝⎭≥，得1sin 62x π⎛⎫⎪⎝⎭≥， 又024046x x ππ≤≤⇒≤≤，则有5666x πππ≤≤或1317666x πππ≤≤，从而有1 5 x ≤≤或1317x ≤≤，选项C ，D 都正确. 故选：BCD 【点睛】解三角不等式sin()(||1)x m m ωϕ+≥<关键在于：找准不等式中的函数值m 所对角； 长为一个周期的区间内相位x ωϕ+所在范围.12．（2020·全国高三月考）斐波那契螺线又叫黄金螺线，广泛应用于绘画、建筑等，这种螺线可以按下列方法画出：如图，在黄金矩形ABCD AB BC ⎛= ⎝⎭中作正方形ABFE ，以F 为圆心，AB 长为半径作弧BE ；然后在黄金矩形CDEF 中作正方形DEHG ，以H 为圆心，DE 长为半径作弧EG ；；如此继续下去，这些弧就连接成了斐波那契螺线.记弧BE ，EG ，GI 的长度分别为l ，m ，n ，则下列结论正确的是（ ）A ．l m n =+B ．2m l n =⋅C ．2m l n =+D ．111m l n=+ 【答案】AB 【分析】设1AB =，则2BC =，再由14圆弧分别求得l ，m ，n ，然后再逐项判断.【详解】不妨设1AB =，则2BC =，所以121)4l π=⨯⨯=.因为3ED =所以12(34m π=⨯⨯=.同理可得124)4n π=⨯⨯=所以l m n =+，2m l n =⋅，2m l n ≠+，111m l n≠+，所以A ，B 正确，C ，D 错误. 故选：AB三、填空题13．（2021·安徽高三开学考试（理））正割（secant ）及余割（cosecant ）这两个符号是荷兰数学家基拉德在《三角学》中首先使用，后经欧拉采用得以通行．在三角中，定义正割1sec cos αα=，余割1csc sin αα=．已知0t >，且22sec csc 16x t x +≥对任意的实数,2k x x k Z π⎛⎫≠∈ ⎪⎝⎭均成立，则t 的最小值为__________． 【答案】9 【分析】根据正余割的定义，得到和为1，结合基本不等式1的代入即可求解 【详解】 由题得：22111sec csc x x+=， 所以()22222211sec csc sec csc 16sec csc x t x x t x x x ⎛⎫+=++≥ ⎪⎝⎭即：2222csc sec 11sec csc t x xt x x t ≥+++++116t ++5-3，所以9t ≥故答案为：914．（2021·江苏仪征中学高一月考）赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，赵爽在为《周髀算经》，作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称为“赵爽弦图”.可类似地构造如图所示的图形，由三个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成一个大的等边三角形，设2DF FA =，若AB =ABD △的面积为____________.【答案】【分析】设BD x =，可得出3AD x =，23ADB π∠=，利用余弦定理求出x 的值，再利用三角形的面积公式可求得ABD △的面积. 【详解】设BD x =，则3AD x =，因为DEF 为等边三角形，则3ADE π∠=，故23ADB π∠=， 在ABD △中，由余弦定理得()222252323cos3AB x x x x π==+-⨯⨯⨯，解得2x =，故6AD =，2BD =，因此，ABD △的面积为1226sin23ABD S π=⨯⨯⨯=△故答案为：15．（2021·安徽阜阳·高一期末）筒车是一种水利灌溉工具（如图1所示），筒车上的每一个盛水筒都做逆时针匀速圆周运动，筒车转轮的中心为O ，筒车的半径为r ，筒车转动的周期为24s ，如图2所示，盛水桶M在0P 处距水面的距离为0h ．4s 后盛水桶M 在1P 处距水面的距离为1h ，若10h h -=，则直线0OP 与水面的夹角为______．【答案】π12【分析】根据题意构建平面几何模型，在借助三角函数求解答案. 【详解】如图，过O 作直线l 与水面平行，过0P 作0P A l ⊥于A ，过1P 作1PB l ⊥于B ． 设0AOP α∠=，1BOP β∠=，则，4π2π243βα-=⨯=，π3βα∴=+由图知，0sin P A r α=，1sin PB r β=，0101sin sin P A h h PB r r r βα--=-==，所以πsin sin 3αα⎛⎫+-= ⎪⎝⎭πsin 3α⎛⎫-= ⎪⎝⎭，则ππ34α-=-，即π12α=．故答案为：π12. 16．（2021·广东深圳·高三）著名的费马问题是法国数学家皮埃尔德费马（1601-1665）于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当ABC 的三个内角均小于120︒时，则使得120APB BPC CPA ∠=∠=∠=︒的点P 即为费马点．已知点P 为ABC 的费马点，且AC BC ⊥，若||||||PA PB PC λ+=，则实数λ的最小值为_________．【答案】2 【分析】根据题意120APB BPC CPA ∠=∠=∠=︒，不妨设PCB α∠=，故,,326CBP ACP CAP πππααα∠=-∠=-∠=-，进而得,63ππα⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以在BCP 和ACP △中，由正弦定理得sin sin 3BP PC απα=⎛⎫- ⎪⎝⎭，sin 2sin 6PA PC παπα⎛⎫- ⎪⎝⎭=⎛⎫- ⎪⎝⎭，故sin sin 2sin sin 36πααλππαα⎛⎫- ⎪⎝⎭=+⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，在结合三角恒等变换化简整理求函数最值即可.【详解】根据题意, 点P 为ABC 的费马点，ABC 的三个内角均小于120︒, 所以120APB BPC CPA ∠=∠=∠=︒，设PCB α∠=，所以在BCP 和ACP △中，,,3236CBP ACP CAP ACP ππππααα∠=-∠=-∠=-∠=-，且均为锐角，所以,63ππα⎛⎫∈ ⎪⎝⎭所以由正弦定理得：sin sin 3BPPC παα=⎛⎫- ⎪⎝⎭，sin sin 26PA PCππαα=⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以sin sin 3BP PC απα=⎛⎫- ⎪⎝⎭，sin 2sin 6PA PC παπα⎛⎫- ⎪⎝⎭=⎛⎫- ⎪⎝⎭， 因为||||||PA PB PC λ+=所以sin cos sin sin cos sin 2sin sin 36πααααααλππαα⎛⎛⎫- - ⎪⎝⎭=+==⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭11==，因为,63ππα⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以22,33ππα⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以(2sin 20,2α，)12,⎡∈+∞⎣故实数λ的最小值为2.故答案为：2【点睛】本题考查数学文化背景下的解三角形，三角恒等变换解决三角函数取值范围问题，考查运算求解能力，数学建模能力，化归转化思想，是难题.本题解题的关键在于根据题目背景，通过设PCB α∠=，进而建立解三角形的模型，再根据正弦定理及三角恒等变换化简求最值即可.四、解答题17．（2021·海安市南莫中学高一期中）下图所示的毕达格拉斯树画是由图（i ）利用几何画板或者动态几何画板Geogebra 做出来的图片，其中四边形ABCD ，AEFG ，PQBE 都是正方形.如果改变图（i ）中EAB ∠的大小会得到更多不同的“树形”.（1）在图（i ）中，21AB ,AE ==，且AE AB ⊥，求AQ ；（2）在图（ii ）中，21AB ,AE ==，设(0)EAB θθπ∠=<<，求AQ 的最大值.【答案】（1（2）9. 【分析】（1）由已知条件结合诱导公式求得cos ABQ ∠，在ABQ △中，利用余弦定理，即可求解；（2）由已知条件结合余弦定理，求得BE ，再利用正弦定理、余弦定理及三角函数的性质，即可求解. 【详解】（1）当AE AB ⊥时，BE BQ ==则()cos cos2ABQ ABE π∠=+∠sin AE ABE BE =-∠=-=在ABQ △中，由余弦定理可得2222cos 45413AQ AB BQ AB BQ ABQ =+-⋅∠=++=，所以AQ =（2）在ABE △中，由余弦定理知，2222cos 54cos BE AB AE AB AE θθ⋅=-⋅=+-，所以BE BQ ==在ABE △中，由正弦定理知sin sin AE BEABE θ=∠，可得sin ABE ∠=在ABQ △中，由余弦定理可得2222cos()2AQ AB BQ AB BQ ABE π=+-⋅⋅+∠454cos 4θ=+-+4(sin cos )994πθθθ⎛⎫=-+=-+ ⎪⎝⎭，所以当3(0,)4πθπ=∈时，AQ 的取最大值9.答：（1）AQ =（2）AQ 的最大值为9.18．（2021·昆明·云南师大附中高一期中）仰望星空，时有流星划过天际，令我们感叹生命的短暂，又深深震撼我们凡俗的心灵．流星是什么？从古至今，人们作过无数种猜测．古希腊亚里士多德说，那是地球上的蒸发物，近代有人进一步认为，那是地球上磷火升空后的燃烧现象．10世纪波斯著名数学家、天文学家阿尔·库希设计出一种方案，通过两个观测者异地同时观察同一颗流星，来测定其发射点的高度．如图，假设地球是一个标准的球体，O 为地球的球心，AB 为地平线，有两个观测者在地球上的A ，B 两地同时观测到一颗流星S ，观测的仰角分别为SAD α∠=，SBD β∠=，其中，90DAO DBO ∠=∠=︒，为了方便计算，我们考虑一种理想状态，假设两个观测者在地球上的A ，B 两点测得30α=︒，15β=︒，地球半径为R 公里，两个观测者的距离3RAB π=． 1.73 1.5≈）（1）求流星S 发射点近似高度ES ；（2）在古希腊，科学不发达，人们看到流星以为这是地球水分蒸发后凝结的固体，已知对流层高度大约在18公里左右，若地球半径6370R ≈公里，请你据此判断该流星S 是地球蒸发物还是“天外来客”？并说明理由．【答案】（1）0.5ES R =公里；（2）该流星不是地球蒸发物，而是“天外来客”，理由见解析. 【分析】（1）由已知条件在ASB △中利用正弦定理求出1)AS R =，在SAC 中再利用余弦定理求出OS ，从而可得ES OS R =-；（2）由（1）求出的值可得流星S 发射点近似高度为3185公里，远远大于对流层最高近似高度18公里，从而可得结论 【详解】 （1）因为3AB R π=，则60AOB ∠=︒，所以AOB 为等边角形，所以AB R =．又因为90DAO DBO ∠=∠=︒，所以30∠=∠=︒DAB DBA ，所以30∠=∠=︒DAB DBA ，所以60SAB ∠=︒，45SBA ∠=︒，75ASB ∠=︒．在ASB △中，由正弦定理：sin 75sin 45AB AS =︒︒，得()sin 4530sin 45R AS ︒=︒+︒， 解得1)AS R =，在SAC 中，由余弦定理：2222222212cos 1)1)(42OS SA OA SA OA SAO R R R R ⎛⎫=+-⋅∠=+-⨯-= ⎪⎝⎭．所以 1.5OS R =≈≈，所以0.5ES OS R R =-=公里．（2）0.53185ES R ≈≈公里，所以流星S 发射点近似高度为3185公里，远远大于对流层最高近似高度18公里，所以该流星不是地球蒸发物，而是“天外来客”．（言之有理即可）．19．（2021·奉新县第一中学高一月考）重庆是我国著名的“火炉”城市之一，如图，重庆某避暑山庄O 为吸引游客，准备在门前两条小路OA 和OB 之间修建一处弓形花园，使之有着类似“冰淇淋”般的凉爽感，已知π6AOB ∠=，弓形花园的弦长AB =M ，π6MAB MBA ∠=∠=，设OBA θ∠=.（1）将OA 、OB 用含有θ的关系式表示出来；（2）该山庄准备在M 点处修建喷泉，为获取更好的观景视野，如何设计OA 、OB 的长度，才使得喷泉M 与山庄O 的距离的值最大？【答案】（1）OA θ=，6OB πθ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭；（2）当OA OB =OM 取最大值4+ 【分析】（1）本题可通过正弦定理得出OA θ=、6OB πθ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭；（2）本题首先可根据题意得出2AM BM ==，然后通过余弦定理得出2222cos 6OM OB BM OB BM πθ⎛⎫=+-⋅⋅⋅+ ⎪⎝⎭，通过转化得出222283OM πθ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭，最后通过50,6πθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭以及正弦函数的性质即可求出最值.【详解】（1）因为sin sin sin OA OB AB OAB AOBθ==∠∠，π6AOB ∠=，AB =所以56OAB πθ∠=-，OA θ=，566OB ππθθ⎛⎫⎛⎫=-=+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.（2）因为AB =π6MAB MBA ∠=∠=，所以2AM BM ==， 在OMB △中，由余弦定理易知2222cos 6OM OB BM OB BM πθ⎛⎫=+-⋅⋅⋅+ ⎪⎝⎭，即2248sin 4cos 666OM πππθθθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭248sin 2428224cos 22286333ππππθθθθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+-+=-+-++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭122sin 2282283233πππθθθ⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-++++=-++⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎦，因为50,6πθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以2272,333πππθ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，2sin 23πθ⎡⎛⎫+∈-⎢⎪⎝⎭⎣⎭， 当2sin 213πθ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭，即512πθ=时， 2OM 取最大值28+OM 取最大值4+此时51264OA πππ⎛⎫==+= ⎪⎝⎭ 512643OB ππππ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭故当OA OB =时，OM 取最大值4+ 【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形的实际应用，考查正弦定理与余弦定理的应用，考查三角恒等变换，考查根据正弦函数的性质求最值，考查化归与转化思想，体现了综合性，是难题.20．（2021·江苏省镇江中学）古希腊数学家普洛克拉斯曾说：“哪里有数学，哪里就有美，哪里就有发现……”，对称美是数学美的一个重要组成部分，比如圆，正多边形……，请解决以下问题：（1）魏晋时期，我国古代数学家刘徽在《九章算术注》中提出了割圆术：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣”，割圆术可以视为将一个圆内接正n 边形等分成n 个等腰三角形(如图所示)，当n 变得很大时，等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积，运用割圆术的思想，求sin3︒的近似值(结果保留π).（2）正n 边形的边长为a ，内切圆的半径为r ，外接圆的半径为R ，求证：2tan2a R r nπ+=.【答案】（1）60π；（2）详见解析.【分析】（1）将一个单位圆分成120个扇形，每个扇形的圆心角为3︒，再根据120个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积求解；（2）设O 为内切圆的圆心，OA ，OB 分别为外接圆和内切圆的半径R ，r ，易知 1,2AB a nπθ==，然后在Rt OAB 中，利用三角函数的定义求得R ，r ，利用三角恒等变换证明.【详解】（1）将一个单位圆分成120个扇形，每个扇形的圆心角为3︒， 因为这120个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积， 所以11211sin 32π⨯⨯⨯⨯≈ sin 360π≈；（2）设O 为内切圆的圆心，OA ，OB 分别为外接圆和内切圆的半径R ，r ，则,OA R OB r ==， 如图所示：所以1,2AB a nπθ==， 在Rt OAB 中，sin AB OAθ=，即12sin an Rπ=，所以2sin a R n π=， cos OB OA θ=，即cos r n Rπ=，所以coscos 2sin a n r R n nπππ==， 所以1cos cos2sin 2sin 2sina a a n n R r n n nπππππ⎛⎫+ ⎪⎝⎭+=+=， 22cos 24sincos2tan222a a nnnnππππ==.21．（2021·上海徐汇·高一期末）主动降噪耳机工作的原理是：先通过微型麦克风采集周国的噪声，然后降噪芯片生成与噪声振幅相同、相位相反的声波来抵消噪声（如图所示）．已知某噪声的声波曲线f(x)=Asin (2π3x +φ)(A >0,0≤φ<π)，其中的振幅为2，且经过点（1，－2）（1）求该噪声声波曲线的解析式f(x)以及降噪芯片生成的降噪声波曲线的解析式g(x)； （2）证明：g(x)+g(x +1)+g(x +2)为定值． 【答案】（1）f(x)=2sin (2π3x +5π6), g(x)=−2sin (2π3x +5π6)；（2）证明见解析.【分析】（1）首先根据振幅为2求出A ，将点（1，-2）代入解析式即可解得； （2）由（1），结合诱导公式和两角和差的余弦公式化简即可证明.【详解】（1）∵振幅为2，A >0，∴A =2，f(x)=2sin (2π3x +φ)，将点（1，-2）代入得：−2=2sin (2π3+φ)⇒sin (2π3+φ)=−1，∵0≤φ<π，∴2π3+φ∈[2π3,5π3)，∴2π3+φ=3π2⇒φ=5π6，∴f(x)=2sin (2π3x +5π6)，易知g(x)与f(x)关于x 轴对称，所以g(x)=−2sin (2π3x +5π6).（2）由（1）g(x)=−2sin (2π3x +5π6)=−2sin (2π3x +π3+π2)=−2cos (2π3x +π3)g(x)+g(x +1)+g(x +2)=−2cos (2π3x +π3)−2cos (2π3x +π)−2cos (2π3x +2π3+π)=−2cos (2π3x +π3)+2cos2π3x +2cos (2π3x +2π3)=−2(cos2π3x ⋅12−sin2π3x ⋅√32)+2cos2π3x +2[cos2π3x ⋅(−12)−sin2π3x ⋅√32]=0.即定值为0.22．（2021·合肥市第六中学高一期末）合肥逍遥津公园是三国古战场，也是合肥最重要的文化和城市地标，是休闲游乐场，更是几代合肥人美好记忆的承载地.2020年8月启动改造升级工作，欲对该公园内一个平面凸四边形ABCD 的区域进行改造，如图所示，其中4DC a =米，2DA a =米，ABC 为正三角形.改造后BCD △将作为人们旅游观光、休闲娱乐的区域，ABD △将作为对三国历史文化的介绍区域.（1）当3ADC π∠=时，求旅游观光、休闲娱乐的区域BCD △的面积；（2）求旅游观光、休闲娱乐的区域BCD △的面积的最大值.【答案】（1）()22m ；（2）(()224m a +.【分析】（1）由余弦定理求得AC ，再由正弦定理求得ACD ∠，求出BC BC ⊥，易得面积；（2）不妨设ADC θ∠=，ACD α∠=，用余弦定理表示出2AC ，用正弦定理表示出sin α，再用余弦定理表示出cos α，然后表示出BCD △的面积，利用两角和的正弦公式展开代入2sin ,cos ,AC αα，再利用两角差的正弦公式化简，然后利用正弦函数性质得最大值． 【详解】解析：（1）2222cos3AC AD DC AD DC π=+-⋅⋅，∴AC =，又sin sin3ACADACD π=∠，∴1sin 2ACD ∠=，易知ACD ∠是锐角，所以6π∠=ACD ，∴2BCD π∠=，()2214m 2BCD S a =⨯⨯=△，（2）不妨设ADC θ∠=，ACD α∠=，于是由余弦定理得()222016cos AC a θ=-①，22sin sin sin sin AC a a ACθαθα=⇒=②， 22222124168cos cos 8AC a a AC a aAC a a aAC+=+-⋅⇒=③， ∴14sin 23BCDS a AC πα⎛⎫=⨯⨯⋅+ ⎪⎝⎭△2(sin cos cos sin )33a AC ππαα=⋅+2222sin 128a AC a AC AC AC θ⎡⎤+=⋅⎢⎥⎣⎦((2222sin 4sin 43a a a πθθθ⎛⎛⎫=-+=-++ ⎪ ⎝⎝≤⎭，当且仅当5 326πππθθ-=⇒=时取等号，∴BCD S △最大值为(()224m a +.【点睛】本题考查解三角形的应用，解题关键是选用一个角为参数，然后把其他量表示为参数的三角函数，这里注意正弦定理和余弦定理的应用，然后利用三角函数恒等变换公式化简变形，最后利用正弦函数性质求得最值．。
【2022高考必备】2012-2021十年全国高考数学真题分类汇编 三角大题(精解精析)
2012-2021十年全国高考数学真题分类汇编 三角大题 （精解精析）1．(2020年高考数学课标Ⅱ卷理科)ABC 中,sin 2A －sin 2B －sin 2C =sin B sin C ．(1)求A 。
(2)若BC =3,求ABC 周长地最大值．【结果】（1）23π。
（2）3+．思路：（1）由正弦定理可得：222BC AC AB AC AB --=⋅,2221cos 22AC AB BC A AC AB +-∴==-⋅,()0,A π∈ ,23A π∴=（2）由余弦定理得：222222cos 9BC AC AB AC AB A AC AB AC AB =+-⋅=++⋅=,即()29AC AB AC AB +-⋅=．22AC AB AC AB +⎛⎫⋅≤ ⎪⎝⎭ （当且仅当AC AB =时取等号）,()()()22223924AC AB AC AB AC AB AC AB AC AB +⎛⎫∴=+-⋅≥+-=+ ⎪⎝⎭,解得：AC AB +≤（当且仅当AC AB =时取等号）,ABC ∴周长3L AC AB BC =++≤+,ABC ∴周长地最大值为3+．【点睛】本题考查解三角形地相关知识,涉及到正弦定理角化边地应用，余弦定理地应用，三角形周长最大值地求解问题。
求解周长最大值地关键是能够在余弦定理构造地等式中,结合基本不等式构造不等关系求得最值．2．(2019年高考数学课标Ⅲ卷理科)ABC △地内角,,A B C 地对边分别为,,a b c ,已知sinsin 2A Ca b A +=．(1)求B 。
(2)若ABC △为锐角三角形,且1c =,求ABC △面积地取值范围．【结果】(1)3B π=;(2)．【官方思路】.(1)由题设及正弦定理得sin sin sin sin 2A CA B A +=,因为sin 0A ≠,所以sinsin 2A CB +=．由A BC 180++=︒,可得sin cos 22A C B +=,故B B Bcos 2sin cos 222=．因为B cos02≠,故B 1sin 22=,因此60=︒B ．(2)由题设及(1)知△ABC 地面积=△ABC S a ．由正弦定理得sin sin(120)1sin sin 2︒-===c A C a C C ．由于△ABC 为锐角三角形,故090︒<<︒A ,090︒<<︒C ．由(1)知120+=︒A C ,所以3090︒<<︒C ,故122<<a ,<<△ABC S ．因此△ABC 面积地取值范围是．【点评】这道题考查了三角函数地基础知识,和正弦定理或者余弦定理地使用（此题也可以用余弦定理求解）,最后考查△ABC 是锐角三角形这个款件地利用．考查地很全面,是一道很好地考题．3．(2019年高考数学课标全国Ⅰ卷理科)ABC △地内角,,A B C 地对边分别为,,a b c ．设22(sin sin )sin sin sin B C A B C -=-．(1)求A 。
2021新高考数学专题20 解三角形附参考答案2
方法技巧专题20 解三角形学生篇一、解三角形问题知识框架二、解三角形题型分析（一）三角形中的求值问题1．正、余弦定理的适用条件(1)“已知两角和一边”或“已知两边和其中一边的对角”应采用正弦定理．(2)“已知两边和这两边的夹角”或“已知三角形的三边”应采用余弦定理．2．求三角形面积的方法(1)若三角形中已知一个角(角的大小或该角的正、余弦值)，结合题意求解这个角的两边或该角的两边之积，代入公式求面积．(2)若已知三角形的三边，可先求其一个角的余弦值，再求其正弦值，代入公式求面积．总之，结合图形恰当选择面积公式是解题的关键．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 ． 3 B ．2 C ．2 2 D ．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.[来源学+科+网Z+X+X+K]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）△的内角的对边分别为，已知，，则△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sin 2A ＋sin 2B －sin A sin B ＝sin 2C ，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 cos b C c B =，则111tan tan tan A B C++的最小值为（ ） A ．273B ．5C ．73D ．25【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 cos 2ab Ac A B +=，ABC ∆的面积为3，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 ．(2,23)C ．(22,3)D ．(22,4)【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＋ 3B ．2＋ 2C ．3D ．3＋ 2解三角形中的最值与范围问题主要有两种解决方法： 一是利用基本不等式求得最大值或最小值；二是将所求式转化为只含有三角形某一个角的三角函数形式，结合角的范围确定所求式的范围．【练习3】已知ABC ∆的面积为21+,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、术语名称 定义图示仰角在同一铅垂平面内，视线在水平线上方时l 与水平线的夹角俯角在同一铅垂平面内，视线在水平线l下方时与水平线的夹角方向角从指定方向线到目标方向线的水平角(指定方向线是指正北或正南或正东或正西，方向角小于90°)南偏西60°指以正南方向为始边，转向目标方向线形成的角方位角从正北的方向线按顺时针到目标方向线所转过的水平角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)三、课后自我检测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a2＝c2＋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. 2C. 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．3C．3 2 D．4 23．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．在中，角、、所对的边分别为，，，，，若三角形有两解，则的取值范围是_______.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 ；（Ⅱ）若2b = ，求ABC ∆面积的最大值。
第19题 解三角形-2021年高考数学真题逐题揭秘与以例及类(新高考全国Ⅰ卷)(含答案解析)
第19题 解三角形一、原题呈现【原题】记ABC 是内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．已知2b ac =，点D 在边AC 上，sin sin BD ABC a C ∠=．（1）证明：BD b =；（2）若2AD DC =，求cos ABC ∠．解法一：（1）由sin sin BD ABC a C ∠=及正弦定理得2sin sin a C ac b BD b ABC b b ====∠（2）由余弦定理得22222223cos 2223b c b b c a A b c b c ⎛⎫+- ⎪+-⎝⎭==⨯⨯⨯⨯整理得22211203a c b +-=，即2211203a c ac +-=， 所以233c a c a ==或， 当3c a =时，由2b ac =得b =，此时)1a b a c +=<，不满足题意，当23c a =时，由2b ac =得3b a =， 所以2227cos 212ac b ABC ac +-∠==解法二：（1）由题设，sin sin a C BD ABC =∠，由正弦定理知：sin sin c bC ABC=∠，即sin sin C cABC b=∠，∴acBD b=，又2b ac =， ∴BD b =，得证．（2）由题意知：2,,33b b BD b AD DC ===， ∴22222241399cos 24233b b b c c ADB b b b +--∠==⋅，同理2222221099cos 2233b b b a a CDB b b b +--∠==⋅， ∵ADB CDB π∠=-∠， ∴2222221310994233b bc a b b --=，整理得2221123b a c +=，又2b ac =， ∴42221123b b a a +=，整理得422461130a a b b -+=，解得2213a b =或2232a b =，由余弦定理知：222224cos 232a c b a ABC ac b+-∠==-，当2213a b =时，7cos 16ABC ∠=>不合题意；当2232a b =时，7cos 12ABC ∠=；综上，7cos 12ABC ∠=． 【就题论题】本题第（1）问比较简单，利用正弦定理进行边角代换，即可得出结论．第（2）问求解的关键是利用正弦定理、余弦定理整理出,a b 的关系式，再利用余弦定理求cos ABC ∠．二、考题揭秘【命题意图】本题考查正弦定理及余弦定理的应用，考查数学运算与逻辑推理的核心素养．难度：中等偏易【考情分析】新教材高考，解三角形是必考题，一般以解答题形式考查，考查主要方式是利用正弦定理与余弦定理解三角形，有时还会涉及到三角形中的三角变换．【得分秘籍】（1）正弦定理是一个连比等式，只要知道其比值或等量关系就可以运用正弦定理通过约分达到解决问题的目的．（2）运用余弦定理时，要注意整体思想的运用．在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的问题时，首先必须判断是否有解，如果有解，是一解还是两解，注意“大边对大角”在判定中的应用．（3）应用正弦、余弦定理的解题技巧①求边：利用公式a＝sinsinb AB，b＝sinsina BA，c＝sinsina CA或其他相应变形公式求解．②求角：先求出正弦值，再求角，即利用公式sin A＝sina Bb，sin B＝sinb Aa，sin C＝sinc Aa或其他相应变形公式求解．③已知两边和夹角或已知三边可利用余弦定理求解．④灵活利用式子的特点转化：如出现a2＋b2－c2＝λab形式用余弦定理，等式两边是关于边或角的正弦的齐次式用正弦定理．（4）判定三角形形状的途径：①化边为角，通过三角变换找出角之间的关系．②化角为边，通过代数变形找出边之间的关系，正(余)弦定理是转化的桥梁．（5）三角形面积公式的应用原则①对于面积公式S＝ɑb sin C＝ɑc sin B＝bc sin A，一般是已知哪一个角就使用哪一个公式．②与面积有关的问题，一般要用到正弦定理和余弦定理进行边和角的转化．（6）应用解三角形知识解决实际问题需要下列三步：①根据题意，画出示意图，并标出条件；②将所求问题归结到一个或几个三角形中(如本例借助方位角构建三角形)，通过合理运用正、余弦定理等有关知识正确求解；③检验解出的结果是否符合实际意义，得出正确答案．【易错警示】（1）已知两边及其中一边的对角解三角形时，注意要对解的情况进行讨论，讨论的根据一是所求的正弦值是否合理，当正弦值小于等于1时，还应判断各角之和与180°的关系；二是两边的大小关系．（2）等式两边都不要随意约掉公因式；要移项提取公因式，否则会有漏掉一种形状的可能．三、以例及类（以下所选试题均来自新高考Ⅰ卷地区2020年1-6月模拟试卷） 解答题(2021福建省厦门市高三三模)1. 锐角ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，满足4sin s sin sin in C B a B C +=． （1）求A ；（2）若4b =，ABC 的面积为D 是BC 上的点，AD 平分BAC ∠，求AD ．【答案】（1）3A π=；（2）AD =. 【解析】【分析】（1）先利用正弦定理进行边化角并化简得到sin A =，再结合锐角三角形得到角A 即可；（2）先利用面积公式求得c 边，再结合角平分线，利用BAD CAD BAC S S S +=△△△和面积公式，列式计算求得AD 即可.【详解】解：（1）在ABC 中，由正弦定理得sin sin sin a b cA B C==，4sin s sin sin in C B a B C +=，sin sin 4sin sin sin B C C B A B C +=，即sin 4sin sin sin B C A B C =又因为sin sin 0B C ≠，所以4sin A =，即sin A =， 又因为ABC 为锐角三角形，所以3A π=；（2）由1sin 2ABCSbc A ==14sin 23c π⨯⨯=3c =，因为BAC ∠的角平分线为AD ，所以126BAD CAD BAC π∠∠∠===， 又因为BAD CAD BAC S S S +=△△△，所以11sin sin 2626c AD b AD ππ⋅+⋅=113sin 4sin 2626AD AD ππ⨯⋅+⨯⋅=，所以74AD =7AD =． 【点睛】思路点睛：一般地，解有关三角形的题目时，常运用正弦定理（或余弦定理）进行边角互化，要有意识地根据已知条件判断用哪个定理更合适. 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.（2021福建省福州市高三5月二模） 2.ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，sin cos()6b A a B π=-.（1）求B ；（2）若D 是ABC 的外接圆的劣弧AC 上一点，且3a =，4c =，1AD =，求CD .【答案】（1）3π；（2）3. 【解析】【分析】(1)利用正弦定理边化角，再用差角的余弦公式展开化成正切即可得解； (2)利用余弦定理求出边b ，借助圆内接四边形性质求得ADC ∠，最后又由余弦定理建立方程得解.【详解】（1）ABC 中，由正弦定理有sin cos()sin sin sin cos()66b A a B B A A B ππ=-⇒=-，从而1sin sin sin sin )2B A A B B =+，化简得，1sin sin cos 22A B A B =，因为0A π<<，即sin 0A ≠，所以tan B =0B π<<，故3B π=.（2）在ABC 中，由余弦定理知，2222cos b a c ac B =+-2234234cos133π=+-⨯⨯⋅=，即 b =又由于A ，B ，C ，D 四点共圆，从而23ADC B ππ∠=-=， 在ADC 中，设DC x =，由余弦定理得，2222cos AC AD DC AD DC ADC =+-⋅⋅∠，即得22213121cos3x x π=+-⋅⋅⋅，化简得，2120x x +-=，解得3x =或 4x =-（舍去）， 故3DC =.【点睛】思路点睛：已知两边及一边的对角求第三边的三角形问题，可用余弦定理建立关于第三边的一元二次方程求解. （广东省汕头市高三二模）3. 随着人们生活水平的不断提高，人们对餐饮服务行业的要求也越来越高，由于工作繁忙无法抽出时间来享受美食，这样网上外卖订餐应运而生.现有美团外卖送餐员小李在A 地接到两份外卖单，他须分别到B 地､D 地取餐，再将两份外卖一起送到C 地，运餐过程不返回A 地.A ，B ，C ，D 各地的示意图如图所示，2km BD =，AD =，120ABD ∠=︒，45DCB ∠=︒，30CDB ∠=︒，假设小李到达B ､D 两地时都可以马上取餐(取餐时间忽略不计)，送餐过程一路畅通.若小李送餐骑行的平均速度为每小时20千米，请你帮小李设计出所有送餐路径(如：AB BD DB BC →→→)，并计算各种送餐路径的路程，然后选择一条最快送达的送餐路径，并计算出最短送餐时间为多少分钟.(各数值保留3位小数)(参考数据：1.414≈ 1.732≈)【答案】答案见解析 【解析】【分析】根据正弦定理先求解出,BC CD 的值，再根据余弦定理求解出AB 的值，然后分析每条送餐路径的路程并确定出最短送餐路径对应的送餐时间.【详解】解：在BCD △中，由正弦定理可知：sin sin BC BDBDC BCD =∠∠，即：2sin 30sin 45BC =︒︒，解得：BC =由sin sin CD BDCBD BCD =∠∠，即：2sin105sin 45CD =︒︒，解得：1CD =(由余弦定理可得22cos BC BD CD BD CD CDB =+-⋅⋅∠，解得=1CD +或者1CD ，,CBD DCB CD BD ∠>∠∴>=1CD ∴)在ABD △中，由余弦定理可知：222cos 2AB BD AD ABDAB BD即2412cos1204AB AB+-︒=，解得2AB =或4AB =-(舍)；①若送餐路径为：AB BD DB BC →→→，则总路程=67.414km +≈①若送餐路径为：AD DB BC →→，则总路程=2 6.878km ≈①若送餐路径为：AB BD DC →→，则总路程=221 6.732km ++≈①若送餐路径为：AD DB BD DC →→→，则总路程=22110.196km ++≈所以最短送餐路径为AB BD DC →→， 此路径的送餐时间为：6.7326020.19620⨯=(分钟). 【点睛】关键点点睛：本题是实际问题中解三角形的应用，解答问题的关键在于通过正余弦定理求解出每一段未知的线段长度，然后再去分析每一条路径对应的总路程并确定出最短路径以及送餐时间. （2021广东省广州市天河区高三三模）4. 在ABC 中，角,,A B C 所对的边分别是,,a b c ，已知22cos c b a B -=． （1）求角A 的值； （2）若ABC的面积S c ==sin sin B C 的值 【答案】（1）3π；（2）12．【解析】【分析】（1）由正弦定理化边为角，然后由诱导公式，两角和的正弦变形可求得A 角；（2）由三角形面积求得b ，由余弦定理求得a ，然后用正弦定理可得sin sin B C ． 【详解】（1）因为22cos c b a B -=，由正弦定理得2sin sin 2sin cos C B A B -=，sin 2sin()2sin cos 2sin()2sin cos 2(sin cos cos sin )B A B A B A B A B A B A B π=---=+-=+2sin cos 2cos sin A B A B -=，又B 是三角形内角，sin 0B ≠，所以()1cos ,02A A π=∈，，3A π=； （2）11sin sin 223ABC S bc A b π===△，b =2222212cos 292a b c bc A =+-=+-⨯=，3a =，又3sin sin sin sin 3a b c A B C π==== sin 1B =，1sin 2C = 所以1sin sin 2B C =．【点睛】方法点睛：正弦定理、余弦定理、三角形面积是解三角形的常用公式，解题方法是利用正弦定理进行边角转换，化边为角，然后由诱导公式，两角和的正弦公式变形求角，然后再根据问题先用相应公式计算． （2021河北省张家口市高三三模）5. 在四边形ABCD 中，,1,2AB CD AB AC BD ===，且sin sin DBC DCB ∠∠=.（1）求AD 的长； （2）求ABC 的面积.【答案】（1）AD =（2 【解析】【分析】（1）在DBC △中，由sin sin DBC DCB ∠∠=及正弦定理可得 2.BD CD ==设.AD x =在ABD △和ACD △中，分别由余弦定理，列方程22144724x x x x+-+-=-，解得AD ；（2）在ACD △中，由222AD CD AC +=，得到AD CD ⊥，直接利用面积公式求出ABC 的面积.【详解】（1）因为在四边形ABCD 中，AB CD ，所以cos cos .CDA DAB ∠∠=- 在DBC △中，由sin sin DBC DCB ∠∠=及正弦定理可得 2.BD CD == 设.AD x =在ABD △和ACD △中，由1,AB AC ==22144724x x x x+-+-=-， 所以()()2221447.x x +-=-+-解得x =AD =.（2）在ACD △中，2AD AC CD ===，得222AD CD AC +=，所以AD CD ⊥，所以12ABCSAB AD =⋅=.所以ABC 【点睛】（1）在解三角形中，选择用正弦定理或余弦定理，可以从两方面思考：①从题目给出的条件，边角关系来选择；②从式子结构来选择． （2）平面四边形问题通常转化为解三角形来处理. （2021河北省唐山市高三三模）6. 如图所示，在梯形ABCD 中，//AB CD ，2BAD π∠=，点E 是AD 上一点，2=4DE AE =，2cos cos cos BC BEC BE EBC CE ECB ∠=∠+∠.（1）求BEC ∠的大小；（2）若BCE 的面积S 为BC .【答案】（1）∠BEC ＝3π；（2）BC = 【解析】【分析】（1）利用余弦定理将角化为边，从而可得1cos 2BEC ∠=，故可求其大小. （2）设AEB α∠＝，由解直角三角形可得,BE CE ，根据面积可求α的值，利用余弦定理可求BC 的长.【详解】（1）∵2cos cos cos BC BEC BE EBC CE ECB ∠=∠+∠2222222•2•BE C BE BC CE CE BC BE BE BC CE E BC BC+-+-⋅⋅＝＋＝∴1cos 2BEC ∠=，而BEC ∠为三角形内角，故3BEC π∠=． （2）设AEB α∠＝，则23DEC πα∠=-，其中203πα<<， ∵DE ＝2AE ＝4， ∴2cos cos AE BE αα==，422cos()cos()33CE DE ππαα=--=， ∵△BCE的面积1sin 23cos cos()3S BE CE παα=⋅⋅=-==2sin(2)16πα==--，2sin(21)6α=--， ∴sin 216πα⎛⎫-= ⎪⎝⎭，因为72666πππα-<-<，故262ππα-=，即3πα=， 此时24cos BE α==，482cos()3CE πα==-， ∴在△BCE 中，由余弦定理得：2222cos 48BC BE CE BE CE BEC +⨯∠＝－＝，∴BC =（2021湖北省襄阳市高三下学期5月第二次模拟）7. 如图，设ABC 中角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，AD 为BC 边上的中线，已知1c =，12sin cos sin sin sin 4c A B a A b B b C =-+，cos 7BAD ∠=．（1）求b 边的长度；（2）求ABC 的面积．【答案】（1）4b =；（2）【解析】【分析】（1）角化边即可求解；（2）设,AB AC θ=，根据cos 7BAD ∠=列方程即可求解 【详解】（1）由条件12sin cos sin sin sin 4c A B a A b B b C =-+， 可得：2212cos 4ca B a b bc =-+，即222221224a c b ca a b bc ac +-⋅=-+， 化简可得：4c b =，因为1c =，所以4b =（2）因为D 为中点，所以()12AD AB AC =+， 设,AB AC θ=，由()()()22222211122cos 444AD AB AC AB AC AB AC c b c b θ=+=++⋅=++⋅ 得17||2AD =， 又()114cos 22AB AD AB AB AC θ+⋅=⋅+=，所以1cos 7||||17AB AD BAD AB AD ⋅=∠==⋅ 化简可得：228cos 8cos 110θθ+-=解得1cos 2θ=或11cos 14θ=-， 又14cos 0θ+>，所以1cos 2θ=，则sin θ==，所以ABC 的面积为11sin 14222bc A =⨯⨯⨯=【点睛】关键点点睛：计算线段长度，关键是找到基底，然后用基底表示，平方之后再开方即可.（2021湖北省武汉市高三下学期4月质量检测）8. 平面凸四边形ABCD 中，9034BAD BCD AD AB ∠=∠=︒==，，.（1）若45ABC ∠=︒，求CD ；（2）若BC =AC .【答案】（1）2；（2） 【解析】【分析】（1）先利用勾股定理求出BD ，利用差角公式求出sin DBC ∠，再利用直角三角形性质可求CD ；（2）先利用直角三角形及BC 求出sin cos 55CBD CBD ∠=∠=，再利用和角公式求出cos ABC ∠，结合余弦定理可得AC .【详解】（1）连接BD ，在Rt BAD 中，由4390AB AD BAD ==∠=︒，，. 得5BD =，①34sin cos 55ABD ABD ∠=∠=，. ∵45ABC ∠=︒，∴45DBC ABC ∠=︒-∠，①43sin sin 45cos cos 45sin 252510DBC ABD ABD ∠=︒⋅∠-︒⋅∠=⨯=-，在Rt BCD 中，由90BCD ∠=︒知：sin 5102CD BD DBC =⋅∠=⨯=.（2）连接AC ，由（1）知5BD =，在Rt ABD △中易知34sin cos 55ABD ABD ∠=∠=，.在Rt BCD 中，由5BC BD ==得CD =，易知sin cos CBD CBD ∠=∠= ①()cos cos cos cos sin sin ABC ABD CBD ABD CBD ABD CBD ∠=∠+∠=∠⋅∠-∠⋅∠4355=-=. 在ABC 中由余弦定理得：(222222cos 424205AC AB BC AB BC ABC =+-⋅∠=+-⨯⨯= ①AC =（2021湖南省衡阳市高三下学期毕业班联考）9. 如图，ABC 中，1302BD CD BAD =∠=︒，．（1）若AB AC =，求sin DAC ∠；（2）若AD BD =，求AC BC的值． 【答案】（1）sin 1DAC ∠=；（2）【解析】【分析】（1）利用三角形的面积比列方程，化简求得sin DAC ∠.（2）设AD x =，求得3BC x =，利用余弦定理列方程，求得AC =，从而求得AC BC. 【详解】（1）设BC 边上的高为h ，11sin 2211sin 22BAD CAD BD h AB AD BAD SS CD h AC AD CAD ⋅⋅⋅⋅∠==⋅⋅⋅⋅∠， 而1sin 302BD CD AB AC BAD ==∠=︒，，，∴sin 1DAC ∠=. （2）设AD x =，则3060AD BD x BAD ABD ADC ==∠=∠=︒∠=︒，，，2,3CD x BC x ==，在ADC 中，由余弦定理得：()()2222222cos603AC x x xx x =+-⋅︒=，∴AC =，∴33AC BC x ==. （2021湖南省株洲市高三下学期质量检测）10. 如图所示，在四边形ABCD中，tan tan BAD BAC ∠=-∠=（1）求DAC ∠的大小；（2）若2DC =，求ADC 周长的最大值.【答案】（1）3π；（2）6. 【解析】【分析】（1）根据DAC BAD BAC ∠=∠-∠，由()tan tan DAC BAD BAC ∠=∠-∠，利用两角差的正切公式求解；（2）利用正弦定理得到,in AD AC ACD ADC =∠=∠，则ADC 的周长为)22si n sin AD AC ACD ADC ++=+∠+∠，再根据23ACD ADC π∠+∠=，利用两角和与差的三角函数转化为22sin 64AD AC ACD π⎛⎫++=+∠+ ⎪⎝⎭，利用三角函数的性质求解. 【详解】（1）因为DAC BAD BAC ∠=∠-∠，且tan tan 2BAD BAC ∠=-∠= 所以()tan tan DAC BAD BAC ∠=∠-∠，tan tan 1tan BAD BAC BAD BAC∠-∠=+∠⋅∠，-== 因为()0,DAC π∠∈， 所以3DAC π∠=；（2）由正弦定理得sin si n s in DAC A DC A CD ADC D AC ∠=∠==∠所以,in 33AD AC ACD ADC =∠=∠，所以ADC 的周长为)22si n sin AD AC ACD ADC ++=+∠+∠，22sin s n 33i ACD ACD π⎛⎫⎛⎫=+∠+-∠ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，32sin cos 223ACD ACD ⎛⎫=+∠+∠ ⎪ ⎪⎝⎭， 2n 64si ACD π⎛⎫=+∠+ ⎪⎝⎭， 因为203ACD π<∠<， 所以5666ACD πππ<∠+<， 所以1sin 126ACD π⎛⎫<∠+≤ ⎪⎝⎭， 所以ADC 的周长的最大值为2416+⨯=.【点睛】方法点睛：三角形周长问题，一般地是利用公式a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C (R 为ABC 外接圆半径)，将边转化为角的三角函数关系，然后利用三角函数知识进行化简，其中往往用到三角形内角和定理A ＋B ＋C ＝π，然后利用三角函数的性质求解.（2021江苏省扬州中学高三3月调研）11. 如图，某生态农庄内有一直角梯形区域ABCD ，//AB CD ，AB BC ⊥，3AB =百米，2CD =百米．该区域内原有道路AC ，现新修一条直道DP （宽度忽略不计），点P 在道路AC 上（异于A ，C 两点），6BAC π∠=，DPA θ∠=．（1）用θ表示直道DP 的长度；（2）计划在ADP △区域内种植观赏植物，在CDP 区域内种植经济作物．已知种植观赏植物的成本为每平方百米2万元，种植经济作物的成本为每平方百米1万元，新建道路DP 的成本为每百米1万元，求以上三项费用总和的最小值．【答案】（1）1sin DP θ=，566ππθ<<；（2） 【解析】【分析】（1）根据解三角形和正弦定理可得1sin DP θ=，566ππθ<<， （2）分别求出APD S △，ADC S △，可得DPC S △，设三项费用之和为f，可得()1cos 12sin 2f θθθ+=+，566ππθ<<，利用导数求出最值. 【详解】解：（1）过点D 作DD AB '⊥，垂足为D ，在Rt ABC 中，∵AB BC ⊥，6BAC π∠=，3AB =，∴BC =在Rt ADD '中，∵1AD '=，DD '=2AD =，∴sin DAD '∠=∴3DAD π'∠=， ∵6BAC π∠=， ∴6DAP π∠=， 在ADP △中，由正弦定理可得sin sin 6AD DP πθ=， ∴1sin DP θ=，566ππθ<<， （2）在ADP △中，由正弦定理可得sin sin AD AP ADPθ=∠，∴52sin6sinAPπθθ⎛⎫-⎪⎝⎭=，∴5sin16sin2sinAPDS AP PDπθθθ⎛⎫-⎪⎝⎭=⋅⋅=△，又11sin22222 ADCS AD DC ADC=⋅⋅∠=⨯⨯⨯=△∴5sin6sinDPC ADC APDS S Sπθθ⎛⎫-⎪⎝⎭=-=△△△，设三项费用之和为f，则()55sin sin1 66211 sin sin sinfπθπθθθθθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎪=⨯+⨯+⨯⎪⎪⎝⎭5sin16sin sinπθθθ⎛⎫-⎪⎝⎭=+1cos12sinθθ+=+，566ππθ<<，∴()21cos2sinfθθθ-='-，令()0fθ'=，解得23πθ=，当2,63ππθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0fθ'<，函数f单调递减，当25,36ππθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0fθ'>，函数f单调递增，∴()min23f fπθ⎛⎫==⎪⎝⎭（2021江苏省南京师范大学《数学之友》高三下学期一模）12. 已知ABC中，D是AC边的中点，且①3BA=；①BC=①BD=①60A ∠=︒.（1）求AC 的长；（2）BAC ∠的平分线交BC 于点E ，求AE 的长.上面问题的条件有多余，现请你在①，①，①，①中删去一个，并将剩下的三个作为条件解答这个问题，要求答案存在且唯一.你删去的条件是___________，请写出用剩余条件解答本题的过程.【答案】删去条件见解析；（1）2；（2）5. 【解析】【分析】若删去①①，由余弦定理易得出两解，不满足题意.删①，在ABD △中和ABC 中分别利用余弦定理建立关系可求解，再利用ABE ACE ABC S S S +=可求AE的长；删①，在ABD △中，由余弦定理有2cosADB ∠=，在BCD △中，cosCDB ∠=，由cos cos ADB CDB ∠=-∠求得x ，利用ABE ACE ABC S S S +=可求AE 的长. 【详解】删①.（1）设,AD CD x BA y ===，在ABD △中，由余弦定理可得227x y xy +-=，在ABC 中，由余弦定理可得22427x y xy +-=，联立方程解得1,3x y ==，所以3,2BA AC ==；（2）设AE m =，则由ABE ACE ABC S S S +=得1113sin 302sin 3032sin 60222m m ⨯+⨯=⨯⨯，解得5m =； 删①，则在ABD △中，由余弦定理有2222cos BD AB AD AB AD A =+-⋅⋅，即2796cos60AD AD =+-⋅，解得1AD =或2AD =，则2AC =或4，有2解，不满足题意；删①，在ABC 中，由余弦定理可得2222cos BC AB AC AB AC A =+-⋅⋅，即2796cos60AC AC =+-⋅，解得1AC =或2，有2解，不满足题意； 删①.（1）设AD CD x ==，在ABD △中，由余弦定理有22222cos2BD AD AB ADB BD AD ∠+-===⋅， 同理，在BCD △中，cosCDB ∠=，cos cos ADB CDB ∠∠=-，2=1x =，2AC ∴=； （2）设AE m =，则由ABE ACE ABC S S S +=得1113sin 302sin 3032sin 60222m m ⨯+⨯=⨯⨯，解得m =. 【点睛】关键点睛：解决本题得关键是熟练应用余弦定理建立等量关系求解. （2021江苏省苏州市高三下学期三模）13. ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知11(0)k k a b c+=>．（1）若2k C π==，求A 的值；（2）若k =2，求当C 最大时ABC 的形状．【答案】（1）4A π=；（2）正三角形. 【解析】【分析】（1）由11a b c +=，结合2C π=，利用正弦定理化简得到c 1o 1sin s A A +=24A A π⎛⎫+= ⎪⎝⎭求解；（2）由112a b c +=，得到2ab c a b =+，由余弦定理得到222cos 2a b c C ab+-=()2142a b ab b a a b ⎡⎤=+-⎢⎥+⎢⎥⎣⎦，再利用基本不等式求解. 【详解】（1）11a b +=sin 11sin si 2n 2A A π⎛⎫- ⎪⎝==⎭+即c 1o 1sin s AA +=sin cos cos A A A A +=⋅，24A A π⎛⎫+= ⎪⎝⎭， 所以24A A π+=或24A A ππ+=-， 解得4A π=； （2）112a b c+=，即2a b ab c +=， 所以2ab c a b =+， 由余弦定理得2222222cos 22ab a b a b c a b C ab ab ⎛⎫+- ⎪+-+⎝⎭==， ()()22141412222a b ab ab b a a b ⎡⎤⎡⎤⎢⎥=+-≥-=⎢⎥⎢⎥+⎢⎥⎣⎦⎢⎥⎣⎦， 当且仅当a b =时，等号成立，此时3C π=，ABC 是正三角形．【点睛】方法点睛：在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更适合，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，要考虑用余弦定理；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；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．（2021山东省泰安肥城市高三三模）14. 已知锐角ABC ∆的外接圆半径为1，内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，ABC ∆的面积为S2224)S c b =+-．（1）求C ；（2）求bc a的取值范围． 【答案】（1）3C π=；（2bc a<< 【解析】 【分析】（1)2224S c b =+-)2224a b c S +-=，根据余弦定理以及三角形的面积公式可得1cos 4sin 2C ab C =⨯，化简整理即可求出结果；（2）根据正弦定理把bc a变形为2sin 2sin B A，进而得到23sin A Aπ⎛⎫- ⎪⎝⎭然后以函数的思想根据角A 的范围求值域即可.【详解】解:（1)2224S c b =-)2224a b c S +-=∴1cos 4sin 2C ab C =⨯sin C C = ∵cos 0C ≠，∴tan C =又(0,)C π∈ ∴3C π=．（2）ABC ∆的外接圆半径为1 ∴2sin c C=，即2sin c C =又sin sin sin a b c A B C ==， ∴2sin a A =，2sin b B =∴bc a==23sin sin A B A Aπ⎛⎫- ⎪⎝⎭==1cos sin22sinA AA⎫+⎪⎝⎭=32tan A=+又因为ABC∆是锐角三角形∴22ABππ⎧<<⎪⎪⎨⎪<<⎪⎩，即2232AAπππ⎧<<⎪⎪⎨⎪<-<⎪⎩，∴62Aππ<<∴tan3>A，1tan A<<32tan2A<<，∴bca<<【点睛】解三角形中的求值域的问题，有两种解题思路：（1）找到边与边之间的关系，利用均值不等式求出最值，再结合三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边来确定范围；（2）利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，以函数的思想求值域，注意转化的角的范围是关键.（2021山东省潍坊市高三三模）15. 在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，M是AC上的点，BM平分ABC∠，ABM的面积是BCM面积的2倍．（1）求sinsinCA；（2）若1cos4B=，2b=，求ABC的面积．【答案】（1）2；（2）4．【解析】【分析】（1）由2ABM BCMS S=△△，ABM MBC∠=∠，得到2AB BC=，由正弦定理得sin2sinC ABA BC==；（2）由（1）知2c a =，代入满足1cos 4B =的余弦定理，求得a ，c ，并求得sin B ，则由面积公式1sin 2ABC S ac B =△即可求得三角形面积. 【详解】解：（1）1sin 2ABM AB S BM ABM =⋅∠△， 1sin 2BCM BC S BM MBC =⋅∠△． 因为2ABM BCM S S =△△，ABM MBC ∠=∠，所以2AB BC =． 由正弦定理得sin 2sin C AB A BC == （2）由sin 2sin C A=得2c a =， 由余弦定理得2222cos b a c ac B =+-， 又因为1cos 4B =，2b =， 所以2221444a a a +-⨯4=， 所以1a =，从而2c =． 又因为1cos 4B =且0πB <<，所以sin 4B =．因此 11sin 122244ABC a S c B ==⨯⨯⨯=△． 【点睛】关键点点睛：根据角平分线及面积关系求得2c a =，并利用正弦定理，余弦定理进行边角转化，解得三角形中的参数.。
由考题定考向,探方法成策略——以２０２１年新高考全国Ⅰ卷解三角形问题为例
试题研究２０２３年６月上半月㊀㊀㊀由考题定考向,探方法成策略以２０２１年新高考全国I卷解三角形问题为例◉江苏省连云港市城头高级中学㊀程玲强㊀㊀１真题呈现,问题解析考题㊀(２０２１年新高考全国Ⅰ卷第１９题)记әA B C的内角A,B,C的对边分别为a,b,c．已知b２＝a c,点D在A C边长,B D s i nøA B C＝a s i n C．(１)证明:B D＝b;(２)若A D＝２D C,求c o søA B C ．图１解析:本题为解三角形问题,可先绘制辅助图形,如图１所示．(１)根据题设可知,B D＝a s i n Cs i nøA B C．由正弦定理得cs i n C＝bs i nøA B C,即s i n Cs i nøA B C＝cb．所以B D＝a cb,又知b２＝a c,则推出B D＝b,得证．(２)由A C＝b,A D＝２D C,可得A D＝２b３,D C＝b３．所以,在әA B D中,c o søA D B＝１３b２９－c２４b２３．同理可得c o søC D B＝１０b２９－a２２b２３．因为øA D B＝π－øC D B,所以１３b２９－c２４b２３＝a２－１０b２９２b２３,整理得２a２＋c２＝１１b２３．又b２＝a c,所以２a２＋b４a２＝１１b２３,整理得６a４－１１a２b２＋３b４＝０,解得a２b２＝１３或a２b２＝３２．在әA B C中,由余弦定理,可得c o søA B C＝a２＋c２－b２２a c＝４３－a２２b２．当a２b２＝１３时,c o søA B C＝７６＞１,不符合题意;当a２b２＝３２时,c o søA B C＝７１２．综上可知,c o søA B C＝７１２．另解:对于第(２)问,还可以从向量视角来解析．已知A D＝２D C,则D是三角形边A C的三等分点,则有B Dң＝１３B Aң＋２３B Cң,两边平方,可得|B Dң|２＝１９|B Aң|２＋４９|B Aң||B Cң|c o søA B C＋４９|B C|２．①在әA B C中,由余弦定理,可得c o søA B C＝a２＋c２－b２２a c．结合题目条件有b２＝９D C２＝a c,B D＝b＝３D C．将上述式子代入①式,消去B D,c o søA B C和b,可初步得到６a２－１１a c＋３c２＝０,则c＝２３a或c＝３a．当c＝３a时,b２＝a c＝３a２,由余弦定理,得c o søA B C＝７６＞１,不符合题意;当c＝２３a时,b２＝a c＝２３a２,可得c o søA B C＝７１２．２命题揭秘,技巧探究上述考题为高考常见的解三角形问题,主要考查三角函数的核心知识,如正弦定理㊁余弦定理,以及利用定理度量三角形,对学生计算分析㊁利用知识解决实际问题的能力有较高的要求．下面深入解读考题的０６Copyright©博看网. All Rights Reserved.２０２３年６月上半月㊀试题研究㊀㊀㊀㊀命题规律,以及常用的解题技巧．２．１命题规律探究正弦定理㊁余弦定理是高考的热点知识,也是解三角形的核心知识,它们常用来求解三角形的相关问题,如已知边求其他角,判断三角形的形状,求三角形的面积,等等．同时,考题中也常将两个定理与和差公式㊁倍角公式以及三角形的面积公式相结合,转化的技巧性极强．问题解答需要灵活运用正弦定理㊁余弦定理,并有效结合函数与方程思想㊁化归转化思想等．２．２解题技巧探究正弦定理㊁余弦定理是解三角形的核心知识,对应变形式的应用也极为广泛,也是需要重点掌握的知识;另外需要掌握以下几个解析技巧．(１)正弦定理的推广:a s i n A＝b s i n B＝c s i n C＝２R,其中R为әA B C外接圆的半径．求解әA B C外接圆的面积或周长时,可利用正弦定理的推广式来求外接圆的半径．(２)三角形面积公式:S＝１２a b s i n C＝１２b c s i n A＝１２c a s i n B．对于上式,可从三角形内角与边来解读,即三角形的面积可表示为任意两边及其夹角正弦值乘积的一半．(３)正弦知识与三角形个数:利用正弦定理的变形式可判断满足条件的三角形个数．由正弦定理可变形出s i n B＝b s i n A a．当s i n B＝b s i n A a＞１,则满足条件的三角形为０个,即无解;当s i n B＝b s i n A a＝１,则满足条件的三角形为１个;当s i n B＝b s i n A a＜１,则满足条件的三角形为１个或２个．(４)正弦定理的适用问题:已知两角和任意一边,求其他边和角;已知两边和其中一边的对角,求其他边和角．(５)利用正㊁余弦定理解题常用策略:利用两个定理解题常结合转化思想,即将边转化为角,或将角转化为边,最终目标是实现角或边的统一．对于三角形中的不等式问题,可利用两个定理来适当 放缩 ．对于三角形的取值范围问题,若以余弦定理为切入点,则可将问题转化为不等式;若以正弦定理为切入点,则可将问题转化为三角函数．３关联探究,解题分析解三角形问题的类型十分多样,所涉知识考点也较为众多,结合图形理解条件把握三角形特征,活用定理是解题的关键．下面结合具体问题进行关联探究．３．１倍角公式转化,破解三角函数值问题涉及倍角的三角函数问题较为特殊,需用倍角公式构建倍角与三角形内角的关系,然后利用正弦定理㊁余弦定理加以运算突破．图２例１㊀如图２所示,用三个全等的әA B F,әB C D,әC A E拼成了一个等边三角形A B C,әD E F为等边三角形,且E F＝２A E,设øA C E＝θ,则s i n２θ的值为．解析:设A E＝k(k＞０),则E F＝２k．由øA C E＝θ,әA B F,әB C D,әC A E全等,可得øF A B＝θ, C D＝k,D E＝２k．又әA B C为等边三角形,所以øC A E＝π３－θ．在әC A E中,由正弦定理,可得A Es i nøA C E＝C Es i nøC A E,即３s i nθ＝３２c o sθ－１２s i nθ．整理得t a nθ＝３７,则s i n２θ＝２t a nθt a n２θ＋１＝２ˑ３７３４９＋１＝７３２６．评析:例１是关于倍角的三角函数问题,问题涉及了全等三角形和等边三角形,利用正弦定理来求解所涉内角的正弦值是解题的基础,而利用倍角公式构建三角形内角和倍角之间的关系则是解题的关键．３．２正弦定理转化,破解面积取值问题三角形面积取值问题十分常见,从三角函数视角分析,可灵活运用正弦定理来求解,对于其中取值范围的分析,则可结合角度和边长的大小关系．例２㊀在锐角三角形A B C中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c．已知b s i n B＋C２＝a s i n B,且c＝２,则锐角三角形A B C面积的取值范围为．解析:由b s i n B＋C２＝a s i n B,可得b c o s A２＝a s i n B．由正弦定理,可得s i n B c o s A２＝s i n A s i n B．由０＜B＜π２,可得s i n B＞０,故c o s A２＝s i n A,即c o s A２＝２s i n A２c o s A２．又０＜A＜π２,所以０＜A２＜π４,则c o sA２＞０．故s i nA２＝１２,进而可得A＝π３．１６Copyright©博看网. All Rights Reserved.试题研究２０２３年６月上半月㊀㊀㊀图３如图３所示,在әA B C中B C１ʅA C,B C２ʅA B,可知A C１＝A Bc o sπ３＝１,A C２＝A Bc o sπ３＝４．因为әA B C为锐角三角形,所以点C在线段C１C２上运动,但不包括端点,于是有A C１＜b＜A C２,即１＜b＜４．而әA B C的面积可表示为SәA B C＝１２b c s i n A＝３２b,结合b的取值可得３２bɪ(３２,２３)．故әA B C面积的取值范围为(３２,２３)．评析:例２是求三角形面积的取值范围问题,解题的关键是构建三角形模型㊁确定b的取值范围．上述解题分两阶段突破．第一阶段,结合余弦定理确定内角A的大小;第二阶段,结合图形求解b的取值范围,进而由三角形面积公式求面积的取值范围．３．３两角和差转化,破解三角函数最值问题对于与两角相关的三角函数值问题,突破的核心是两角和与差的公式,即完成两角的统一化,构建单一变量,将问题转化为简单的函数问题,然后利用函数性质求最值．例３㊀在әA B C中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,其面积S可表示为S＝b２＋c２－a２４,试回答下列问题．(１)如果a＝６,b＝２,求c o s B的值;(２)试求s i n(A＋B)＋s i n B c o s B＋c o s(B－A)的最大值．解析:(１)简答．利用面积公式可得A＝π４,结合正弦定理可得s i n B＝b s i n A a＝６６,分析可知B为锐角,故c o s B＝３０６．(２)由(１)可知A＝π４,所以s i n(A＋B)＋s i n B c o s B＋c o s(B－A)＝２２s i n B＋２２c o s B＋s i n B c o s B＋２２s i n B＋２２c o s B＝２(s i n B＋c o s B)＋s i n B c o s B．令t＝s i n B＋c o s B＝２s i n(B＋π４),由Bɪ(０,３π４),得B＋π４ɪ(π４,π),则s i n(B＋π４)ɪ(０,１],所以tɪ(０,２]．故s i n(A＋B)＋s i n B c o s B＋c o s(B－A)＝２t＋t２－１２＝１２(t＋２)２－３２,tɪ(０,２]．分析可知,当t＝２,B＝π４时,原式取得最大值,且最大值为５２．评析:上述第(２)问可视为是两角和差的三角函数最值问题,突破的核心策略是角的转化,即通过内角的变换将问题转化为单一内角的三角函数问题．上述解析过程充分利用了两角和与差的公式㊁内角的三角函数基本关系等,问题的转化思想和运算技巧体现得极为充分．４解后反思,教学建议解三角形问题是高考数学的重要题型,探究命题规律,总结解题技巧是教学探究的重点,下面进一步进行反思教学．４．１理解定理内涵,正确认识定理正弦定理㊁余弦定理是破解 解三角形 问题的核心定理,充分理解定理内涵㊁正确认识定理是探究学习的关键．实际上两大定理揭示了三角形边角关系．如余弦定理体现了三角形三边长与一个角余弦值的关系,是对勾股定理的推广;而正弦定理则体现了三角形各边和所对角正弦值之比的关系．教学中要帮助学生理解该知识内涵,同时引导学生体验定理的探究过程,掌握定理的证明方法,强化学生的思辨思维,以从根本上掌握解三角形问题的知识核心．４．２开展思维训练,总结通性通法边化角 和 角化边 是解三角形问题常用的两种思路,总体而言就是为了实现问题条件的 边 或角 的统一．在教学中要重视学生的思维训练,促使学生充分掌握该类问题的通性通法,正确判断解决问题应选用的方法．４．３关注类型问题,总结破题技巧解三角形问题的类型十分多样,问题的综合性㊁拓展性极强,因此关注问题的多种类型,总结破题技巧十分关键[１]．实际教学中,教师要帮助学生构建解三角形问题的体系,引导学生合理变式,灵活运用定理㊁公式来转化突破．同时注意拓展解法,提升学生的思维水平．参考文献:[１]景君．不畏浮云遮望眼 一道江苏联赛解三角形题的剖析[J]．中学数学,２０２１(７):１９Ｇ２０．Z２６Copyright©博看网. All Rights Reserved.。
(2021年整理)三角形全等证明题60题(有答案)
三角形全等证明题60题(有答案)编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（三角形全等证明题60题(有答案)）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为三角形全等证明题60题(有答案)的全部内容。
全等三角形证明题专项练习60题（有答案）1．已知如图，△ABC≌△ADE，∠B=30°，∠E=20°,∠BAE=105°，求∠BAC的度数．∠BAC= _________ ．2．已知：如图，四边形ABCD中，AB∥CD，AD∥BC．求证：△ABD≌△CDB．3．如图，点E在△ABC外部，点D在边BC上，DE交AC于F．若∠1=∠2=∠3，AC=AE，请说明△ABC≌△ADE的道理．4．如图,△ABC的两条高AD,BE相交于H，且AD=BD．试说明下列结论成立的理由．（1)∠DBH=∠DAC；（2）△BDH≌△ADC．5．如图，在△ABC中，D是BC边的中点，DE⊥AB,DF⊥AC，垂足分别为E、F，且DE=DF，则AB=AC，并说明理由．6．如图,AE是∠BAC的平分线,AB=AC，D是AE反向延长线的一点，则△ABD与△ACD全等吗？为什么？7．如图所示，A、D、F、B在同一直线上,AF=BD,AE=BC，且AE∥BC．求证:△AEF≌△BCD．8．如图,已知AB=AC，AD=AE，BE与CD相交于O，△ABE与△ACD全等吗？说明你的理由．9．如图，在△ABC中,AB=AC,D是BC的中点，点E在AD上,找出图中全等的三角形，并说明它们为什么是全等的．10．如图所示，CD=CA,∠1=∠2，EC=BC，求证：△ABC≌△DEC．11．已知AC=FE,BC=DE，点A、D、B、F在一条直线上，要使△ABC≌△FDE，应增加什么条件？并根据你所增加的条件证明:△ABC≌△FDE．12．如图，已知AB=AC，BD=CE，请说明△ABE≌△ACD．13．如图，△ABC中，∠ACB=90°,AC=BC，将△ABC绕点C逆时针旋转角α（0°＜α＜90°）得到△A1B1C，连接BB1．设CB1交AB于D，A1B1分别交AB，AC于E，F，在图中不再添加其他任何线段的情况下,请你找出一对全等的三角形,并加以证明．(△ABC与△A1B1C1全等除外）14．如图，AB∥DE，AC∥DF,BE=CF．求证：△ABC≌△DEF．15．如图，AB=AC，AD=AE，AB，DC相交于点M，AC，BE相交于点N，∠DAB=∠EAC．求证：△ADM≌△AEN．16．将两个大小不同的含45°角的直角三角板如图1所示放置在同一平面内．从图1中抽象出一个几何图形（如图2），B、C、E三点在同一条直线上，连接DC．求证：△ABE≌△ACD．17．如图，已知△ABC是等边三角形，D、E分别在边BC、AC上，且CD=CE,连接DE并延长至点F,使EF=AE，连接AF、BE和CF．请在图中找出所有全等的三角形，用符号“≌"表示，并选择一对加以证明．18．如图,已知∠1=∠2，∠3=∠4，EC=AD．（1)求证:△ABD≌△E BC．(2）你可以从中得出哪些结论?请写出两个．19．等边△ABC边长为8,D为AB边上一动点，过点D作DE⊥BC于点E,过点E作EF⊥AC于点F．(1）若AD=2，求AF的长；(2）求当AD取何值时，DE=EF．20．巳知:如图，AB=AC，D、E分别是AB、AC上的点，AD=AE,BE与CD相交于G．（Ⅰ）问图中有多少对全等三角形？并将它们写出来．（Ⅱ）请你选出一对三角形，说明它们全等的理由（根椐所选三角形说理难易不同给分，即难的说对给分高，易的说对给分低）21．已知:如图，AB=DC，AC=BD,AC、BD相交于点E，过E点作EF∥BC，交CD于F，(1）根据给出的条件，可以直接证明哪两个三角形全等？并加以证明．（2)EF平分∠DEC吗？为什么？22．如图,己知∠1=∠2，∠ABC=∠DCB，那么△ABC与△DCB全等吗？为什么？23．如图，B，F，E,D在一条直线上，AB=CD，∠B=∠D，BF=DE．试证明:（1）△DFC≌△BEA；(2)△AFE≌△CEF．24．如图，AC=AE，∠BAF=∠BGD=∠EAC，图中是否存在与△ABE全等的三角形？并证明．25．如图，D是△ABC的边BC的中点，CE∥AB,E在AD的延长线上．试证明：△ABD≌△ECD．26．如图，已知AB=CD，∠B=∠C,AC和BD相交于点O,E是AD的中点，连接OE．(1)求证:△AOB≌△DOC；(2）求∠AEO的度数．27．如图，已知AB∥DE，AB=DE，AF=DC．（1）求证：△ABF≌△DEC；(2）请你找出图中还有的其他几对全等三角形．(只要直接写出结果，不要证明）28．如图：在△ABC中,BE、CF分别是AC、AB两边上的高，在BE上截取BD=AC，在CF的延长线上截取CG=AB,连接AD、AG．（1）求证：△ABD≌△GCA;（2）请你确定△ADG的形状,并证明你的结论．29．如图,点D、F、E分别在△ABC的三边上,∠1=∠2=∠3,DE=DF，请你说明△ADE≌△CFD的理由．30．如图,在△ABC中，∠ABC=90°，BE⊥AC于点E,点F在线段BE上，∠1=∠2,点D在线段EC上，给出两个条件：①DF∥BC；②BF=DF．请你从中选择一个作为条件,证明：△AFD≌△AFB．31．如图，在△ABC中，点D在AB上，点E在BC上,AB=BC，BD=BE，EA=DC,求证：△BEA≌△BDC．32．阅读并填空：如图,在△ABC中,∠ACB=90°，AC=BC，BE⊥CE于点E，AD⊥CE于点D．请说明△ADC≌△CEB 的理由．解：∵BE⊥CE于点E(已知），∴∠E=90°_________ ，同理∠ADC=90°，∴∠E=∠ADC（等量代换)．在△ADC中，∵∠1+∠2+∠ADC=180°_________ ，∴∠1+∠2=90°_________ ．∵∠ACB=90°(已知），∴∠3+∠2=90°,∴_________ ．在△ADC和△CEB中，.∴△ADC≌△CEB （A．A．S）33．已知:如图所示，AB∥DE，AB=DE，AF=DC．（1）写出图中你认为全等的三角形（不再添加辅助线）；（2)选择你在(1）中写出的全等三角形中的任意一对进行证明．34．如图，点E在△ABC外部，点D在BC边上,DE交AC于点F，若∠1=∠2=∠3,AC=AE．试说明下列结论正确的理由：（1）∠C=∠E；（2）△ABC≌△ADE．35．如图，在Rt△ABC中,∠ACB=90°，AC=BC，D是斜边AB上的一点，AE⊥CD于E，BF⊥CD 交CD的延长线于F．求证：△ACE≌△CBF．36．如图，在△ABC中,D是BC的中点，DE∥CA交AB于E，点P是线段AC上的一动点，连接PE．探究：当动点P运动到AC边上什么位置时,△APE≌△EDB？请你画出图形并证明△APE≌△EDB．37．已知：如图，AD∥BC，AD=BC，E为BC上一点,且AE=AB．求证：（1)∠DAE=∠B；（2）△ABC≌△EAD．38．如图，D为AB边上一点，△ABC和△ECD都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，CA=CB,CD=CE，图中有全等三角形吗？指出来并说明理由．39．如图，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE．求证:△ABD≌△ACE．40．如图，已知D是△ABC的边BC的中点，过D作两条互相垂直的射线，分别交AB于E，交AC于F，求证：BE+CF＞EF．41．如图所示，在△MNP中，H是高MQ与NE的交点,且QN=QM，猜想PM与HN有什么关系?试说明理由．42．如图，在△ABC中,D是BC的中点，过D点的直线GF交AC于F，交AC的平行线BG于G 点，DE⊥GF，交AB于点E，连接EG．（1）求证：BG=CF;（2）请你判断BE+CF与EF的大小关系，并证明你的结论．43．如图,在△ABC中，∠ACB=90°,AC=BC，BE⊥CE于E，AD⊥CE于D,AD=2。
2021届高三 解三角形大题狂练 答案解析
解三角形类型一：求面积、周长的最值1.（2020届山东模拟）平面四边形 ABCD 中，边BC 上有一点 E ，∠ADC = 120 ，AD = 3 ，sin ∠ECD =32， DE =3，CE =433。
（1）求 AE 的长；（2）已知∠ABC = 60︒ 求∆ABE 面积的最大值．解(1)在CED ∆中由正弦定理可得CDE CDECE ECD DE ∠=∠=∠sin 433323,sin sin 即, ,21sin =∠CDE 因为DE CE <,所以CDE ∠是锐角，故︒=∠30CDE ，︒=∠90ADE ,在直角三角形ADE 中，32,12332222==+=+=AE DE AD AE . （2）在ABE ∆中，︒=∠=60,32ABC AE ,由余弦定理可得：BE AB BE AB BE AB BE AB AE ⋅-+=︒⋅-+=2222212,60cos 2因为12,212,222≤⋅∴⋅≥+⋅∴⋅≥+BE AB BE AB BE AB BE AB BE AB 从而，334360sin 21≤⋅=︒⋅=BE AB BE AB S2.（2020届济宁）已知ABC 内接于单位圆，且()()112tanA tanB ++=，()1求角C ()2求ABC 面积的最大值．解：()()()1112tanA tanB ++=1tanA tanB tanA tanB ∴+=-⋅，()11tanA tanBtanC tan A B tanAtanB+∴=-+=-=--，()3C 0,4C ππ∈∴=()2ABC 的外接圆为单位圆，∴其半径1R =由正弦定理可得22c RsinC ==， 由余弦定理可得2222c a b abcosC =+-，代入数据可得2222a b ab =++()2222ab ab ab ≥+=+，当且仅当a=b 时，“=”成立22ab ∴≤+， ABC ∴的面积122122222S absinC -=≤⋅=+，B AC ∴面积的最大值为：212-3.（2020届济南）在平面四边形ABCD 中，已知AB ＝2，AD ＝3，∠ADB ＝2∠ABD ，∠BCD＝．（1）求BD ；（2）求△BCD 周长的最大值．解：（1）在△ABD 中，由正弦定理得：＝＝2cos ∠ABD ，∴cos ∠ABD ＝，∴cos ∠ABD ＝＝＝，即：BD 2﹣8BD +15＝0， 解得：BD ＝3或5； （2）在△BCD 中，∠BCD ＝，由余弦定理得：cos ∠BCD ＝＝，∴BC 2+CD 2﹣BD 2＝BC ×CD ， ∴（BC +CD ）2＝BD 2+3BC ×CD ，由基本不等式得：，∴（BC +CD ）2≤，∴，∴（BC +CD ）2≤4BD 2，当BD ＝3时，BC +CD ≤6，即3＜BC +CD ≤6，所以6＜BC +CD +BD ≤9， 当BD ＝5时，BC +CD ≤10，即3＜BC +CD ≤10，所以6＜BC +CD +BD ≤13 所以△BCD 周长的最大值为：9或13．4. （2020届济南）在ABC ∆中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，已知4a =，tan tan tan tan A B c bA B c --=+．（1）求A 的余弦值； （2）求ABC ∆面积的最大值． 解：（1）由tan tan tan tan A B c b A B c --=+，得(tan tan )2tan tan tan A B B c b A B c +--=+，即2tan 11tan tan B bA B c-=-+，∴2tan tan tan B b A B c =+，又由正弦定理sin sin b B c C =，可得2tan sin tan tan sin B BA B C=+，即2sin sin sin sin sin cos cos cos B A B C B B A B ⎛⎫⋅=+⋅ ⎪⎝⎭，由sin 0B ≠， 整理得：2sin cos sin cos cos sin sin()sin C A A B A B A B C ⋅=+=+=， 由sin 0C ≠，得1cos 2A =． （2）由（1）知3A π=，则由余弦定理可得222222cos 2a b c bc A b c bc bc bc bc =+-=+--=，当且仅当b c =时等号成立，即216bc a =．所以11sin 1622ABC S bc A ∆=⨯⨯=5. （2020届江门）在ABC ∆中，角,,A B C 的对应边分别为,,a b c ． （1）若,,a b c 成等比数列，12cos 13B =，求cos cos sin sin A CA C+的值； （2）若角,,A B C 成等差数列，且=2b ，求ABC ∆周长的最大值 解：（1）在△ABC 中，∵cos B =1213 B (0,)π∈∴sinB=513∵a 、b 、c 成等比数列，∴b 2＝ac ， ∴由正弦定理得sin 2B ＝sin A sin C ， ∴cos cosC sin sin A A C +=2sin(A C)sin B +=2sin sin B B =113sin 5B =（2）∵b ＝2，A 、B 、C 成等差数列，∴2B ＝A +C ＝180°﹣B ，∴B ＝60°，则sin ，∴由正弦定理，得sin sin sin a b c A B C ===∴a A =，c C = ∵A +C ＝120°，即C ＝120°－A ，∴△ABC 周长为L ＝a +b +sin )2C ++=4cos （A ﹣60°）+2． ∵0＜A ＜120°，∴﹣60°＜A ﹣60°＜60°， ∴<21cos （A ﹣60°）≤1，∴4＜4cos （A ﹣60°）+2≤6， ∴当A ＝B ＝C ＝60°时，△ABC 周长L 取得最大值为66.（2020届山东模拟）.已知ABC ∆的内角,,A B C 的对应边分别为,,a b c ，在()cos cos sin C a B b A c C +=②sinsin 2A Ba c A += ③()22sin sin sin sin sin B A C B A -=-这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，当_______时，求sin sin A B ⋅的最大值.解：若选①()sin cos sin cos sin sin C A B B A C C +=，()sin sin sin C A B C C +=tan C =，3C π=若选②，则由正弦定理知：sin sinsin sin 2CA C A π-=，cossin 2sin cos 222C C C C ==，1sin 22C =，3C π= 若选③，则有正弦定理知()22b a c bc -=-，222b ac bc ∴+-=，由余弦定理知：1cos 2C =，3C π=，23A B π+=，2sin sin sin sin 3A B A A π⎛⎫∴⋅=⋅- ⎪⎝⎭1sin sin 2A A A ⎫=⋅+⎪⎪⎝⎭()211cos sin 21cos 224A A A A A =⋅+=+-11sin 2264A π⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭20,3A π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，72,666A πππ⎛⎫∴-∈- ⎪⎝⎭，所以当3A π=时，sin sin A B ⋅的最大值是34.7.（2020届江西调研）设ABC 的内角A ，B ，C 的对边长a ，b ，c 成等比数列，()2cos 2sin 12A C B π⎛⎫--+= ⎪⎝⎭，延长BC 至D 使3BD =.（1）求B 的大小； （2）求CD AC •的取值范围.解：（1）依题可得：()1cos cos 2A C B --=，()()1cos cos 2A C A C ∴-++=，1cos cos 4A C ∴=① 又因为长a ，b ，c 成等比数列，所以2b ac =，由正弦定理得：2sin sin sin B A C =②①-②得：21sin cos cos sin sin 4B AC A C -=-，化简得：24cos 4cos 30B B +-=，解得：1cos 2B =，又0B π<<，所以3B π=，（2）①+②得：()cos 1A C -=，即0A C -=，即A C =，即三角形ABC 为正三角形， 设ABC 的边长为x ，由已知可得03x <<， 则()()()1cos 3cos332AC CD AC CD ACD x x x x ππ⋅=⋅-∠=-=- 2199930,2448x x ⎛⎫⎛⎤=--+-∈ ⎪ ⎥⎝⎭⎝⎦（当且仅当32x =时取等号）.CD AC •的取值范围90,8⎛⎤⎥⎝⎦.8.（2020届合肥）已知函数．（1）求函数f （x ）在[0，π]上的单调递减区间；（2）在锐角△ABC 的内角A ，B ，C 所对边为a ，b ，c ，已知f （A ）＝﹣1，a ＝2，求△ABC 的面积的最大值．解：（1）利用三角公式化简变形由已知得．∴，∴（k ∈Z ）∴函数f （x ）在[0，π]的单调递减区间为和．（2）∵△ABC 为锐角三角形，∴，又，即．∵a 2＝b 2+c 2﹣2b cos A ＝b 2+c 2﹣bc ≥2bc ﹣bc ＝bc ，又a ＝2，∴bc ≤4， ∴．当且仅当b ＝c ＝2时，△ABC 的面积取得最大值．9.（2020届惠州）在ABC ∆中，已知内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，向量(3,2sin )m B =-， 向量(cos ,cos 2)n B B =，且//m n ，角B 为锐角。
江苏省高考数学总复习：三角函数及解三角形
（2）若b＝2，△ABC的面积为 ，求△ABC的周长．
29小正周期为3π．
（1）求ω的值；
（2）当x∈[ ]时，求函数f（x）的最小值．
30．设函数 ，a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，已知f（A）＝0，b＝2．
（1）若 ，求B；
（2）若a＝2c，求△ABC的面积．
31．在锐角△ABC中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c，且cos2A+sin（ A）+1＝0．
（1）求角A的大小；
（2）若△ABC的面积S＝3 ，b＝3．求sinC的值．
32．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且﹣2sin2C+2 cosC+3＝0．
（2）若a＝4，且b+c＝6，求△ABC的面积．
12．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c（a，b，c互不相等），且满足bcosC＝（2b﹣c）cosB．
（1）求证：A＝2B；
（2）若 ，求cosB．
13．已知△ABC中内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且bcosC+ccosB＝﹣4cosA，a＝2．
2021年江苏省新高考数学总复习：三角函数及解三角形
1．在三角形ABC中，已知tanC ，cosB ．
（1）求tanA的值；
（2）若△ABC的面积为 ，求边BC的长．
2．已知锐角△ABC的三个内角A、B、C满足sinBsinC＝（sin2B+sin2C﹣sin2A）tanA．
（Ⅰ）求角A的大小；
（Ⅱ）若△ABC的外接圆的圆心是O，半径是1，求 •（ ）的取值范围．
3．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝c，2sinB sinA，
2021年3月新高考数学复习资料§5.4解三角形及其综合应用试题及参考答案
§5.4解三角形及其综合应用基础知识专题固本夯基【基础训练】考点一正弦定理和余弦定理1.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若sin A＝3sin B,c＝√5,且cos C＝56,则a＝() A.2√2 B.3 C.3√2 D.4【参考答案】B2.若△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知bsin 2A＝asin B,且c＝2b,则ab等于()A.32B.43C.√2D.√3【参考答案】D3.在△ABC中,三内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b2+c2-√3bc＝a2,bc＝√3a2,则角C的大小是()A.π6或2π3B.π3C.2π3D.π6【参考答案】A4.若△ABC的面积为√34(a2+c2-b2),且∠C为钝角,则∠B＝;ca的取值范围是.【参考答案】π3;(2,+∞)5.在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C的对边,且2asin A＝(2b+c)sin B+(2c+b)·sin C.(1)求A的大小;(2)若sin B+sin C＝1,试判断△ABC的形状.【试题解析】(1)由已知,结合正弦定理,得2a2＝(2b+c)b+(2c+b)c,即a2＝b2+c2+bc.又a2＝b2+c2-2bccos A,所以bc＝-2bccos A,即cos A＝-12.由于A为三角形的内角,所以A＝2π3.(2)已知2asin A＝(2b+c)sin B+(2c+b)sin C,结合正弦定理,得2sin2A＝(2sin B+sin C)sin B+(2sin C+sin B)sin C,即sin2A＝sin2B+sin2C+sin Bsin C＝sin22π3＝34.又由sin B+sin C＝1,得sin2B+sin2C+2sin Bsin C＝1, 解得sin B＝sin C＝12,因为0<B<π,0<C<π,0<B+C<π,所以B ＝C ＝π6,所以△ABC 是等腰三角形.考点二 解三角形及其综合应用6.在△ABC 中,三边长分别为a,a+2,a+4,最小角的余弦值为1314,则这个三角形的面积为( )A.15√34B.154C.21√34D.35√34【参考答案】A7.如图所示,为了测量A,B 两处岛屿间的距离,小张以D 为观测点,测得A,B 分别在D 处的北偏西30°、北偏东30°方向,再往正东方向行驶40海里到C 处,测得B 在C 处的正北方向,A 在C 处的北偏西60°方向,则A,B 两处岛屿间的距离为( )A.20√3 海里B.40√3 海里C.20(1+√3)海里D.40海里 【参考答案】B8.设锐角△ABC 的三个内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,且c ＝1,A ＝2C,则△ABC 周长的取值范围为( ) A.(0,2+√2) B.(0,3+√3) C.(2+√2,3+√3) D.(2+√2,3+√3] 【参考答案】C9.如图,一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶,到A 处时测得公路北侧一山顶D 在西偏北30°的方向上,行驶600 m 后到达B 处,测得此山顶在西偏北75°的方向上,仰角为30°,则此山的高度CD ＝ m.【参考答案】100√6综合篇知能转换【综合集训】考法一 利用正、余弦定理解三角形1.(2019湖南四校调研联考,10)△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,且sinA sinB+sinC +ba+c＝1,则C ＝( )A.π6B.π3C.2π3D.5π6【参考答案】B2.(2020届福建建瓯芝华中学高三暑假学习效果检测,7)△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.π2 B.π3 C.π4 D.π6【参考答案】C3.(2019上海金山二模,7)已知△ABC 中,tan A ＝14,tan B ＝35,AB ＝√17.求: (1)角C 的大小;(2)△ABC 中最短边的边长.【试题解析】(1)tan C ＝tan[π-(A+B)]＝-tan(A+B)＝-tanA+tanB1-tanAtanB ＝-14+351-14×35＝-1,所以C ＝3π4.(2)因为tan A<tan B,所以最小角为A. 又因为tan A ＝14,所以sin A ＝√1717.又BC sinA ＝ABsinC, 所以BC ＝AB ·sinAsinC√17×√1717√22√2.故△ABC 中最短边的边长为√2.考法二 三角形形状的判断4.(2020届山东济宁二中10月月考,8)在△ABC 中,若sin A ＝2sin Bcos C,a 2＝b 2+c 2-bc,则△ABC 的形状是( )A.等边三角形B.等腰三角形C.直角三角形D.等腰直角三角形 【参考答案】A5.(2018湖南师大附中12月月考,6)在△ABC 中,内角A,B,C 的对边分别是a,b,c,若bcosC ccosB ＝1+cos2C1+cos2B,则△ABC 的形状是( )A.等腰三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.等腰三角形或直角三角形 【参考答案】D6.(2018江西南城一中期中,6)在△ABC 中,内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,若tanA -tanB tanA+tanB ＝c -bc,则这个三角形必含有()A.90°的内角B.60°的内角C.45°的内角D.30°的内角 【参考答案】B考法三 与三角形的面积、范围有关的问题7.(2020届内蒙古杭锦后旗奋斗中学第一次月考,18)在△ABC 中,∠A ＝60°,c ＝37a. (1)求sin C 的值;(2)若a ＝7,求△ABC 的面积.【试题解析】(1)在△ABC 中,因为∠A ＝60°,c ＝37a,所以由正弦定理得sin C ＝csinA a ＝37×√32＝3√314. (2)因为a ＝7,所以c ＝37×7＝3.由余弦定理a 2＝b 2+c 2-2cbcos A 得72＝b 2+32-2b×3×12,得b ＝8或b ＝-5(舍).所以△ABC 的面积S ＝12bcsin A ＝12×8×3×√32＝6√3.8.(2019江西临川一中12月月考,17)在△ABC 中,角A,B,C 的对边分别是a,b,c,且2csin B ＝3atan A. (1)求b 2+c 2a 2的值; (2)若a ＝2,求△ABC 的面积的最大值.【试题解析】(1)2csin B ＝3atan A ⇒2csin Bcos A ＝3asin A ⇒2bc ·cos A ＝3a 2,即2bc ·b 2+c 2-a 22bc＝3a 2,∴b 2+c 2＝4a 2, 则b 2+c 2a 2＝4. (2)∵a ＝2,∴b 2+c 2＝16,∴cos A ＝b 2+c 2-a 22bc ＝6bc. 又b 2+c 2≥2bc,即8≥bc,当且仅当b ＝c 时,取等号, ∴cos A ≥68＝34. 由cos A ＝6bc 得bc ＝6cosA, 则A ∈(0,π2),∴S △ABC ＝12bcsin A ＝3tan A.∵1+tan 2A ＝1+sin 2A cos 2A ＝cos 2A+sin 2A cos 2A ＝1cos 2A, ∴tan A ＝√1cos 2A -1≤√169-1＝√73, ∴S △ABC ＝3tan A ≤√7,故△ABC 的面积的最大值为√7.考法四 解三角形的实际应用9.(2018福建莆田月考,8)A 在塔底D 的正西面,在A 处测得塔顶C 的仰角为45°,B 在塔底D 的南偏东60°处,在塔顶C 处测得B 的俯角为30°,A 、B 间距84米,则塔高为( ) A.24米 B.12√5 米 C.12√7 米 D.36米 【参考答案】C10.(2018河北石家庄摸底考试,17)某学校的平面示意图如图中的五边形区域ABCDE,其中三角形区域ABE 为生活区,四边形区域BCDE 为教学区,AB,BC,CD,DE,EA,BE 为学校的主要道路(不考虑宽度).∠BCD ＝∠CDE ＝2π3,∠BAE ＝π3,DE ＝3BC ＝3CD ＝910km. (1)求道路BE 的长度;(2)求生活区△ABE 的面积的最大值.【试题解析】(1)如图,连接BD,在△BCD 中,BD 2＝BC 2+CD 2-2BC ·CDcos ∠BCD ＝27100,∴BD ＝3√310(km).∵BC ＝CD,∠BCD ＝2π3,∴∠CBD ＝∠CDB ＝π-23π2＝π6.又∠CDE ＝2π3,∴∠BDE ＝π2. ∴在Rt △BDE 中,BE ＝√BD 2+DE 2＝(3√310)2(910)23√35km.故道路BE 的长度为3√35km. (2)设∠ABE ＝α,∵∠BAE ＝π3, ∴∠AEB ＝2π3-α. 在△ABE 中,AB sin ∠AEB ＝AE sin ∠ABE ＝BE sin ∠BAE ＝3√35sinπ3＝65, ∴AB ＝65sin (2π3-α)km,AE ＝65sin α km. ∴S △ABE ＝12AB ·AEsin π3＝9√325sin (2π3-α)sin α＝9√325·[12sin (2α-π6)+14]km 2. ∵0<α<2π3, ∴-π6<2α-π6<7π6, ∴当2α-π6＝π2,即α＝π3时,S △ABE 取得最大值,最大值为9√325×(12+14)＝27√3100, 故生活区△ABE 面积的最大值为27√3100km 2.【5年高考】考点一 正弦定理和余弦定理1.(2018课标Ⅱ,6,5分)在△ABC 中,cos C 2＝√55,BC ＝1,AC ＝5,则AB ＝( )A.4√2B.√30C.√29D.2√5 【参考答案】A2.(2016天津,3,5分)在△ABC 中,若AB ＝√13,BC ＝3,∠C ＝120°,则AC ＝( )A.1B.2C.3D.4 【参考答案】A3.(2016课标Ⅲ,8,5分)在△ABC 中,B ＝π4,BC 边上的高等于13BC,则cos A ＝( )A.3√1010B.√1010C.-√1010D.-3√1010【参考答案】C4.(2017山东,9,5分)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 B(1+2cos C)＝2sin Acos C+cos Asin C,则下列等式成立的是( ) A.a ＝2b B.b ＝2a C.A ＝2B D.B ＝2A 【参考答案】A5.(2016课标Ⅱ,13,5分)△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 ＝ . 【参考答案】21136.(2018浙江,13,6分)在△ABC 中,角A,B,C 所对的边分别为a,b,c.若a ＝√7,b ＝2,A ＝60°,则sin B ＝ ,c ＝ . 【参考答案】√217;37.(2019浙江,14,6分)在△ABC 中,∠ABC ＝90°,AB ＝4,BC ＝3,点D 在线段AC 上.若∠BDC ＝45°,则BD ＝ ,cos ∠ABD ＝ . 【参考答案】12√25;7√2108.(2019课标Ⅰ,17,12分)△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c.设(sin B-sin C)2＝sin 2A-sin Bsin C.(1)求A;(2)若√2a+b ＝2c,求sin C.【试题解析】本题主要考查学生对正弦定理、余弦定理以及三角恒等变换的掌握;考查了学生的运算求解能力;考查的核心素养是逻辑推理与数学运算.(1)由已知得sin 2B+sin 2C-sin 2A ＝sin Bsin C,故由正弦定理得b 2+c 2-a 2＝bc.由余弦定理得cos A ＝b 2+c 2-a 22bc ＝12.因为0°<A<180°,所以A ＝60°.(2)由(1)知B ＝120°-C,由题设及正弦定理得√2sin A+sin(120°-C)＝2sin C, 即√62+√32cos C+12sin C ＝2sin C,可得cos(C+60°)＝-√22.由于0°<C<120°,所以sin(C+60°)＝√22,故sin C ＝sin(C+60°-60°)＝sin(C+60°)cos 60°-cos(C+60°)·sin 60°＝√6+√24.思路分析 (1)先借助正弦定理将角化为边,然后利用余弦定理求出角A 的余弦值,进而得出角A.(2)利用正弦定理将已知等式中的边化为角,利用三角恒等变换将原式化为含有角C 的正弦、余弦的等式,利用角度变换求出sin C. 9.(2018课标Ⅰ,17,12分)在平面四边形ABCD 中,∠ADC ＝90°,∠A ＝45°,AB ＝2,BD ＝5. (1)求cos ∠ADB; (2)若DC ＝2√2,求BC.【试题解析】(1)在△ABD 中,由正弦定理得BD sin ∠A ＝ABsin ∠ADB. 由题设知,5sin45°＝2sin ∠ADB,所以sin ∠ADB ＝√25.由题设知,∠ADB<90°,所以cos ∠ADB ＝√1-225＝√235. (2)由题设及(1)知,cos ∠BDC ＝sin ∠ADB ＝√25.在△BCD 中,由余弦定理得BC 2＝BD 2+DC 2-2·BD ·DC ·cos ∠BDC ＝25+8-2×5×2√2×√25＝25.所以BC ＝5.10.(2019天津,15,13分)在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c.已知b+c ＝2a,3csin B ＝4asin C. (1)求cos B 的值; (2)求sin (2B +π6)的值.【试题解析】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. (1)在△ABC 中,由b sinB ＝csinC ,得bsin C ＝csin B,又由3csin B ＝4asin C,得3bsin C ＝4asin C,即3b ＝4a. 又因为b+c ＝2a,得到b ＝43a,c ＝23a. 由余弦定理可得cos B ＝a 2+c 2-b 22ac ＝a 2+49a 2-169a 22·a ·23a＝-14. (2)由(1)可得sin B ＝√1-cos 2B ＝√154,从而sin 2B ＝2sin Bcos B ＝-√158,cos 2B ＝cos 2B-sin 2B ＝-78,故sin (2B +π6)＝sin 2Bcos π6+cos 2Bsin π6＝-√158×√32-78×12＝-3√5+716. 思路分析 (1)由已知边角关系:3csin B ＝4asin C 利用正弦定理,得三边比例关系,根据余弦定理即可求出cos B. (2)由(1)利用同角三角函数基本关系式,求出sin B,再由二倍角公式求出sin 2B 、cos 2B,代入两角和的正弦公式即可求出sin (2B +π6)的值.11.(2019北京,15,13分)在△ABC 中,a ＝3,b-c ＝2,cos B ＝-12. (1)求b,c 的值; (2)求sin(B-C)的值.【试题解析】本题主要考查正弦、余弦定理,同角三角函数的基本关系式,两角差的正弦公式等知识点,考查学生的运算能力. (1)由余弦定理b 2＝a 2+c 2-2accos B,得b 2＝32+c 2-2×3×c×(-12).因为b ＝c+2,所以(c+2)2＝32+c 2-2×3×c×(-12).解得c ＝5.所以b ＝7. (2)由cos B ＝-12得sin B ＝√32.由正弦定理得sin C ＝c b sin B ＝5√314. 在△ABC 中,∠B 是钝角,所以∠C 为锐角. 所以cos C ＝√1-sin 2C ＝1114. 所以sin(B-C)＝sin Bcos C-cos Bsin C ＝4√37. 12.(2019江苏,15,14分)在△ABC 中,角A,B,C 的对边分别为a,b,c. (1)若a ＝3c,b ＝√2,cos B ＝23,求c 的值; (2)若sinA a ＝cosB2b,求sin (B +π2)的值.【试题解析】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. (1)因为a ＝3c,b ＝√2,cos B ＝23, 由余弦定理得cos B ＝a 2+c 2-b 22ac ,得23＝(3c)2+c 2-(√2)22×3c×c, 即c 2＝13.所以c ＝√33.(2)因为sinA a ＝cosB2b, 由a sinA ＝b sinB ,得cosB 2b ＝sinB b,所以cos B ＝2sin B.从而cos 2B ＝(2sin B)2,即cos 2B ＝4(1-cos 2B), 故cos 2B ＝45.因为sin B>0,所以cos B ＝2sin B>0,从而cos B ＝2√55. 因此sin (B +π2)＝cos B ＝2√55. 考点二 解三角形及其综合应用13.(2019课标Ⅱ,15,5分)△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 . 【参考答案】6√314.(2015课标Ⅰ,16,5分)在平面四边形ABCD 中,∠A ＝∠B ＝∠C ＝75°,BC ＝2,则AB 的取值范围是 . 【参考答案】(√6-√2,√6+√2)15.(2017浙江,14,6分)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 ＝ . 【参考答案】√152;√10416.(2017课标Ⅰ,17,12分)△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c.已知△ABC 的面积为a 23sinA. (1)求sin Bsin C;(2)若6cos Bcos C ＝1,a ＝3,求△ABC 的周长.【试题解析】本题考查正弦定理、余弦定理以及三角恒等变换,考查学生利用三角形面积公式进行运算求解的能力.(1)由题设得12acsin B ＝a 23sinA ,即12csin B ＝a3sinA. 由正弦定理得12sin Csin B ＝sinA3sinA. 故sin Bsin C ＝23.(2)由题设及(1)得cos Bcos C-sin Bsin C ＝-12, 即cos(B+C)＝-12.所以B+C ＝2π3,故A ＝π3. 由题设得12bcsin A ＝a 23sinA,即bc ＝8.由余弦定理得b 2+c 2-bc ＝9,即(b+c)2-3bc ＝9,得b+c ＝√33. 故△ABC 的周长为3+√33.思路分析 (1)首先利用三角形的面积公式可得12acsin B ＝a 23sinA,然后利用正弦定理,把边转化成角的形式,即可得出sin Bsin C的值;(2)首先利用sin Bsin C 的值以及题目中给出的6cos Bcos C ＝1,结合两角和的余弦公式求出B+C,进而得出A,然后利用三角形的面积公式和a 的值求出bc 的值,最后利用余弦定理求出b+c 的值,进而得出△ABC 的周长. 17.(2016课标Ⅰ,17,12分)△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,已知2cos C(acos B+bcos A)＝c. (1)求C;(2)若c ＝√7,△ABC 的面积为3√32,求△ABC 的周长.【试题解析】(1)由已知及正弦定理得,2cos C(sin Acos B+sin Bcos A)＝sin C,(2分) 2cos Csin(A+B)＝sin C. 故2sin Ccos C ＝sin C.(4分) 可得cos C ＝12,所以C ＝π3.(6分) (2)由已知,得12absin C ＝3√32. 又C ＝π3,所以ab ＝6.(8分)由已知及余弦定理得,a 2+b 2-2abcos C ＝7.故a 2+b 2＝13,从而(a+b)2＝25.∴a+b ＝5.(10分)所以△ABC 的周长为5+√7.(12分)18.(2018北京,15,13分)在△ABC 中,a ＝7,b ＝8,cos B ＝-17. (1)求∠A; (2)求AC 边上的高.【试题解析】(1)在△ABC 中,因为cos B ＝-17,所以sin B ＝√1-cos 2B ＝4√37. 由正弦定理得sin A ＝asinB b ＝√32. 由题设知π2<∠B<π,所以0<∠A<π2.所以∠A ＝π3. (2)在△ABC 中,因为sin C ＝sin(A+B)＝sin Acos B+cos Asin B ＝3√314, 所以AC 边上的高为asin C ＝7×3√314＝3√32. 方法总结 处理解三角形相关的综合题目时,首先,要掌握正弦定理、余弦定理,其次,结合图形分析哪些边、角是已知的,哪些边、角是未知的,然后将方程转化为只含有边或角的方程,最后通过解方程求出边或角.19.(2018天津,15,13分)在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c.已知bsin A ＝acos (B -π6). (1)求角B 的大小;(2)设a ＝2,c ＝3,求b 和sin(2A-B)的值.【试题解析】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. (1)在△ABC 中, 由a sinA ＝b sinB,可得bsin A ＝asin B,又由bsin A ＝acos (B -π6),得asin B ＝acos (B -π6), 即sin B ＝cos (B -π6),可得tan B ＝√3. 又因为B ∈(0,π),可得B ＝π3.(2)在△ABC 中,由余弦定理及a ＝2,c ＝3,B ＝π3, 有b 2＝a 2+c 2-2accos B ＝7,故b ＝√7.由bsin A ＝acos (B -π6),可得sin A ＝√3√7.因为a<c,故cos A ＝√7.因此sin 2A ＝2sin Acos A ＝4√37,cos 2A ＝2cos 2A-1＝17.所以,sin(2A-B)＝sin 2Acos B-cos 2Asin B ＝4√37×12-17×√32＝3√314. 解题关键 (1)利用正弦定理合理转化bsin A ＝acos (B -π6)是求解第(1)问的关键; (2)由余弦定理及已知条件求得sin A,利用a<c 确定cos A>0是求解第(2)问的关键.教师专用题组考点一 正弦定理和余弦定理1.(2015天津,13,5分)在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c.已知△ABC 的面积为3√15,b-c ＝2,cos A ＝-14,则a 的值为 . 【参考答案】82.(2015广东,11,5分)设△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c.若a ＝√3,sin B ＝12,C ＝π6,则b ＝ . 【参考答案】13.(2015重庆,13,5分)在△ABC 中,B ＝120°,AB ＝√2,A 的角平分线AD ＝√3,则AC ＝ . 【参考答案】√64.(2015北京,12,5分)在△ABC中,a＝4,b＝5,c＝6,则sin2AsinC＝. 【参考答案】15.(2016北京,15,13分)在△ABC中,a2+c2＝b2+√2ac.(1)求∠B的大小;(2)求√2cos A+cos C的最大值.【试题解析】(1)由余弦定理及题设得cos B＝a2+c2-b22ac ＝√2ac2ac＝√22.又因为0<∠B<π,所以∠B＝π4.(2)由(1)知∠A+∠C＝3π4,∴∠C＝3π4-∠A.∴√2cos A+cos C＝√2cos A+cos(3π4-A)＝√2cos A-√22cos A+√22sin A＝√22cos A+√22sin A＝cos(A-π4).因为0<∠A<3π4,所以当∠A＝π4时,√2cos A+cos C取得最大值1.6.(2015安徽,16,12分)在△ABC中,∠A＝3π4,AB＝6,AC＝3√2,点D在BC边上,AD＝BD,求AD的长.【试题解析】设△ABC的内角A,B,C所对边的长分别是a,b,c,由余弦定理得a2＝b2+c2-2bccos∠BAC＝(3√2)2+62-2×3√2×6×cos3π4＝18+36-(-36)＝90,所以a＝3√10.又由正弦定理得sin B＝bsin∠BACa3√10√10 10,由题设知0<B<π4,所以cos B＝√1-sin2B＝√1-110＝3√1010.在△ABD中,由正弦定理得AD＝AB·sinBsin(π-2B)＝6sinB2sinBcosB＝3cosB＝√10.7.(2015课标Ⅱ,17,12分)△ABC中,D是BC上的点,AD平分∠BAC,△ABD面积是△ADC面积的2倍.(1)求sin∠Bsin∠C;(2)若AD＝1,DC＝√22,求BD和AC的长.【试题解析】(1)S△ABD＝12AB·ADsin∠BAD,S△ADC＝12AC·ADsin∠CAD.因为S△ABD＝2S△ADC,∠BAD＝∠CAD,所以AB＝2AC.由正弦定理可得sin∠Bsin∠C ＝ACAB＝12.(2)因为S △ABD ∶S △ADC ＝BD∶DC,所以BD ＝√2. 在△ABD 和△ADC 中,由余弦定理知 AB 2＝AD 2+BD 2-2AD ·BDcos ∠ADB,AC 2＝AD 2+DC 2-2AD ·DCcos ∠ADC. 故AB 2+2AC 2＝3AD 2+BD 2+2DC 2＝6.由(1)知AB ＝2AC,所以AC ＝1.8.(2011课标,17,12分)已知a,b,c 分别为△ABC 三个内角A,B,C 的对边,acos C+√3asin C-b-c ＝0. (1)求A;(2)若a ＝2,△ABC 的面积为√3,求b,c.【试题解析】(1)由acos C+√3asin C-b-c ＝0及正弦定理得sin Acos C+√3sin Asin C-sin B-sin C ＝0. 因为B ＝π-A-C,所以√3sin Asin C-cos Asin C-sin C ＝0. 由于sin C ≠0,所以sin (A -π6)＝12. 又0<A<π,故A ＝π3.(2)△ABC 的面积S ＝12bcsin A ＝√3,故bc ＝4.又a 2＝b 2+c 2-2bccos A,故b 2+c 2＝8.解得b ＝c ＝2.评析 本题考查了正、余弦定理和三角公式,考查了方程的思想.灵活运用正、余弦定理是求解关键.正确的转化是本题的难点.考点二 解三角形及其综合应用9.(2014课标Ⅱ,4,5分)钝角三角形ABC 的面积是12,AB ＝1,BC ＝√2,则AC ＝( ) A.5 B.√5 C.2 D.1 【参考答案】B10.(2014课标Ⅰ,16,5分)已知a,b,c 分别为△ABC 三个内角A,B,C 的对边,a ＝2,且(2+b)(sin A-sin B)＝(c-b)sin C,则△ABC 面积的最大值为 . 【参考答案】√311.(2011课标,16,5分)在△ABC 中,B ＝60°,AC ＝√3,则AB+2BC 的最大值为 . 【参考答案】2√712.(2017天津,15,13分)在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c.已知a>b,a ＝5,c ＝6,sin B ＝35. (1)求b 和sin A 的值; (2)求sin (2A +π4)的值.【试题解析】本小题主要考查同角三角函数的基本关系,二倍角的正弦、余弦公式,两角和的正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.(1)在△ABC 中,因为a>b,故由sin B ＝35,可得cos B ＝45.由已知及余弦定理,有b 2＝a 2+c 2-2accos B ＝13,所以b ＝√13.由正弦定理a sinA ＝b sinB,得sin A ＝asinB b ＝3√1313. 所以,b 的值为√13,sin A 的值为3√1313. (2)由(1)及a<c,得cos A ＝2√1313,所以sin 2A ＝2sin Acos A ＝1213,cos 2A ＝1-2sin 2A ＝-513.故sin (2A +π4)＝sin 2Acos π4+cos 2Asin π4＝7√226. 方法总结 1.利用正、余弦定理求边或角的步骤:(1)根据已知的边和角画出相应的图形,并在图中标出;(2)结合图形选择用正弦定理或余弦定理求解;(3)在运算和求解过程中注意三角恒等变换和三角形内角和定理的运用.2.解决三角函数及解三角形问题的满分策略:(1)认真审题,把握变形方向;(2)规范书写,合理选择公式;(3)计算准确,注意符号. 13.(2016浙江,16,14分)在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c.已知b+c ＝2acos B. (1)证明:A ＝2B;(2)若△ABC 的面积S ＝a 24,求角A 的大小.【试题解析】(1)由正弦定理得sin B+sin C ＝2sin Acos B, 故2sin Acos B ＝sin B+sin(A+B)＝sin B+sin Acos B+cos Asin B, 于是sin B ＝sin(A-B). 由已知得cos B>0,则B ∈(0,π2). 又A ∈(0,π),故-π2<A-B<π. 所以,B ＝π-(A-B)或B ＝A-B, 因此A ＝π(舍去)或A ＝2B, 所以,A ＝2B.(2)由S ＝a 24得12absin C ＝a 24,故有sin Bsin C ＝12sin 2B ＝sin Bcos B, 因sin B ≠0,得sin C ＝cos B. 又B ∈(0,π2),C ∈(0,π),所以C ＝π2±B. 当B+C ＝π2时,A ＝π2;当C-B ＝π2时,A ＝π4. 综上,A ＝π2或A ＝π4.评析 本题主要考查三角函数及其变换、正弦定理和三角形面积公式等基础知识,同时考查运算求解能力. 14.(2016山东,16,12分)在△ABC 中,角A,B,C 的对边分别为a,b,c.已知2(tan A+tan B)＝tanA cosB +tanBcosA. (1)证明:a+b ＝2c; (2)求cos C 的最小值. 【试题解析】(1)由题意知2(sinA cosA +sinB cosB )＝sinA cosAcosB +sinBcosAcosB, 化简得2(sin Acos B+sin Bcos A)＝sin A+sin B, 即2sin(A+B)＝sin A+sin B. 因为A+B+C ＝π,所以sin(A+B)＝sin(π-C)＝sin C. 从而sin A+sin B ＝2sin C. 由正弦定理得a+b ＝2c. (2)由(1)知c ＝a+b2, 所以cos C ＝a 2+b 2-c 22ab ＝a 2+b 2-(a+b 2)22ab＝38(a b +b a )-14≥12,当且仅当a ＝b 时,等号成立. 故cos C 的最小值为12.评析 本题考查了三角恒等变换、正弦定理和余弦定理及基本不等式,综合性较强,重点考查了化归与转化的思想方法,属中档题. 15.(2015浙江,16,14分)在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别是a,b,c.已知A ＝π4,b 2-a 2＝12c 2.(1)求tan C 的值;(2)若△ABC 的面积为3,求b 的值.【试题解析】(1)由b 2-a 2＝12c 2及正弦定理得sin 2B-12＝12sin 2C,所以-cos 2B ＝sin 2C.又由A ＝π4,即B+C ＝34π,得-cos 2B ＝sin 2C ＝2sin Ccos C, 解得tan C ＝2.(2)由tan C ＝2,C ∈(0,π)得sin C ＝2√55,cos C ＝√55. 又因为sin B ＝sin(A+C)＝sin (π4+C), 所以sin B ＝3√1010. 由正弦定理得c ＝2√23b, 又因为A ＝π4,12bcsin A ＝3,所以bc ＝6√2,故b ＝3.评析 本题主要考查三角函数及三角恒等变换、正弦定理等基础知识,同时考查运算求解能力.16.(2015陕西,17,12分)△ABC 的内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c.向量m ＝(a,√3b)与n ＝(cos A,sin B)平行. (1)求A;(2)若a ＝√7,b ＝2,求△ABC 的面积.【试题解析】(1)因为m ∥n ,所以asin B-√3bcos A ＝0, 由正弦定理,得sin Asin B-√3sin Bcos A ＝0, 又sin B ≠0,从而tan A ＝√3, 由于0<A<π,所以A ＝π3.(2)解法一:由a 2＝b 2+c 2-2bccos A 及a ＝√7,b ＝2,A ＝π3,得7＝4+c 2-2c,即c 2-2c-3＝0,因为c>0,所以c ＝3. 故△ABC 的面积为12bcsin A ＝3√32. 解法二:由正弦定理,得√7sin π3＝2sinB , 从而sin B ＝√217,又由a>b,知A>B,所以cos B ＝2√77.故sin C ＝sin(A+B)＝sin (B +π3) ＝sin Bcos π3+cos Bsin π3＝3√2114. 所以△ABC 的面积为12absin C ＝3√32. 17.(2015湖南,17,12分)设△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,a ＝btan A,且B 为钝角. (1)证明:B-A ＝π2;(2)求sin A+sin C 的取值范围.【试题解析】(1)证明:由a ＝btan A 及正弦定理, 得sinA cosA ＝a b ＝sinAsinB, 所以sin B ＝cos A,即sin B ＝sin (π2+A). 又B 为钝角,因此π2+A ∈(π2,π),故B ＝π2+A,即B-A ＝π2. (2)由(1)知,C ＝π-(A+B)＝π-(2A +π2)＝π2-2A>0, 所以A ∈(0,π4).于是sin A+sin C ＝sin A+sin (π2-2A)＝sin A+cos 2A ＝-2sin 2A+sin A+1＝-2(sinA -14)2+98.因为0<A<π4,所以0<sin A<√22,因此√22<-2(sinA -14)2+98≤98.由此可知sin A+sin C 的取值范围是(√22,98].18.(2015四川,19,12分)如图,A,B,C,D 为平面四边形ABCD 的四个内角. (1)证明:tan A 2＝1-cosAsinA; (2)若A+C ＝180°,AB ＝6,BC ＝3,CD ＝4,AD ＝5,求tan A 2+tan B 2+tan C 2+tan D 2的值.【试题解析】(1)证明:tan A 2＝sin A2cos A 2＝2sin 2A22sin A 2cosA 2＝1-cosAsinA . (2)由A+C ＝180°,得C ＝180°-A,D ＝180°-B. 由(1),有tan A2+tan B 2+tan C 2+tan D 2＝1-cosA sinA +1-cosB sinB +1-cos(180°-A)sin(180°-A)+1-cos(180°-B)sin(180°-B)＝2sinA +2sinB.连接BD.在△ABD 中,有BD 2＝AB 2+AD 2-2AB ·ADcos A, 在△BCD 中,有BD 2＝BC 2+CD 2-2BC ·CDcos C, 所以AB 2+AD 2-2AB ·ADcos A ＝BC 2+CD 2+2BC ·CDcos A.则cos A ＝AB 2+AD 2-BC 2-CD 22(AB ·AD+BC ·CD)＝62+52-32-422×(6×5+3×4)＝37.于是sin A ＝√1-cos 2A ＝√1-(37)2＝2√107. 连接AC.同理可得 cos B ＝AB 2+BC 2-AD 2-CD 22(AB ·BC+AD ·CD)＝62+32-52-422×(6×3+5×4)＝119,于是sin B ＝√1-cos 2B ＝√1-(119)2＝6√1019. 所以,tan A2+tan B 2+tan C 2+tan D 2＝2sinA +2sinB 2√10+6√104√103. 评析 本题主要考查二倍角公式、诱导公式、余弦定理、简单的三角恒等变换等基础知识,考查运算求解能力、推理论证能力,考查化归与转化等数学思想.19.(2013课标Ⅰ,17,12分)如图,在△ABC 中,∠ABC ＝90°,AB ＝√3,BC ＝1,P 为△ABC 内一点,∠BPC ＝90°. (1)若PB ＝12,求PA;(2)若∠APB ＝150°,求tan ∠PBA.【试题解析】(1)由已知得∠PBC ＝60°,所以∠PBA ＝30°.在△PBA 中,由余弦定理得PA 2＝3+14-2×√3×12cos 30°＝74.故PA ＝√72.(2)设∠PBA ＝α,由已知得∠PAB ＝30°-α,PB ＝sin α. 在△PBA 中,由正弦定理得√3sin150°＝sinαsin(30°-α),化简得√3cos α＝4sin α.所以tan α＝√34,即tan ∠PBA ＝√34.思路分析 (1)由已知求出∠PBA,在△PAB 中利用余弦定理求解PA;(2)设∠PBA ＝α,则∠PAB ＝30°-α,在Rt △PBC 中求得PB ＝sin α,然后在△PBA 中利用正弦定理求得tan α.20.(2013课标Ⅱ,17,12分)△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,已知a ＝bcos C+csin B. (1)求B;(2)若b ＝2,求△ABC 面积的最大值.【试题解析】(1)由已知及正弦定理得sin A ＝sin Bcos C+sin C ·sin B.① 又A ＝π-(B+C),故sin A ＝sin(B+C)＝sin Bcos C+cos Bsin C.② 由①②和C ∈(0,π)得sin B ＝cos B. 又B ∈(0,π),所以B ＝π4.(2)△ABC 的面积S ＝12acsin B ＝√24ac.由已知及余弦定理得4＝a 2+c 2-2accos π4.又a 2+c 2≥2ac,故ac ≤2-√2,当且仅当a ＝c 时,等号成立.因此△ABC 面积的最大值为√2+1.方法总结 求三角形面积的最值时,常利用基本不等式求两边之积的最值,从而确定面积的最值.【三年模拟】一、单项选择题(每题5分,共35分)1.(2019北京朝阳综合练习,4)在△ABC 中,B ＝π6,c ＝4,cos C ＝√53,则b ＝( )A.3√3B.3C.32D.43【参考答案】B2.(2020届黑龙江双鸭山一中开学考,3)在△ABC 中,a ＝3,b ＝5,sin A ＝13,则sin B ＝( ) A.15 B.59 C.35D.1 【参考答案】B3.(2019上海嘉定(长宁)二模,16)对于△ABC,若存在△A 1B 1C 1,满足cosA sin A 1＝cosB sin B 1＝cosCsin C 1＝1,则称△ABC 为“V 类三角形”.“V 类三角形”一定满足( )A.有一个内角为30°B.有一个内角为45°C.有一个内角为60°D.有一个内角为75° 【参考答案】B4.(2018河北衡水中学4月模拟,11)已知△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,且acos B+√3asin B ＝b+c,b ＝1,点D 是△ABC 的重心,且AD ＝√73,则△ABC 的外接圆的半径为( )A.1B.2C.3D.4 【参考答案】A5.(2018山东济宁二模,12)在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,且acos B-bcos A ＝23c,则tan(A-B)的最大值为( )A.2√55B.√55C.√33D.√3【参考答案】A6.(2019河南六市3月联考,10)在△ABC 中,A,B,C 的对边分别为a,b,c,若2a -c b ＝cosCcosB,b ＝4,则△ABC 的面积的最大值为( )A.4√3B.2√3C.3√3D.√3 【参考答案】A7.(2019湘东六校3月联考,5)若△ABC 的三个内角满足6sin A ＝4sin B ＝3sin C,则△ABC 是( ) A.锐角三角形 B.直角三角形 C.钝角三角形 D.以上都有可能 【参考答案】C二、多项选择题(每题5分,共10分)8.(改编题)在△ABC 中,角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,且(a+b)∶(a+c)∶(b+c)＝9∶10∶11,则下列结论正确的是( ) A.sin A∶sin B∶sin C ＝4∶5∶6 B.△ABC 是钝角三角形C.△ABC 的最大内角是最小内角的2倍D.若c ＝6,则△ABC 外接圆的半径为8√77【参考答案】ACD9.(改编题)在△ABC 中,根据下列条件解三角形,其中有两解的是( ) A.b ＝10,A ＝45°,C ＝70° B.b ＝45,c ＝48,B ＝60° C.a ＝14,b ＝16,A ＝45° D.a ＝7,b ＝5,A ＝80° 【参考答案】BC三、填空题(每题5分,共10分)10.(2019安徽合肥二模,15)在锐角△ABC 中,BC ＝2,sin B+sin C ＝2sin A,则中线AD 的长的取值范围是 . 【参考答案】[√3,√132)11.(2020届黑龙江双鸭山一中开学考,15)已知A 船在灯塔C 的北偏东85°方向且A 到C 的距离为2 km,B 船在灯塔C 的北偏西65°方向且B 到C 的距离为√3 km,则A,B 两船的距离为 . 【参考答案】√13 km四、解答题(共60分)12.(2020届山东夏季高考模拟,18)在△ABC 中,∠A ＝90°,点D 在BC 边上.在平面ABC 内,过D 作DF ⊥BC 且DF ＝AC. (1)若D 为BC 的中点,且△CDF 的面积等于△ABC 的面积,求∠ABC; (2)若∠ABC ＝45°,且BD ＝3CD,求cos ∠CFB. 【试题解析】(1)因为CD ＝BD,所以CD ＝12BC. 由题设知DF ＝AC,12CD ·DF ＝12AB ·AC, 因此CD ＝AB.所以AB ＝12BC,因此∠ABC ＝60°. (2)不妨设AB ＝1,由题设知BC ＝√2. 由BD ＝3CD 得BD ＝3√24,CD ＝√24. 由勾股定理得CF ＝3√24,BF ＝√344. 由余弦定理得cos ∠CFB ＝98+178-2×3√24×√3445√1751. 13.(2020届山东济宁二中10月月考,19)在△ABC 中,a,b,c 分别是角A,B,C 的对边,已知cos 2A-3cos(B+C)＝1. (1)求角A 的大小;(2)若a ＝√21,b+c ＝9,求△ABC 的面积.【试题解析】(1)在△ABC 中,cos(B+C)＝cos(π-A)＝-cos A, 则由cos 2A-3cos(B+C)＝1,得2cos 2A+3cos A-2＝0,即(2cos A-1)(cos A+2)＝0, 解得cos A ＝12或cos A ＝-2(舍去).∵0<A<π,∴A ＝π3.(2)由余弦定理,得a 2＝b 2+c 2-2bccos π3,∵a ＝√21,b+c ＝9,∴21＝b 2+c 2-bc ＝(b+c)2-3bc,即21＝81-3bc, 解得bc ＝20.∴S △ABC ＝12bcsin A ＝12×20×√32＝5√3.14.(2019上海浦东二模,18)已知向量m ＝(2sin ωx ,cos 2ωx),n ＝(√3cos ωx,1),其中ω>0,若函数f(x)＝m ·n 的最小正周期为π. (1)求ω的值;(2)在△ABC 中,若f(B)＝-2,BC ＝√3,sin B ＝√3sin A,求BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的值. 【试题解析】(1)f(x)＝m ·n ＝√3sin 2ωx+cos 2ωx ＝2sin (2ωx +π6),∵f(x)的最小正周期为π,∴T ＝2π2ω＝π,∴ω＝1. (2)设△ABC 中角A,B,C 所对的边分别是a,b,c. ∵f(B)＝-2,∴2sin (2B +π6)＝-2, 即sin (2B +π6)＝-1,解得B ＝2π3. ∵BC ＝√3,∴a ＝√3,∵sin B ＝√3sin A, ∴b ＝√3a,∴b ＝3,由3sin 2π3＝√3sinA 得sin A ＝12,∵0<A<π3,∴A ＝π6,则C ＝π6,∴a ＝c ＝√3, ∴BA⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝cacos B ＝-32. 15.(2020届湖南长沙一中第一次月考,17)已知△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,满足cosA cosB +a b ＝2cb且b ＝4.(1)求角B;(2)求△ABC 周长的最大值. 【试题解析】(1)由cosA cosB +a b ＝2c b 及正弦定理,得cosAsinB+cosBsinA cosBsinB ＝2sinCsinB, 即sin(A+B)cosBsinB ＝2sinCsinB,∵sin(A+B)＝sin C ≠0,sin B ≠0,∴cos B ＝12, ∵B∈(0,π),∴B ＝π3.(2)在△ABC 中,由余弦定理得b 2＝a 2+c 2-2accos B ＝a 2+c 2-ac ＝16.∴(a+c)2＝16+3ac ≤16+3(a+c 2)2. 即a+c ≤8,当且仅当a ＝c 时取等号. ∴△ABC 的周长＝a+b+c ≤12,∴△ABC 周长的最大值为12.16.(2020届黑龙江哈师大附中9月月考,20)已知△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,asin A+C2＝bsin 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. 【试题解析】(1)由asinA+C2＝bsin A 及正弦定理可得sin Acos B 2＝sin Bsin A,∵sin A ≠0,∴cos B 2＝sin B ＝2sin B 2cos B 2⇒sin B 2＝12(0<B<π), ∴B ＝π3.(2)解法一:由a sinA ＝c sinC得a ＝c sinC sin (2π3-C), ∴S △ABC ＝12a√32＝√34(√32tanC+12)＝38·1tanC +√38, 由△ABC 为锐角三角形可得{0<C <π2,0<2π3-C <π2⇒π6<C<π2⇒0<1tanC <√3, 所以△ABC 面积的取值范围为(√38,√32).解法二:由余弦定理得b ＝√a 2-a +1, 由题意得{a 2+1>b 2,a 2+b 2>1,b 2+1>a 2⇒12<a<2.则S ＝12a√32＝√34a ∈(√38,√32). 即△ABC 面积的取值范围为(√38,√32).应用专题知行合一【应用集训】1.(2020届湖南长沙一中第一次月考,15)秦九韶是我国南宋著名数学家,在他的著作《数书九章》中有已知三边求三角形面积的方法:“以小斜幂并大斜幂减中斜幂,余半之,自乘于上.以小斜幂乘大斜幂减上,余四约之,为实,一为从隅,开平方得积”.如果把以上这段文字写成公式就是S ＝√14[a 2c 2-(a 2+c 2-b 22)2],其中a,b,c 是△ABC 的内角A,B,C 的对边.若sin C ＝2sin Acos B,且b 2,2,c 2成等差数列,则△ABC 面积S 的最大值为 . 【参考答案】2√552.(2020届宁夏银川第一次月考,18)如图,在平面直角坐标系xOy 中,角α的顶点是原点,始边与x 轴正半轴重合,终边交单位圆于点A,且α∈(π6,π2).将角α的终边按逆时针方向旋转π3,交单位圆于点B.记A(x 1,y 1),B(x 2,y 2). (1)若x 1＝14,求x 2;(2)分别过A,B 作x 轴的垂线,垂足依次为C,D.设△AOC 的面积为S 1,△BOD 的面积为S 2若S 1＝2S 2,求角α的值.21【试题解析】(1)由三角函数的定义,得x 1＝cos α,x 2＝cos (α+π3),因为α∈(π6,π2),cos α＝14,则sin α＝√1-cos 2α＝√1-(14)2＝√154.∴x 2＝cos (α+π3)＝12cos α-√32sin α＝12 ×14-√32×√154＝1-3√58.(2)由已知,得y 1＝sin α,y 2＝sin (α+π3),∴S 1＝12x 1·y 1＝12cos α·sin α＝14sin 2α,S 2＝12|x 2|·|y 2|＝12[-cos (α+π3)·sin (α+π3)]＝-14sin (2α+2π3).由S 1＝2S 2,得sin 2α＝-2sin (2α+2π3)⇒cos 2α＝0.又α∈(π6,π2),∴2α∈(π3,π),∴2α＝π2⇒α＝π4.。
(2021年整理)高考理科解三角形大题(40道)
高考理科解三角形大题(40道)编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（高考理科解三角形大题(40道)）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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高考理科解三角形大题(40道）1. 在ABC ∆中，内角C B A ,,的对边分别为c b a ,,，已知bac B C A -=-2cos cos 2cos . （1）求ACsin sin 的值； （2）若2,41cos ==b B ，求ABC ∆的面积S .2.在ABC ∆中，角C B A ,,的对边分别是c b a ,,，已知2sin 1cos sin C C C -=+. （1）求C sin 的值；（2）若8)(422-+=+b a b a ，求边c 的值.3.在ABC ∆中，角C B A ,,的对边分别是c b a ,,。
（1）若A A cos 2)6sin(=+π，求A 的值；（2）若c b A 3,31cos ==，求C sin 的值。
4。
ABC ∆中，D 为边BC 上的一点，53cos ,135sin ,33=∠==ADC B BD ,求AD 。
5。
在ABC ∆中，角C B A ,,的对边分别是c b a ,,，已知41cos ,2,1===C b a 。
（1）求ABC ∆的周长; （2）求)cos(C A -的值。
6.在ABC ∆中，角C B A ,,的对边分别是c b a ,,.已知)(sin sin sin R p B p C A ∈=+,且241b ac =. （1）当1,45==b p 时，求c a ,的值； （2）若角B 为锐角，求p 的取值范围.7.在ABC ∆中，角C B A ,,的对边分别是c b a ,,。
2021版《3年高考2年模拟》高考数学(浙江版理)检测：3.7 解三角形 Word版含答案
§3.7解三角形Ａ组基础题组1.(2021浙江衢州一模,6)若△ABC的三个内角满足sinA∶sinB∶sinC=5∶11∶13,则△ABC( )A.肯定是锐角三角形B.肯定是直角三角形C.肯定是钝角三角形D.可能是锐角三角形,也可能是钝角三角形2.(2021浙江绍兴模拟,6)在△ABC中,AC=,BC=2,B=60°,则BC边上的高等于( )A. B. C. D.3.(2022杭州七校期中,6,5分)在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C的对边,且cos2B+cosB+cos(C-A)=1,则( )A.a,b,c成等比数列B.a,b,c成等差数列C.a,c,b成等比数列D.a,c,b成等差数列4.(2021浙江湖州中学月考)若满足条件C=60°,AB=,BC=a的△ABC有两个,那么a的取值范围是( )A.(1,)B.(,)C.(,2)D.(1,2)5.(2021北京,12,5分)在△ABC中,a=4,b=5,c=6,则= .6.(2021重庆,13,5分)在△ABC中,B=120°,AB=,A的平分线AD=,则AC= .7.(2022杭州七校期中,13,4分)设△ABC的三个内角A,B,C所对边分别为a,b,c,三角形的面积为S,若S=a2-(b-c)2,则= .8.(2022杭州五校联盟月考,9,6分)在△ABC中,已知a=2,b=x,B=30°.假如x=1,则∠A= ;假如x=,则∠A= .9.(2022超级中学原创猜测卷五,13,4分)在△ABC中,a、b、c分别为角A、B、C所对的边,且满足a=b2-c2,tanB=2tanC,则a= .10.(2022四川,13,5分)如图,从气球A上测得正前方的河流的两岸B,C的俯角分别为67°,30°,此时气球的高是46m,则河流的宽度BC约等于m.(用四舍五入法将结果精确到个位.参考数据:sin67°≈0.92,cos67°≈0.39,sin37°≈0.60,cos37°≈0.80,≈1.73)11.(2021石家庄一模)如图,有两座建筑物AB和CD都在河的对岸(不知道它们的高度,且不能到达对岸),某人想测量两座建筑物尖顶A,C之间的距离,但只有卷尺和测角仪两种工具.若此人在地面上选一条基线EF,用卷尺测得EF的长度为a,并用测角仪测量了一些角度:∠AEF=α,∠AFE=β,∠CEF=θ,∠CFE=φ,∠AEC=γ.请写出计算A,C之间距离的步骤和结果. 12.(2022陕西,16,12分)△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.(1)若a,b,c成等差数列,证明:sinA+sinC=2sin(A+C);(2)若a,b,c成等比数列,求cosB的最小值.13.(2022浙江,18,14分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知4sin2+4sinAsinB=2+.(1)求角C的大小;(2)已知b=4,△ABC的面积为6,求边长c的值.14.(2022超级中学原创猜测卷二,16,14分)已知在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若sin2A=3sinBsinC,ta=b+c(t∈R).(1)当t=,a=3时,求b,c的值;(2)当角A为钝角时,求t的取值范围.15.(2021浙江新高考争辩(海宁高级中学)卷三,16)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a·cos2+c·cos2=.(1)求证:a,b,c成等差数列;(2)若∠B=60°,b=4,求△ABC的面积.16.(2022湖南,18,12分)如图,在平面四边形ABCD中,AD=1,CD=2,AC=.(1)求cos∠CAD的值;(2)若cos∠BAD=-,sin∠CBA=,求BC的长.B组提升题组1.钝角三角形的三边长分别为a,a+1,a+2,其中最大内角不超过120°,则实数a的取值范围是( )A. B.C. D.2.(2021武汉4月调研)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若A,B,C成等差数列,2a,2b,3c成等比数列,则cosAcosC=( ) A.0 B. C. D.3.(2021昆明三中、玉溪一中统考)已知△ABC中,三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若△ABC的面积为S,且2S=(a+b)2-c2,则tanC等于( )A. B. C.- D.-4.(2022宁波慈溪中学期中文,4,5分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=1,A=60°,若三角形有两解,则b的取值范围为( )A.(0,1)B.C.(1,2)D.5.(2022领航高考冲刺卷二,5,5分)在△ABC中,已知B=60°,最大边与最小边的比值为,则△ABC的最大角为( )A.60°B.75°C.90°D.105°6.(2022超级中学原创猜测卷三,5,5分)已知△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若c2=(a-b)2+6,且△ABC的面积S△ABC=,则角C的值为( )A. B. C. D.7.(2022广东,12,5分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知bcosC+ccosB=2b,则= .8.(2022江苏,14,5分)若△ABC的内角满足sinA+sinB=2sinC,则cosC的最小值是.9.(2022课标Ⅰ,16,5分)如图,为测量山高MN,选择A和另一座山的山顶C为测量观测点.从A点测得M点的仰角∠MAN=60°,C点的仰角∠CAB=45°以及∠MAC=75°;从C点测得∠MCA=60°.已知山高BC=100m,则山高MN= m.10.(2021浙江,16,4分)在△ABC中,∠C=90°,M是BC的中点.若sin∠BAM=,则sin∠BAC= .11.(2022温州高三返校联考,16,14分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,已知△ABC的面积S=[a2-(b-c)2].(1)求sinA与cosA的值;(2)设λ=,若tanC=2,求λ的值.12.(2022新昌中学期中,16,14分)在△ABC中,已知AB=2AC.(1)若∠A=60°,BC=2,求△ABC的面积;(2)若AD是∠BAC的平分线,且AD=kAC,求k的取值范围.13.(2022东阳中学期中,16,14分)已知函数f(x)=2cosx(sinx+cosx)+m在区间上的最大值为.(1)求实数m的值;(2)在△ABC中,三内角A,B,C所对的三边分别为a,b,c,且f=1,a+c=2,求b的取值范围.14.(2021湖南,17,12分)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,a=btanA,且B为钝角.(1)证明:B-A=;(2)求sinA+sinC的取值范围. 15.(2021浙江名校(衢州二中)沟通卷二,16)设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且acosC+c=b.(1)求角A的大小;(2)若a=1,求△ABC的内切圆半径R的最大值.16.(2021浙江模拟训练冲刺卷一,16)已知函数f(x)=sinxcosx+3cos2x-.(1)求函数f(x)的最小正周期和单调增区间;(2)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且b+c=+1,a=1,若f(A)=,求△ABC的面积.Ａ组基础题组1.C 由正弦定理===2R(R为△ABC外接圆半径)及已知条件sinA∶sinB∶sinC=5∶11∶13,可设a=5x,b=11x,c=13x(x>0).则cosC==<0,∴C为钝角.∴△ABC为钝角三角形.2.B 由余弦定理得AB2+4-2·AB×2×cos60°=7,解得AB=3或AB=-1(舍去),设BC边上的高为x,由三角形面积公式得·BC·x=AB·BC·sin60°,解得x=,故选B.3.A 由cos2B+cosB+cos(C-A)=1知cos(C-A)-cos(C+A)=1-cos2B=2sin2B,即sinAsinC=sin2B,即ac=b2,故选A.4.C 由正弦定理得=,∴a=2sinA.∵C=60°,∴0°<A<120°.又∵满足条件的△ABC有两个,∴asin60°<<a,即<a<2.故选C.5.答案 1解析在△ABC中,cosA===,由正弦定理可知====1.6.答案解析依题意知∠BDA=∠C+∠BAC,由正弦定理得=,∴sin=,∵∠C+∠BAC=180°-∠B=60°,∴∠C+∠BAC=45°,∴∠BAC=30°,∠C=30°.从而AC=2·ABcos30°=.7.答案 4解析S=a2-(b-c)2=b2+c2-2bccosA-(b-c)2,所以bcsinA=2bc(1-cosA),因此=4.8.答案90°;60°或120°解析若x=1,则△ABC为直角三角形,∠A=90°.若x=,则由正弦定理或余弦定理可解得∠A=60°或120°.9.答案 3解析∵tanB=2tanC,∴sinBcosC=2cosBsinC,由正弦定理和余弦定理得b·=2c·,∴a2=3b2-3c2,又a=b2-c2,∴a2=3a,∴a=3或a=0(舍去).10.答案60解析不妨设气球A在地面的投影为点D,则AD=46m,于是BD=AD·tan(90°-67°)=46×≈19.5m,DC=AD·tan(90°-30°)=46×≈79.6m,∴BC=DC-BD=79.6-19.5≈60m.11.解析第一步:在△AEF中,利用正弦定理,得=,解得AE=;其次步:在△CEF中,同理可得CE=;第三步:在△ACE中,利用余弦定理,得AC==.12.解析(1)证明:∵a,b,c成等差数列,∴a+c=2b.由正弦定理得sinA+sinC=2sinB.∵sinB=sin[π-(A+C)]=sin(A+C),∴sinA+sinC=2sin(A+C).(2)∵a,b,c成等比数列,∴b2=ac.由余弦定理得cosB==≥=,当且仅当a=c时等号成立.∴cosB的最小值为.13.解析(1)由已知得2[1-cos(A-B)]+4sinAsinB=2+,化简得-2cosAcosB+2sinAsinB=,故cos(A+B)=-,所以A+B=,从而C=.(2)S△ABC=absinC,由S△ABC=6,b=4,C=,得a=3.由余弦定理c2=a2+b2-2abcosC,得c=.14.解析(1)由于sin2A=3sinBsinC,所以由正弦定理得a2=3bc,又t=,a=3, 则解得或(2)由于ta=b+c>0,所以t>0,由a2=b2+c2-2bccosA,得a2=(b+c)2-2bc-2bccosA=t2a2-a2-a2cosA,即t2=+cosA.由于<A<π,所以-1<cosA<0,所以1<t2<,所以1<t<.故t的取值范围为1<t<.15.解析(1)证法一:acos2+ccos2=a·+c·=b,即a(1+cosC)+c(1+cosA)=3b,由正弦定理得sinA+sinAcosC+sinC+cosAsinC=3sinB,即sinA+sinC+sin(A+C)=3sinB,∴sinA+sinC=2sinB.由正弦定理得a+c=2b,故a,b,c成等差数列.证法二:∵acos2+ccos2=a·+c·=b,∴a+c+(acosC+ccosA)=3b,结合余弦定理得a+c+b=3b,整理得a+c=2b,故a,b,c成等差数列.(2)由∠B=60°,b=4及余弦定理得42=a2+c2-2accos60°,∴(a+c)2-3ac=16.由(1)知a+c=2b,代入上式得4b2-3ac=16,解得ac=16.∴△ABC的面积S=acsinB=×16×sin60°=4.16.解析(1)在△ADC中,由余弦定理,得cos∠CAD===.(2)设∠BAC=α,则α=∠BAD-∠CAD.由于cos∠CAD=,cos∠BAD=-,所以sin∠CAD===,sin∠BAD===.于是sinα=sin(∠BAD-∠CAD)=sin∠BADcos∠CAD-cos∠BADsin∠CAD=×-×=.在△ABC中,由正弦定理,得=,故BC===3.B组提升题组1.A 由于a,a+1,a+2是三角形的三边长,所以a+2<a+a+1,解得a>1,设三角形的最大内角是α,则90°<α≤120°,于是0>cosα=≥-,解得≤a<3,则实数a的取值范围是,故选A.2.A 由A,B,C成等差数列得B=.由2a,2b,3c成等比数列可得4b2=6ac,即2b2=3ac,由正弦定理可得2sin2B=3sinAsinC=,所以sinAsinC=.又cos(A+C)=-cosB=-,所以cosAcosC-sinAsinC=-,所以cosAcosC=0,故选A.3.D 由于S=absinC,(a+b)2-c2=a2+b2-c2+2ab=2abcosC+2ab,2S=(a+b)2-c2,所以absinC=2abcosC+2ab,即sinC=2cosC+2,则sin2C=1-cos2C=(2cosC+2)2,解得cosC=-或cosC=-1(舍去),所以sinC=,所以tanC=-,故选D.4.B 由a2=b2+c2-2bccosA,可得c2-bc+b2-1=0,又三角形有两解,所以Δ=(-b)2-4(b2-1)>0,得b<,又b>1,所以b ∈.5.B 设角A,B,C的对边分别为a,b,c,不妨令=,由正弦定理得=,即==,∴tanC=1,∴C=45°,∴A=75°.∴△ABC的最大角为75°.6.A c2=(a-b)2+6=a2+b2-2ab+6,又c2=a2+b2-2abcosC,∴ab(1-cosC)=3,又S△ABC=absinC=,∴ab=,代入ab(1-cosC)=3可得sinC=(1-cosC),再由sin2C+cos2C=1可得3(1-cosC)2+cos2C=1,解得cosC=或cosC=1,∵C∈(0,π),∴cosC=,∴C=,故选A.7.答案 2解析利用余弦定理,将bcosC+ccosB=2b转化为b·+c·=2b,化简得=2.8.答案解析sinA+sinB=2sinC,由正弦定理得a+b=2c,∴cosC== ==≥=,当且仅当a=b时等号成立,故cosC的最小值为.9.答案150解析在Rt△ABC中,∠CAB=45°,BC=100m,所以AC=100m.在△AMC中,∠MAC=75°,∠MCA=60°,从而∠AMC=45°,由正弦定理得,=,因此AM=100m.在Rt△MNA中,AM=100m,∠MAN=60°,由=sin60°得MN=100×=150m.10.答案解析令∠BAM=β,∠BAC=α,则|CM|=|AM|sin(α-β),∵M为BC的中点,∴|BM|=|AM|sin(α-β).在△AMB中,由正弦定理知=,即=,∵sinβ=,∴cosβ=,∴=cosα·=sinαcosα-cos2α,整理得1=2sinαcosα-cos2α,解得tanα=,故sinα=.11.解析(1)由题意可得bcsinA=(a2-b2-c2+2bc)=-bccosA+bc,所以sinA+2cosA=2,又sin2A+cos2A=1,可得(2)易得sinC=,cosC=,则sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC=,所以λ===.12.解析(1)∵AC2+AB2-BC2=2AC×AB×cosA,∴5AC2-4=2AC2,∴AC=,∴S△ABC=×AB×AC×sinA=×××=.(2)设∠CAD=θ,则S△ABC=×AB×AC×sin2θ=AC2×sin2θ,又S△ABC=×AB×AD×sinθ+×AC×AD×sinθ=AC×AD×sinθ=kAC2×sinθ,∴k=cosθ,∵θ∈,∴k∈.13.解析(1)f(x)=sin+m+1,∵f(x)的最大值为,∴m+1=0,∴m=-1.(2)由(1)知f(x)=sin,则f=sin=1,易得B=,由正弦定理得b=·sinB==∈[1,2).故b的取值范围为[1,2).14.解析(1)证明:由a=btanA及正弦定理,得==,所以sinB=cosA,即sinB=sin.又B为钝角,因此+A∈,故B=+A,即B-A=.(2)由(1)知,C=π-(A+B)=π-=-2A>0,所以A∈.于是sinA+sinC=sinA+sin=sinA+cos2A=-2sin2A+sinA+1=-2+.由于0<A<,所以0<sinA<,因此<-2+≤.由此可知sinA+sinC的取值范围是.15.解析(1)由正弦定理,得sinA·cosC+sinC=sinB,又sinB=sin(A+C),故sinC=cosA·sinC,又sinC≠0, ∴cosA=.∵A∈(0,π),∴A=.(2)由a=1,S△ABC=(a+b+c)R=bcsinA=bc,得R=·.由余弦定理,得1=b2+c2-bc⇒bc=,∴R=(b+c-1).∵bc≤,∴≤⇒0<b+c≤2.又b+c>1,∴1<b+c≤2,∴R max=,等号当且仅当b=c=1时成立.16.解析(1)f(x)=sin2x+cos2x=sin,则函数f(x)的最小正周期为π.(4分)令2kπ-≤2x+≤2kπ+(k∈Z),得kπ-≤x≤kπ+(k∈Z),故函数f(x)的单调增区间为,k∈Z.(7分)(2)由f(A)=,得sin=,由于0<A<π,所以<2A+<2π+,则2A+=,得A=.由a=1,=cosA=,得b2+c2=1+bc,又b+c=+1,则b2+c2+2bc=4+2,从而有(2+)bc=3+2=(2+),得bc=,则S△ABC=bcsin=××=.(15分)。
2021-2023三年新高考解三角形大题解析
3 ，解得 sin ADC 1，而 0 ADC π ，于是 2
ADC π ， 2
所以 b c AD2 CD2 2 .
3．（2022·全国·统考高考真题）记 ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知
cos A sin 2B ． 1 sin A 1 cos 2 B
2
（2）由（1）知， C π B ， A π 2B ，再利用正弦定理以及二倍角公式将 a2 b2
2
2
c2
化成
4
cos2
B
2 cos2
B
5
，然后利用基本不等式即可解出．
【详解】（1）因为
cos A 1 sin A
sin 2B 1 cos 2B
2 sin B cos 2 cos2 B
B
sin B cos B
由正弦定理，
c
b
5 2 5 ，可得 b 5 2 10 ，
sin C sin B
2
2
1 AB h 1 AB AC sin A，
2
2
h b sin A 2 10 3 10 6 . 10
2．（2023·全国·统考高考真题）记 ABC 的内角 A, B,C 的对边分别为 a,b, c ，已知 ABC 的面积为 3 ， D 为 BC 中点，且 AD 1 ．
2021-2023 三年新高考解三角形大题
1．（2023·全国·统考高考真题）已知在 ABC 中， A B 3C, 2 sin A C sin B ．
(1)求 sinA ； (2)设 AB 5 ，求 AB 边上的高． 【答案】(1) 3 10
10 (2)6
【分析】（1）根据角的关系及两角和差正弦公式，化简即可得解；
2021年高考数学解三角形解答题精选精练1
数学培优微专题《边角互化》1.在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知向量m =cos A ,cos B ，n =a ,2c -b ，且m ⎳n ．(1)求角A 的大小；(2)若a =4,b =433，求▵ABC 面积．2.在①(a +c )(a -c )=b (b -c )，②sin A 2sin B -sin C =cos A cos C，③2b cos A =a cos C +c cos A 这三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答．在▵ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且________．(1)求角A 的大小；3.在①2a cos C +c =2b ，②cos 2B -C 2-cos B cos C =34，③(sin B +sin C )2=sin 2A +3sin B sin C 这三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且．(1)求角A 的大小；4.在①2a-b=2c cos B，②S=34(a2+b2-c2)，③3sin(A+B)=1+2sin2C2这三个条件中任选一个，补充在下面的横线处，然后解答问题。
在ΔABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，设ΔABC的面积为S，已知__________(1)求角C的值；(2)若b=4，点D在边AB上，CD为∠ACB的平分线，ΔCDB的面积为233，求a的值。
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分。
5.在①b a =cos B +13sin A，②2b sin A =a tan B ，③a -c sin A +c sin A +B =b sin B 这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答．已知▵ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，若______．(1)求角B ；(2)若a +c =4，求▵ABC 周长的最小值，并求出此时▵ABC 的面积．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．6.在①sin Asin B-sin C=b+cb-a；②ca=cos C+13sin A；③2S=3CA⋅CB这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，S为△ABC的面积，若________(填条件序号)(1)求角C的大小；数学培优微专题《边角互化》1.在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知向量m =cos A ,cos B ，n =a ,2c -b ，且m ⎳n ．(1)求角A 的大小；(2)若a =4,b =433，求▵ABC 面积．解：(1)由m ⎳n 得，(2c -b )cos A -a cos B =0，由正弦定理可得，(2sin C -sin B )cos A -sin A cos B =0，可得：2sin C cos A -sin (A +B )=0，即：2sin C cos A -sin C =0，由sin C ≠0，可得：cos A =12，又A ∈(0,π)，可得：A =π3．2.在①(a +c )(a -c )=b (b -c )，②sin A 2sin B -sin C =cos A cos C，③2b cos A =a cos C +c cos A 这三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答．在▵ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且________．(1)求角A 的大小；【答案】解：(1)选①，由(a +c )(a -c )=b (b -c )，得b 2+c 2-a 2=bc ，即cos A =b 2+c 2-a 22bc=12．因为，所以A =π3．选②，由sin A 2sin B sin C =cos A cos C，得sin A cos C =2cos A sin B -cos A sin C ，所以sin (A +C )=2cos A sin B ，则sin B =2cos A sin B .因为sin B ≠0，所以cos A =12．又因为A ∈(0,π)，所以A =π3．选③，因为2b cos A =a cos C +c cos A ，所以由正弦定理得2sin B cos A =sin A cos C +sin C cos A =sin (A +C )，则2sin B cos A =sin B .因为sin B ≠0，所以cos A =12．又因为A ∈(0,π)，所以A =π3．3.在①2a cos C +c =2b ，②cos 2B -C 2-cos B cos C =34，③(sin B +sin C )2=sin 2A +3sin B sin C 这三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且．(1)求角A 的大小；解：(1)选①，由正弦定理得2sin A cos C +sin C =2sin B ，所以2sin A cos C +sin C =2sin (A +C )=2(sin A cos C +cos A sin C )，即sin C (2cos A -1)=0，又C ∈(0,π)，所以sin C >0，所以cos A =12，又A∈(0,π)，从而得A=π3．选②，因为cos2B-C2-cos B cos C=1+cos B-C2-cos B cos C=1-cos B cos C+sin B sin C2=1-cos(B+C)2=34，所以cos(B+C)=-1 2，cos A=-cos(B+C)=12，又因为A∈(0,π)，所以A=π3．选③因为(sin B+sin C)2=sin2A+3sin B sin C，所以sin2B+sin2C+2sin B sin C=sin2A+3sin B sin C，即sin2B+sin2C-sin2A=sin B sin C，所以由正弦定理得b2+c2-a2=bc，由余弦定理知cos A=b2+c2-a22bc=12，因为A∈(0,π)，所以A=π3．4.在①2a-b=2c cos B，②S=34(a2+b2-c2)，③3sin(A+B)=1+2sin2C2这三个条件中任选一个，补充在下面的横线处，然后解答问题。
全等三角形的证明及计算大题专项训练(30道)(含答案)
全等三角形的证明及计算大题专项训练（30道）考卷信息：本套训练卷共30题，培优篇15题，拔尖篇15题，题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可深化学生对全等三角形工具的应用及构造全等三角形！1．（2021春•道里区期末）如图，点A ，C 在EF 上，AD ∥BC ，DE ∥BF ，AE ＝CF ．（1）求证：△ADE ≌△CBF ；（2）直接写出图中所有相等的线段（AE ＝CF 除外）．【解题思路】（1）利用ASA 证明△ADE ≌△CBF 即可；（2）根据△ADE ≌△CBF 即可得图中所有相等的线段．【解答过程】（1）证明：∵AD ∥BC∴∠DAC ＝∠BCA ，又∵∠DAC +∠EAD ＝180°，∠BCA +∠FCB ＝180°，∴∠EAD ＝∠FCB ，∵DE ∥BF ，∴∠E ＝∠F ，在△ADE 和△CBF 中，{∠EAD =∠FCB AE =CF ∠E =∠F，∴△ADE ≌△CBF （ASA ），（2）∵△ADE ≌△CBF ，∴ED ＝FB ，DA ＝BC ，EC ＝F A ．∵AD ∥BC ，∴∠DAC ＝∠BCA ，在△ADC 和△CBA 中，{AD =CB ∠DAC =∠CBA AC =CA，∴△ADC ≌△CBA （SAS ），∴AB ＝CD ；∴图中所有相等的线段有：ED ＝FB ，DA ＝BC ，AB ＝CD ，EC ＝F A ．2．（2021春•宁德期末）如图，AB ，CD 交于点O ，AC ＝DB ，∠ACD ＝∠DBA ．（1）说明△AOC ≌△DOB 的理由；（2）若∠ACD ＝94°，∠CAO ＝28°，求∠OCB 的度数．【解题思路】（1）直接利用AAS 即可证明△AOC ≌△DOB ；（2）利用三角形外角的性质得到∠COB ，再根据△AOC ≌△DOB 得到OC ＝OB ，即可求得∠OCB ．【解答过程】解：（1）在△AOC 和△DOB 中，{∠AOC =∠DOB ∠ACO =∠DBO AC =DB，∴△AOC ≌△DOB （AAS ）；（2）∵∠ACD ＝94°，∠CAO ＝28°，∴∠COB ＝∠ACD +∠CAO ＝122°，∵△AOC ≌△DOB ，∴OC ＝OB ，∴∠OCB ＝（180°﹣122°）÷2＝29°．3．（2021春•沙坪坝区校级期末）如图，在△ABC 中，AC ＝BC ，点D 在AB 边上，点E 在BC 边上，连接CD ，DE ．已知∠ACD ＝∠BDE ，CD ＝DE ．（1）猜想AC 与BD 的数量关系，并证明你的猜想；（2）若AD ＝3，BD ＝5，求CE 的长．【解题思路】（1）利用AAS 证明△ADC ≌△BED ，即可得结论；（2）结合△ADC ≌△BED ，可得AC ＝BD ＝5，BE ＝AD ＝3，进而可得CE 的长．【解答过程】解：（1）AC ＝BD ，理由如下：∵AC ＝BC ，∴∠A ＝∠B ，在△ADC 和△BED 中，{∠A =∠B ∠ACD =∠BED CD =DE，∴△ADC ≌△BED （AAS ），∴AC ＝BD ；（2）由（1）知：△ADC ≌△BED ，∴AC ＝BD ＝5，BE ＝AD ＝3，∴BC ＝AC ＝5，∴CE ＝BC ﹣BE ＝2．4．（2021春•渝中区校级期末）如图，点E 在△ABC 的边AC 上，且∠ABE ＝∠C ，AF 平分∠BAE 交BE 于F ，FD ∥BC 交AC 于点D ．（1）求证：△ABF ≌△ADF ；（2）若BE ＝7，AB ＝8，AE ＝5，求△EFD 的周长．【解题思路】（1）根据平行线的性质得到∠ADF ＝∠C ，等量代换得到∠ABF ＝∠ADF ，由角平分线的定义得到∠BAF ＝∠CAF ，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；（2）根据全等三角形的性质得到AD ＝AB ＝8，BF ＝DF ，由线段的和差得到DE ＝AD ＝AE ＝8﹣5＝3，根据三角形的周长公式即可得到结论．【解答过程】解：（1）∵FD ∥BC ，∴∠ADF ＝∠C ，∵∠ABF ＝∠C ，∴∠ABF ＝∠ADF ，∵AF 平分∠BAE ，∴∠BAF ＝∠CAF ，在△ABF 和△ADF 中，{∠BAF =∠DAF ∠ABF =∠ADF AF =AF，∴△ABF ≌△ADF （AAS ）；（2）∵△ABF ≌△ADF ，∴AD ＝AB ＝8，BF ＝DF ，∵AE ＝5，∴DE ＝AD ﹣AE ＝8﹣5＝3，∴△EFD 的周长＝EF +DF +DE ＝EF +BF +DE ＝BE +DE ＝7+3＝10．5．（2021春•北碚区校级期末）如图，已知D 是AC 上一点，AB ＝DA ，AB +DC ＝ED ，AE ＝BC ．（1）求证：△ABC ≌△DAE ，（2）若∠BAE ＝125°，求∠DCB 的度数．【解题思路】（1）根据SSS 证明三角形全等即可．（2）利用全等三角形的性质以及三角形内角和定理求解即可．【解答过程】（1）证明：∵DE ＝AB +DC ，AB ＝AD ，∴DE ＝AD +DC ＝AC ，在△ABC 和△DAE 中，{AB =AD AC =DE BA =AE，∴△ABC ≌△DAE （SSS ）．（2）解：∵△ABC ≌△DAE ，∴∠EAD ＝∠B ，∴∠B +∠BAC ＝∠EAD +∠BAC ＝∠EAB ＝125°，∴∠DCB ＝180°﹣（∠B +∠BAC ）＝180°﹣125°＝55°．6．（2021春•莱芜区期末）如图，已知AD 、BC 相交于点O ，AB ＝CD ，AM ⊥BC 于点M ，DN ⊥BC 于点N ，BN ＝CM ．（1）求证：△ABM ≌△DCN ；（2）试猜想OA 与OD 的大小关系，并说明理由．【解题思路】（1）根据HL 可证明：△ABM ≌△DCN ；（2）根据AAS 证明△AMO ≌△DNO 可得结论．【解答过程】（1）证明：∵BN ＝CM ，∴BN +MN ＝MN +CM ，即CN ＝BM ，∵AM ⊥BC 于点M ，DN ⊥BC 于点N ，∴∠AMB ＝∠DNC ＝90°，在Rt △ABM 和Rt △DCN 中，{AB =CD BM =CN， ∴Rt △ABM ≌Rt △DCN （HL ）；（2）解：OA ＝OD ，理由如下：∵Rt △ABM ≌Rt △DCN ，∴AM ＝DN ，在△AMO 和△DNO 中，{∠AOM =∠DNO ∠AMO =∠DNO AM =DN，∴△AMO ≌△DNO （AAS ），∴OA ＝OD ．7．（2021春•静安区期末）如图，已知四边形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ∥BC ．E 为BD 上一点，且BE ＝AD ，∠DEF ＝∠ADC ，EF 交BC 的延长线于点F ．（1）AD 和BC 相等吗？为什么？（2）BF 和BD 相等吗？为什么？【解题思路】（1）根据平行线的性质和全等三角形的判定和性质得出△ABD 与△CDB 全等，进而利用全等三角形的性质解答即可；（2）根据平行线的性质和全等三角形的判定和性质得出△EFB 与△CDB 全等，进而解答即可．【解答过程】解：（1）AD ＝CB ，理由如下：∵AD ∥BC ，∴∠ABD ＝∠CDB ，同理可得，∠ADB ＝∠CBD ，在△ABD 与△CDB 中，{∠ABD =∠CDB BD =DB ∠ADB =∠CBD，∴△ABD ≌△CDB （ASA ），∴AD ＝CB ；（2）BF ＝BD ，理由如下：∵AD ＝CB ，BE ＝AD ，∴BC ＝BE ，∵∠DEF ＝∠ADC ，∴∠DEF ﹣∠DBF ＝∠ADC ﹣∠ADB ，即∠EFB ＝∠CDB ，在△EFB 与△CDB 中，{∠EFB =∠CDB BC =BE ∠FBE =∠DBC，∴△EFB ≌△CDB （ASA ），∴FB ＝DB ．8．（2021春•沙坪坝区校级月考）如图，△ABC 中，CD ⊥AB ，垂足为D ．BE ⊥AC ，垂足为G ，AB ＝CF ，BE ＝AC ．（1）求证：AE ＝AF ；（2）求∠EAF 的度数．【解题思路】（1）利用SAS 证明△AEB ≌△F AC 可证明结论；（2）由全等三角形的性质可得∠E ＝∠CAF ，由余角的定义可求得∠EAF 的度数．【解答过程】（1）证明：∵CD ⊥AB ，BE ⊥AC ，∴∠CAD +∠ACD ＝∠CAD +∠EBA ＝90°，∴∠ACD ＝∠EBA ，在△AEB 和△F AC 中，{AB =FC ∠EBA =∠ACF BE =CA，∴△AEB ≌△F AC （SAS ），∴AE ＝F A ；（2）解：∵△AEB ≌△F AC ，∴∠E ＝∠CAF ，∵∠E +∠EAG ＝90°，∴∠CAF +∠EAG ＝90°，即∠EAF ＝90°．9．（2021春•铁岭月考）已知：如图，AB ＝AC ，∠1＝∠2．（1）找出图中的所有全等三角形（直接写出）；（2）求证：AD ＝AE ．【解题思路】（1）直接根据全等三角形的判定可得答案；（2）先根据SAS 证得△ABF ≌△ACF ，再根据ASA 证得△BDF ≌△CEF ，然后根据全等三角形的性质可得结论．【解答过程】解：（1）△ABF ≌△ACF ，△BDF ≌△CEF ，△ADF ≌△AEF ，△ADC ≌△AEB ；（2）证明：在△ABF 和△ACF 中，{AB =AC ∠1=∠2AF =AF，∴△ABF ≌△ACF （SAS ），∴∠B ＝∠C ，BF ＝CF ．在△BDF 和△CEF 中，{∠B =∠C BF =CF ∠BFD =∠CFE，∴△BDF ≌△CEF （ASA ），∴BD ＝CE ，∴AB ﹣BD ＝AC ﹣CE ，∴AD ＝AE ．10．（2021•南岗区模拟）已知：在△ABC 和△DBE 中，AB ＝DB ，BC ＝BE ，其中∠ABD ＝∠CBE ．（1）如图1，求证：AC ＝DE ；（2）如图2，AB ＝BC ，AC 分别交DE ，BD 于点F ，G ，BC 交DE 于点H ，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中的四对全等三角形．【解题思路】（1）根据SAS 证明△ABC 与△DBE 全等，利用全等三角形的性质解答即可．（2）根据全等三角形的判定解答即可．【解答过程】证明：（1）∵∠ABD ＝∠CBE ，∴∠ABD +∠DBC ＝∠CBE +∠DBC ，即∠ABC ＝∠DBE ，在△ABC 与△DBE 中，{AB =DB ∠ABC =∠DBE BC =BE，∴△ABC ≌△DBE （SAS ），∴AC ＝DE ；（2）由（1）得△ABC ≌△DBE ，∴∠A ＝∠D ，∠C ＝∠E ，AB ＝DB ，BC ＝BE ，∴AB ＝BE ，∵AB ＝BC ，∴∠A ＝∠C ，∴∠A ＝∠E ，在△ABG 与△EBH 中，{∠A =∠E AB =BE ∠ABD =∠EBC，∴△ABG ≌△EBH （ASA ），∴BG ＝BH ，在△DBH 与△CBG 中，{BG =BH ∠DBH =∠CBG DB =CB，∴△DBH ≌△CBG （SAS ），∴∠D ＝∠C ，∵DB ＝CB ，BG ＝BH ，∴DG ＝CH ，在△DFG 与△CFH 中，{∠DFG =∠CFH ∠D =∠C DG =CH，∴△DFG ≌△CFH （AAS ）．11．（2021•三水区一模）如图，AB ＝AC ，直线l 过点A ，BM ⊥直线l ，CN ⊥直线l ，垂足分别为M 、N ，且BM ＝AN ．（1）求证△AMB ≌△CNA ；（2）求证∠BAC ＝90°．【解题思路】（1）由HL证明△AMB≌△CNA即可；（2）先由全等三角形的性质得∠BAM＝∠ACN，再由∠CAN+∠ACN＝90°，得∠CAN+∠BAM＝90°，即可得出结论．【解答过程】证明：（1）∵BM⊥直线l，CN⊥直线l，∴∠AMB＝∠CNA＝90°，在Rt△AMB和Rt△CNA中，{AB=CABM=AN，∴Rt△AMB≌Rt△CNA（HL）；（2）由（1）得：Rt△AMB≌Rt△CNA，∴∠BAM＝∠ACN，∵∠CAN+∠ACN＝90°，∴∠CAN+∠BAM＝90°，∴∠BAC＝180°﹣90°＝90°．12．（2021•广州模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点E是∠ACB内部一点，连接CE，作AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分别为点D，E．（1）求证：△BCE≌△CAD；（2）若BE＝5，DE＝7，则△ACD的周长是30．【解题思路】（1）根据条件可以得出∠E＝∠ADC＝90°，进而得出△CEB≌△ADC；（2）利用（1）中结论，根据全等三角形的性质即可解决问题；【解答过程】（1）证明：∵BE ⊥CE ，AD ⊥CE ，∴∠E ＝∠ADC ＝90°，∴∠EBC +∠BCE ＝90°．∵∠BCE +∠ACD ＝90°，∴∠EBC ＝∠DCA ．在△BCE 和△CAD 中，{∠E =∠ADC ∠EBC =∠DCA BC =AC，∴△BCE ≌△CAD （AAS ）；（2）解：∵：△BCE ≌△CAD ，BE ＝5，DE ＝7，∴BE ＝DC ＝5，CE ＝AD ＝CD +DE ＝5+7＝12．∴由勾股定理得：AC ＝13，∴△ACD 的周长为：5+12+13＝30，故答案为：30．13．（2020春•越秀区校级期中）已知：△ABN 和△ACM 的位置如图所示，∠1＝∠2，AB ＝AC ，AM ＝AN ． 求证：（1）∠BAN ＝∠CAM ；（2）∠ODA ＝∠OEA ．【解题思路】（1）由∠1＝∠2，则∠1+∠MAN ＝∠2+∠MAN ，即∠BAN ＝∠CAM ；（2）先证△ACM ≌△ABN （SAS ），得∠M ＝∠N ，再证△ADN ≌△AEM （ASA ），即可得出结论．【解答过程】证明：（1）∵∠1＝∠2，∴∠1+∠MAN ＝∠2+∠MAN ，即∠BAN ＝∠CAM ；（2）在△ACM 和△ABN 中，{AM =AN ∠CAM =∠BAN AC =AB，∴△ACM ≌△ABN （SAS ），∴∠M ＝∠N ，在△ADN 和△AEM 中，{∠DAN =∠EAM AN =AM ∠N =∠M，∴△ADN ≌△AEM （ASA ），∴∠NDA ＝∠MEA ，即∠ODA ＝∠OEA ．14．（2020•江北区模拟）如图，在△ABC 中，AD 是BC 边上的中线，E 是AB 边上一点，过点C 作CF ∥AB ，交ED 的延长线于点F ．（1）求证：△BDE ≌△CDF ；（2）当AD ⊥BC ，AE ＝2，CF ＝1时，求AC 的长．【解题思路】（1）根据平行线的性质得到∠B ＝∠FCD ，∠BED ＝∠F ，由AD 是BC 边上的中线，得到BD ＝CD ，于是得到结论；（2）根据全等三角形的性质得到BE ＝CF ＝1，求得AB ＝AE +BE ＝3，于是得到结论．【解答过程】证明：∵CF ∥AB ，∴∠B ＝∠FCD ，∠BED ＝∠F ，∵AD 是BC 边上的中线，∴BD ＝CD ，在△BDE 和△CDF 中，{∠B =∠FCD ∠BED =∠F BD =CD，∴△BDE ≌△CDF （AAS ）；（2）∵△BDE ≌△CDF ，∴BE ＝CF ＝1，∴AB ＝AE +BE ＝2+1＝3，∵AD ⊥BC ，BD ＝CD ，∴AC ＝AB ＝3．15．（2020秋•萧山区月考）如图，已知在△ABC 中，BD ⊥AC 于D ，CE ⊥AB 于E ，F 是BD 上一点，BF ＝AC ，G 是CE 延长线上一点，CG ＝AB ，连接AG ，AF ．（1）试说明∠ABD ＝∠ACE ；（2）探求线段AF ，AG 有什么关系？并请说明理由．【解题思路】（1）根据的等角的余角相等，即可证明∠ACG ＝∠ABF ；（2）根据SAS 推出△ABF ≌△GCA 即可解决问题；【解答过程】（1）证明：∵BD 、CE 是△ABC 的高，∴∠ADB ＝∠AEC ＝90°，∴∠ABF +∠BAD ＝90°，∠GCA +∠BAD ＝90°，∴∠ABF ＝∠GCA ，（2）结论：AF ＝AG ，AF ⊥AG ．理由如下：在△ABF 和△GCA 中，{AB =CG ∠ABF =∠GCA BF =AC，∴△ABF ≌△GCA （SAS ），∴AF ＝AG ，∠GAC ＝∠AFB ，∵∠AFB＝∠ADB+∠F AD，∠GAC＝∠GAF+∠F AD，∴∠GAF＝∠ADF，∵∠ADF＝90°，∴∠GAF＝90°，∴AG⊥AF，AG＝AF．16．（2021•张家界模拟）如图，四边形ABCD中，AB＝BC＝2CD，AB∥CD，∠C＝90°，E是BC的中点，AE与BD相交于点F，连接DE（1）求证：△ABE≌△BCD；（2）判断线段AE与BD的数量关系及位置关系，并说明理由；（3）若CD＝1，试求△AED的面积．【解题思路】（1）由平行线的性质得出∠ABE+∠C＝180°，得出∠ABE＝90°＝∠C，再证出BE＝CD，由SAS证明△ABE≌△BCD即可；（2）由全等三角形的性质得出AE＝BD，证出∠ABF+∠BAE＝90°，得出∠AFB＝90°，即可得出结论；（3）由全等三角形的性质得出BE＝CD＝1，求出CE＝BC﹣BE＝1，得出CE＝CD，△AED的面积＝梯形ABCD的面积﹣△ABE的面积﹣△CDE的面积，即可得出答案．【解答过程】（1）证明：∵AB∥CD，∴∠ABE+∠C＝180°，∵∠C＝90°，∴∠ABE＝90°＝∠C，∵E是BC的中点，∴BC＝2BE，∵BC＝2CD，∴BE＝CD，在△ABE和△BCD中，{AB=BC∠ABE=∠CBE=CD，∴△ABE≌△BCD（SAS）；（2）解：AE＝BD，AE⊥BD，理由如下：由（1）得：△ABE≌△BCD，∴AE＝BD，∵∠BAE＝∠CBD，∠ABF+∠CBD＝90°，∴∠ABF+∠BAE＝90°，∴∠AFB＝90°，∴AE⊥BD；（3）解：∵△ABE≌△BCD，∴BE＝CD＝1，∵AB＝BC＝2CD＝2，∴CE＝BC﹣BE＝1，∴CE＝CD，∴△AED的面积＝梯形ABCD的面积﹣△ABE的面积﹣△CDE的面积=12（1+2）×2−12×2×1−12×1×1=3 2．17．（2020秋•台江区校级期中）如图，A，B，C三点共线，D，C，E三点共线，∠A＝∠DBC，EF⊥AC 于点F，AE＝BD．（1）求证：C是DE的中点；（2）求证：AB＝2CF．【解题思路】（1）过D 作DH ⊥AC 的延长线与H ，根据全等三角形的判定证得△AEF ≌△BDH ，得到EF ＝DH ，再证得△EFC ≌△DHC 得到CE ＝CD ，即可证得即可证得结论；（2）由（1）得，△AEF ≌△BDH ，△EFC ≌△DHC ，根据全等三角形的性质得到AF ＝BH ，CF ＝CH ，再根据线段的和差即可证得结论．【解答过程】证明：（1）过D 作DH ⊥AC 的延长线与H ，∴∠EFC ＝∠DHC ＝90°，在△AEF 和△BDH 中，{∠A =∠DBC ∠AFE =∠BHD =90°AE =BD，∴△AEF ≌△BDH （AAS ），∴EF ＝DH ，在△EFC 和△DHC 中，{∠FCE =∠HCD ∠EFC =∠DHC =90°EF =DH，∴△EFC ≌△DHC （AAS ），∴CE ＝CD ，∴C 是DE 的中点；（2）由（1）得，△AEF ≌△BDH ，△EFC ≌△DHC ，∴AF ＝BH ，CF ＝CH ，∴AB +BF ＝BF +FH ，FH ＝2FC ，∴AB ＝FH ，∴AB ＝2CF ．18．（2021春•铁岭月考）如图，△AOC 和△BOD 中，OA ＝OC ，OB ＝OD ，∠AOC ＝∠BOD ＝α（0＜α＜90°），AD 与BC 交于点P ．（1）求证：△AOD ≌△COB ；（2）求∠APC （用含α的式子表示）；（3）过点O 分别作OM ⊥AD ，ON ⊥BC ，垂足分别为点M 、N ，请直接写出OM 和ON 的数量关系．【解题思路】（1）由∠AOC ＝∠BOD ，可得∠AOD ＝∠COB ，然后根据SAS 可得结论；（2）根据全等三角形的性质得∠OAD ＝∠OCB ，再根据三角形外角性质可得答案；（3）根据全等三角形的性质得∠MAO ＝∠NCO ，由垂直定义得∠AMO ＝∠CNO ，再根据全等三角形的判定与性质可得结论．【解答过程】解：（1）∵∠AOC ＝∠BOD ，∴∠AOC +∠COD ＝∠BOD +∠COD ，∴∠AOD ＝∠COB ，在△AOD 和△COB 中，{OA =OC ∠AOD =∠COB OD =OB，∴△AOD ≌△COB （SAS ）；（2）由（1）可知△AOD ≌△COB ，∴∠OAD ＝∠OCB ，令AD 与OC 交于点E ，则∠AEC ＝∠OAD +∠AOC ＝∠OCB +∠APC ，∴∠AOC ＝∠APC ，∵∠AOC ＝α，∴∠APC ＝α；（3）∵△AOD ≌△COB ，∴∠P AP ＝∠BCO ，即∠MAO ＝∠NCO ，∵OM ⊥AD ，ON ⊥BC ，∴∠AMO ＝∠CNO ＝90°，在△AOM 和△CON 中，{∠MAO =∠NCO ∠AMO =∠CNO OA =OC，∴△AOM ≌△CON （AAS ），∴OM ＝ON ．19．（2020秋•花都区月考）如图所示，BD 、CE 是△ABC 的高，点P 在BD 的延长线上，CA ＝BP ，点Q 在CE 上，QC ＝AB ．（1）探究P A 与AQ 之间的关系；（2）若把（1）中的△ABC 改为钝角三角形，AC ＞AB ，∠A 是钝角，其他条件不变，上述结论是否成立？画出图形并证明你的结论．【解题思路】（1）由条件可得出∠1＝∠2，可证得△APB ≌△QAC ，可得结论；（2）根据题意画出图形，结合（1）可证得△APB ≌△QAC ，可得结论．【解答过程】（1）结论：AP ＝AQ ，AP ⊥AQ 证明：∵BD 、CE 是△ABC 的高， ∴BD ⊥AC ，CE ⊥AB ，∴∠1+∠CAB ＝90°，∠2+∠CAB ＝90°， ∴∠1＝∠2，在△QAC 和△APB 中，{QC =AB ∠1=∠2CA =BP，∴△QAC ≌△APB （SAS ），∴AQ ＝AP ，∠QAC ＝∠P ，而∠DAP +∠P ＝90°，∴∠DAP +∠QAC ＝90°，即∠QAP ＝90°，∴AQ ⊥AP ；即AP ＝AQ ，AP ⊥AQ ；（2）上述结论成立，理由如下：如图所示：∵BD 、CE 是△ABC 的高，∴BD ⊥AC ，CE ⊥AB ，∴∠1+∠CAE ＝90°，∠2+∠DAB ＝90°， ∵∠CAE ＝∠DAB ，∴∠1＝∠2，在△QAC 和△APB 中，{QC =AB ∠1=∠2CA =BP，∴△QAC ≌△APB （SAS ），∴AQ ＝AP ，∠QAC ＝∠P ，∵∠PDA ＝90°，∴∠P +∠P AD ＝90°，∴∠QAC +∠P AD ＝90°，∴∠QAP ＝90°，∴AQ ⊥AP ，即AP ＝AQ ，AP ⊥AQ ．20．（2020春•萍乡期末）在△ABC 中，AB ＝AC ，D 是直线BC 上一点，以AD 为一边在AD 的右侧作△ADE ，使AE ＝AD ，∠DAE ＝∠BAC ，连接CE ，设∠BAC ＝∠1，∠DCE ＝∠2．（1）如图①，当点D 在线段BC 上移动时，试说明：∠1+∠2＝180°；（2）如图②，当点D 在线段BC 的延长线上移动时，请猜测∠1与∠2有怎样的数量关系？并说明理由．【解题思路】（1）由“SAS ”可证△BAD ≌△CAE ，可得∠ACE ＝∠ABD ，由三角形的内角和定理可得结论；（2）由“SAS ”可证△BAD ≌△CAE ，可得∠ACE ＝∠ABD ，由三角形的内角和定理和平角的定义可得结论．【解答过程】证明：（1）∵∠DAE ＝∠BAC ，∴∠BAD ＝∠CAE ，在△ABD 和△ACE 中，{AB =AC ∠BAD =∠CAE AD =AE，∴△BAD ≌△CAE （SAS ），∴∠ACE ＝∠ABD ，∵∠BAC +∠ABD +∠ACB ＝180°，∴∠BAC +∠ACB +∠ACE ＝∠BAC +∠BCE ＝180°，∴∠1+∠2＝180°；（2）∠1＝∠2，理由如下：∵∠DAE ＝∠BAC ，∴∠BAD ＝∠CAE ，在△ABD 和△ACE 中，{AB =AC ∠BAD =∠CAE AD =AE，∴△BAD ≌△CAE （SAS ），∴∠ACE ＝∠ABD ，∵∠BAC +∠ABD +∠ACB ＝180°，∠ACE +∠ACB +∠DCE ＝180°，∴∠1＝∠2．21．（2020春•揭阳期末）已知△ABC ，点D 、F 分别为线段AC 、AB 上两点，连接BD 、CF 交于点E ．（1）若BD ⊥AC ，CF ⊥AB ，如图1所示，试说明∠BAC +∠BEC ＝180°；（2）若BD 平分∠ABC ，CF 平分∠ACB ，如图2所示，试说明此时∠BAC 与∠BEC 的数量关系；（3）在（2）的条件下，若∠BAC ＝60°，试说明：EF ＝ED ．【解题思路】（1）根据余角的性质得到∠DEC ＝∠BAC ，由于∠DEC +∠BEC ＝180°，即可得到结论；（2）根据角平分线的性质得到∠EBC =12∠ABC ，∠ECB =12∠ACB ，于是得到结论；（3）作∠BEC 的平分线EM 交BC 于M ，由∠BAC ＝60°，得到∠BEC ＝90°+12∠BAC ＝120°，求得∠FEB ＝∠DEC ＝60°，根据角平分线的性质得到∠BEM ＝60°，推出△FBE ≌△EBM ，根据全等三角形的性质得到EF ＝EM ，同理DE ＝EM ，即可得到结论．【解答过程】解：（1）∵BD ⊥AC ，CF ⊥AB ，∴∠DCE +∠DEC ＝∠DCE +∠F AC ＝90°，∴∠DEC ＝∠BAC ，∠DEC +∠BEC ＝180°，∴∠BAC +∠BEC ＝180°；（2）∵BD 平分∠ABC ，CF 平分∠ACB ，∴∠EBC =12∠ABC ，∠ECB =12∠ACB ，∠BEC ＝180°﹣（∠EBC +∠ECB ）＝180°−12（∠ABC +∠ACB ）＝180°−12（180°﹣∠BAC ）＝90°+12∠BAC ；（3）作∠BEC 的平分线EM 交BC 于M ，∵∠BAC ＝60°，∴∠BEC ＝90°+12∠BAC ＝120°，∴∠FEB ＝∠DEC ＝60°，∵EM 平分∠BEC ，∴∠BEM ＝60°，在△FBE 与△EBM 中，{∠FBE =∠EBM BE =BE ∠FEB =∠MEB，∴△FBE ≌△EBM （ASA ），∴EF ＝EM ，同理DE ＝EM ，∴EF ＝DE ．22．（2020秋•淇滨区校级期中）（1）如图1所示，△ACB 和△ECD 都是等腰三角形，A 、C 、D 三点在同一直线上，连接BD 、AE ，并延长AE 交BD 于点F ，试判断AE 与BD 的数量关系及位置关系，并证明你的结论．（2）若△ECD 绕顶点C 顺时针转任意角度后得到图2，图1中的结论是否仍然成立？请说明理由．【解题思路】（1）根据SAS 推出△ACE ≌△BCD ，根据全等三角形的性质得出∠CAE ＝∠DBC ，根据∠ACB ＝90°求出∠CAE +∠AEC ＝90°，求出∠DBC +∠BEF ＝90°，根据三角形内角和定理求出∠BFE ＝90°即可；（2）根据SAS 推出△ACE ≌△BCD ，根据全等三角形的性质得出∠CAE ＝∠DBC ，根据∠ACB ＝90°求出∠CAE +∠AOC ＝90°，求出∠DBC +∠BOE ＝90°，根据三角形内角和定理求出∠BFO ＝90°即可．【解答过程】（1）AE ⊥BD ．证明：在△ACE 和△BCD 中{AC =BC ∠ACE =∠BCD CE =CD∴△ACE ≌△BCD （SAS ），∴∠CAE ＝∠DBC ，∵∠ACB ＝90°，∴∠CAE +∠AEC ＝90°，∵∠CAE ＝∠DBC ，∠AEC ＝∠BEF ，∴∠DBC +∠BEF ＝90°，∴∠BFE ＝180°﹣90°＝90°，∴AE ⊥BD ；（2）解：结论还成立，理由是：∵∠ACB ＝∠ECD ，∴∠ACB +∠BCE ＝∠ECD +∠BCE ，即∠ACE ＝∠BCD ，在△ACE 和△BCD 中{AC =BC ∠ACE =∠BCD CE =CD∴△ACE≌△BCD（SAS），∴∠CAE＝∠DBC，∵∠ACB＝90°，∴∠CAE+∠AOC＝90°，∵∠CAE＝∠DBC，∠AOC＝∠BOE，∴∠DBC+∠BOE＝90°，∴∠BFO＝180°﹣90°＝90°，∴AE⊥BD．23．（2020秋•蒙阴县期中）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于点D，BE⊥MN于点E．（1）当直线MN绕着点C旋转到如图1所示的位置时，求证：①△ADC≌△CEB；②DE＝AD+BE；（2）当直线MN绕着点C旋转到如图2所示的位置时，①找出图中一对全等三角形；②DE、AD、BE之间有怎样的数量关系，并加以证明．【解题思路】（1）根据余角和补角的性质易证得∠DAC＝∠ECB，已知∠ADC＝∠CEB＝90°，AC＝CB，根据全等三角形的判定AAS即可证明△ADC≌△CEB，根据各边的相等关系即可得DE＝AD+BE．（2）同理可证得△ADC≌△CEB，再根据各边的相等关系可得DE＝AD﹣BE．【解答过程】（1）证明：∵AD⊥MN，BE⊥MN，∴∠ADC＝∠CEB＝90°，∴∠DAC+∠ACD＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠ACD+∠BCE＝180°﹣90°＝90°，∴∠DAC＝∠ECB；在△ADC和△CEB中，∠ADC＝∠CEB，∠DAC＝∠ECB，AC＝CB，∴△ADC≌△CEB（AAS）①，（7分）∴DC＝EB，AD＝CE，∴DE＝AD+BE．（9分）（2）解：同理可得△ADC≌△CEB①；（11分）∴AD＝CE，CD＝BE，∴DE＝AD﹣BE②．（14分）24．（2018秋•环翠区期末）（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E、F分别是边BC、CD上的点，若∠EAF=12∠BAD，可求得EF、BE、FD之间的数量关系为BE+DF＝EF．（只思考解题思路，完成填空即可，不必书写证明过程）（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，若∠EAF=12∠BAD，判断EF、BE、FD之间的数量关系还成立吗，若成立，请完成证明，若不成立，请说明理由．【可借鉴第（1）问的解题经验】【解题思路】（1）线段EF、BE、FD之间的数量关系是BE+DF＝EF．如图1中，延长CB至M，使BM ＝DF，连接AM，利用全等三角形的性质解决问题即可．（2）结论：EF+DF＝BE．如图2中，在BE上截取BM＝DF，连接AM，证明△ABM≌△ADF（SAS），推出AM＝AF，∠BAM＝∠DAF，再证明△AEM≌△AEF（SAS），可得结论．【解答过程】解：（1）线段EF、BE、FD之间的数量关系是BE+DF＝EF．如图1，延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，∵∠ABC +∠D ＝180°，∠ABC +∠1＝180°，∴∠1＝∠D ，在△ABM 和△ADF 中，{AB =AD ∠1=∠D BM =DF，∴△ABM ≌△ADF （SAS ），∴AM ＝AF ，∠3＝∠2，∵∠EAF =12∠BAD ，∴∠4+∠4＝∠EAF ，∴∠GAM ＝∠3+∠4＝∠2+∠4＝∠EAF ，在△MAE 和△F AE 中，{AM =AF ∠MAE =∠FAE AE =AE，∴△MAE ≌△F AE （SAS ），∴EF ＝EM ，∵EM ＝BM +BE ＝BE +DF ，∴EF ＝BE +FD ；故答案为：BE +DF ＝EF ．（2）结论：EF +DF ＝BE ．理由：在BE 上截取BM ＝DF ，连接AM ，∵∠B +∠ADC ＝180°，∠ADC +∠ADE ＝180°，∴∠B ＝∠ADF ，在△ABM 与△ADF 中，{BM =DF ∠ABM =∠ADF AB =AD，∴△ABM ≌△ADF （SAS ），∴AM ＝AF ，∠BAM ＝∠DAF ，∵∠EAF =12∠BAD ，∴∠EAF ＝∠EAM ，在△AEM 与△AEF 中，{AM =AF ∠EAF =∠EAM AE =AE，∴△AEM ≌△AEF （SAS ），∴EM ＝EF ，即BE ﹣BM ＝EF ，即BE ﹣DF ＝EF ，∴EF +DF ＝BE ．25．（2021春•和平区期末）如图，在△ABC 中，AC ＝BC ，点D 在边AB 上，AB ＝4BD ，连接CD ，点E ，F 在线段CD 上，连接BF ，AE ，∠BFC ＝∠AEC ＝180°﹣∠ACB ．（1）①∠FBC 与∠ECA 相等吗？说明你的理由；②△FBC 与△ECA 全等吗？说明你的理由；（2）若AE ＝11，EF ＝8，则请直接写出BF 的长为 3 ；（3）若△ACE 与△BDF 的面积之和为12，则△ABC 的面积为 48 ．【解题思路】（1）①连接BC ，由已知及∠AEC ＝180°﹣∠AED ，可得到∠ACB ＝∠AED ．再证明∠CAE ＝∠BCF ，由三角形内角和定理可得∠FBC ＝∠ECA ；②利用“ASA ”证明△FBC ≌△ECA ；（2）由（1）中全等三角形的结论及已知可得到BF 的长；（3）由（1）中结论可得S △FBC ＝S △ECA ，所以S △ECA +S △BDF ＝12＝S △FBC +S △BDF ＝S △DBC ，根据AB ＝4BD ，可得到S △DBC =14S △ABC ＝12，从而可得△ABC 的面积．【解答过程】解：（1）①∠FBC ＝∠ECA ，理由如下：连接BC ，如右图．∵∠BFC ＝∠AEC ＝180°﹣∠ACB ，且∠AEC ＝180°﹣∠AED ，∴∠ACB ＝∠AED ．由外角定理可得∠AED ＝∠ACD +∠CAE ，又∠ACB ＝∠ACD +∠BCF ，∴∠CAE ＝∠BCF ，由三角形内角和定理可得∠FBC ＝∠ECA ．②△FBC 与△ECA 全等，理由如下：在△FBC 和△ECA 中，{∠FBC =∠ECA BC =CA ∠BCF =∠CAE，∴△FBC ≌△ECA （ASA ）．（2）由（1）中②可知，FC ＝AE ＝11，BF ＝CE ，又EF ＝8，∴CE ＝FC ﹣EF ＝11﹣8＝3，∴BF ＝3，故答案为：3．（3）由（1）中结论可知S△FBC＝S△ECA，∴S△ECA+S△BDF＝12＝S△FBC+S△BDF＝S△DBC，又AB＝4BD，∴S△DBC=14S△ABC＝12，∴S△ABC＝48．故答案为：48．26．（2020•岱岳区一模）已知∠ABC＝90°，点D是直线AB边上的点，AD＝BC．（1）如图1，点D在线段AB上，过点A作AF⊥AB，且AF＝BD，连接DC、DF、CF，试判断△CDF 的形状并说明理由；（2）如图2，点D在线段AB的延长线上，点F在点A的左侧，其他条件不变，以上结论是否仍然成立？请说明理由．【解题思路】（1）利用SAS证明△F AD≌△DBC，再利用全等三角形的性质得出FD＝DC，即可判断三角形的形状；（2）利用SAS证明△F AD和△DBC全等，再利用全等三角形的性质得出FD＝DC，∠FDC＝90°，即可得出结论．【解答过程】（1）△CDF是等腰直角三角形，理由如下：∵AF⊥AB，∴∠A＝90°，在△F AD和△DBC中，∵{AF=BD∠A=∠B=90°AD=BC，∴△F AD≌△DBC（SAS），∴∠ADF＝∠BCD，DF＝DC，∵∠BDC+∠BCD＝90°，∴∠ADF+∠CDB＝90°，∴∠FDC＝180°﹣90°＝90°，又∵DF＝DC，∴△CDF是等腰直角三角形；（2）仍然成立，理由如下：∵AF⊥AB，∴∠A＝90°，在△F AD和△DBC中，∵{AF=BD∠A=∠DBC=90°AD=BC，∴△F AD≌△DBC（SAS），∴∠ADF＝∠BCD，DF＝DC，∵∠BDC+∠BCD＝90°，∴∠ADF+∠BDC＝90°，即∠FDC＝90°，又∵DF＝DC，∴△CDF是等腰直角三角形．27．如图（1），线段AD∥BC，连接AB、CD，取CD中点E，连接AE，AE平分∠BAD．（1）线段AB与AD、BC之间存在怎样的等量关系？请说明理由．（2）如果点C在AB的左侧，其他条件不变，如图（2）所示，那么（1）中的结论还成立吗？如果成立，请说明理由；如果不成立，请写出新的结论，并说明理由．【解题思路】（1）延长AE ，BF 交于点F ，即可求证△ADE ≌△FCE ，即可求得CF ＝AD ，AB ＝BF ，即可求得AB ＝AD +BC ；（2）不成立，新的结论为：AB +BC ＝AD ．延长AE ，BF 交于点F ，可证△ADE ≌△FCE 和AB ＝BF ，即可解题．【解答过程】解：（1）延长AE ，BF 交于点F ，∵AE 平分∠BAD ，∴∠BAF ＝∠DAF ，∵AD ∥BC ，∴∠AFB ＝∠DAF ，∴AB ＝BF ，在△ADE 和△FCE 中，{∠DAE =∠EFC ∠AED =∠FEC DE =CE，∴△ADE ≌△FCE （AAS ），∴CF ＝AD ，∵BF ＝BC +CF ，∴AB ＝BC +AD ；（2）不成立，新结论为：AB ＝AD ﹣BC ．延长AE ，BF 交于点F ，证明：∵AE 平分∠BAD ，∴∠BAF ＝∠DAF ，∵AD ∥BC ，∴∠AFB ＝∠DAF ，∴AB ＝BF ，在△ADE 和△FCE 中，{∠DAE =∠EFC ∠AED =∠FEC DE =CE，∴△ADE ≌△FCE （AAS ），∴CF ＝AD ，∵BF +BC ＝CF ，∴AB +BC ＝AD ．28．（2021春•章丘区期末）如图，CD 是经过∠BCA 顶点C 的一条直线，CA ＝CB ，E 、F 分别是直线CD 上两点，且∠BEC ＝∠CF A ＝α．（1）若直线CD 经过∠BCA 的内部，且E 、F 在射线CD 上．①如图1，若∠BCA ＝90°，α＝90°，则BE ＝ CF ；②如图2，若0°＜∠BCA ＜180°，请添加一个关于α与∠BCA 关系的条件 α+∠BCA ＝180° ，使①中的结论们然成立，并说明明理由；（2）如图3，若线CD 经过∠BCA 的外部，a ＝∠BCA ，请提出关于EF ，BE ，AF 三条线段数量关系的合理猜想，并简述理由．【解题思路】（1）由∠BCA ＝90°，∠BEC ＝∠CF A ＝α＝90°，可得∠CBE ＝∠ACF ，从而可证△BCE ≌△CAF ，故BE ＝CF ．（2）若BE ＝CF ，则可使得△BCE ≌△CAF ．根据题目已知条件添加条件，再使得一对角相等，△BCE ≌△CAF 便可得证．（3）题干已知条件可证△BCE ≌△CAF ，故BE ＝CF ，EC ＝F A ，从而可证明EF ＝BE +AF ．【解答过程】解：（1）∵∠BEC ＝∠CF A ＝α＝90°，∴∠BCE +∠CBE ＝180°﹣∠BEC ＝90°．又∵∠BCA ＝∠BCE +∠ACF ＝90°，∴∠CBE ＝∠ACF ．在△BCE 和△CAF 中，{∠BEC =∠CFA ，∠CBE =∠ACF ，BC =AC ．∴△BCE ≌△CAF （AAS ）．∴BE ＝CF ．（2）α+∠BCA ＝180°，理由如下：∵∠BEC ＝∠CF A ＝α，∴∠BEF ＝180°﹣∠BEC ＝180°﹣α．又∵∠BEF ＝∠EBC +∠BCE ，∴∠EBC +∠BCE ＝180°﹣α．又∵α+∠BCA ＝180°，∴∠BCA ＝180°﹣α．∴∠BCA ＝∠BCE +∠ACF ＝180°﹣α．∴∠EBC ＝∠FCA ．在△BCE 和△CAF 中，{∠CBE =∠ACF ，∠BEC =∠CFA ，BC =CA ．∴△BCE ≌△CAF （AAS ）．∴BE ＝CF ．（3）EF ＝BE +AF ，理由如下：∵∠BCA ＝α，∴∠BCE +∠ACF ＝180°﹣∠BCA ＝180°﹣α．又∵∠BEC ＝α，∴∠EBC +∠BCE ＝180°﹣∠BEC ＝180°﹣α．∴∠EBC ＝∠FCA ．在△BEC 和△CF A 中，{∠EBC =∠FCA ，∠BEC =∠FCA ，BC =CA ．∴△BEC ≌△CF A （AAS ）．∴BE ＝CF ，EC ＝F A ．∴EF ＝EC +CF ＝F A +BE ，即EF ＝BE +AF ．29．（2020春•南岸区期末）在∠MAN 内有一点D ，过点D 分别作DB ⊥AM ，DC ⊥AN ，垂足分别为B ，C ．且BD ＝CD ，点E ，F 分别在边AM 和AN 上．（1）如图1，若∠BED ＝∠CFD ，请说明DE ＝DF ；（2）如图2，若∠BDC ＝120°，∠EDF ＝60°，猜想EF ，BE ，CF 具有的数量关系，并说明你的结论成立的理由．【解题思路】（1）根据题目中的条件和∠BED ＝∠CFD ，可以证明△BDE ≌△CDF ，从而可以得到DE ＝DF ；（2）作辅助线，过点D 作∠CDG ＝∠BDE ，交AN 于点G ，从而可以得到△BDE ≌△CDG ，然后即可得到DE ＝DG ，BE ＝CG ，再根据题目中的条件可以得到△EDF ≌△GDF ，即可得到EF ＝GF ，然后即可得到EF ，BE ，CF 具有的数量关系．【解答过程】解：（1）∵DB ⊥AM ，DC ⊥AN ，∴∠DBE ＝∠DCF ＝90°，在△BDE 和△CDF 中，∵{∠BED =∠CFD ，∠DBE =∠DCF ，BD =CD ，∴△BDE ≌△CDF （AAS ）．∴DE ＝DF ；（2）EF ＝FC +BE ，理由：过点D 作∠CDG ＝∠BDE ，交AN 于点G ，在△BDE 和△CDG 中，{∠EBD =∠GCD BD =CD ∠BDE =∠CDG，∴△BDE ≌△CDG （ASA ），∴DE ＝DG ，BE ＝CG ．∵∠BDC ＝120°，∠EDF ＝60°，∴∠BDE +∠CDF ＝60°．∴∠FDG ＝∠CDG +∠CDF ＝60°，∴∠EDF ＝∠GDF ．在△EDF 和△GDF 中，{DE =DG ∠EDF =∠GDF DF =DF，∴△EDF ≌△GDF （SAS ）．∴EF ＝GF ，∴EF＝FC+CG＝FC+BE．30．（2021春•揭东区期末）已知点C为线段AB上一点，分别以AC、BC为边在线段AB同侧作△ACD和△BCE，且CA＝CD，CB＝CE，∠ACD＝∠BCE，直线AE与BD交于点F．（1）如图1，求证：△ACE≌△DCB．（2）如图1，若∠ACD＝60°，则∠AFB＝120°；如图2，若∠ACD＝90°，则∠AFB＝90°；（3）如图3，若∠ACD＝β，则∠AFB＝180°﹣β（用含β的式子表示）并说明理由．【解题思路】（1）求出∠ACE＝∠DCB，根据SAS证出两三角形全等即可；（2）根据全等三角形性质得出∠AEC＝∠DBC，∠CDB＝∠CAE，求出∠EAB+∠DBA＝∠ACD，∠AFB ＝180°﹣（∠EAB+∠DBC），代入求出即可；（3）根据全等三角形性质得出∠AEC＝∠DBC，∠CDB＝∠CAE，求出∠EAB+∠DBA＝∠ACD，∠AFB ＝180°﹣（∠EAB+∠DBC），代入求出即可．【解答过程】（1）证明：∵∠ACD＝∠BCE，∴∠ACD+∠DCE＝∠BCE+∠DCE，∴∠ACE＝∠DCB，在△ACE和△DCB中∵{AC=CD∠ACE=∠DCB CE=CB，∴△ACE≌△DCB；（2）解：∵∠ACD＝60°，∴∠CDB+∠DBC＝∠ACD＝60°，∵△ACE≌△DCB，∴∠AEC＝∠DBC，∠CDB＝∠CAE，∴∠CAE+∠DBC＝60°，∴∠AFB＝180°﹣60°＝120°；当∠ACD＝90°时，∵∠ACD＝90°，∴∠CDB+∠DBC＝∠ACD＝90°，∵△ACE≌△DCB，∴∠AEC＝∠DBC，∠CDB＝∠CAE，∴∠CAE+∠DBC＝90°，∴∠AFB＝180°﹣90°＝90°；故答案为：120°，90°；（3）解：当∠ACD＝β时，∠AFB＝180°﹣β，理由是：∵∠ACD＝β，∴∠CDB+∠DBC＝∠ACD＝β，∵△ACE≌△DCB，∴∠AEC＝∠DBC，∠CDB＝∠CAE，∴∠CAE+∠DBC＝β，∴∠AFB＝180°﹣（∠CAE+∠DBC）＝180°﹣β；故答案为：180°﹣β．。
专题9：解三角形中求范围专题训练(解析版)-2021年高考数学必考知识专练(解三角形)
（2）若角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且 ， ，求 的取值范围.
【答案】（1） ；（2） .
【分析】
（1）由 和三角恒等变换可得答案；
所以 ，则 ，即 .
由正弦定理可得 ，
则 ， ，
故 的周长 .
因为 解得 ，则 ，故 的周长 .
故选：B．
【点睛】
关键点点睛：本题主要考查正弦定理，解题关键是把已知等式中的2用边 替换，这样可用正弦定理进行边角转化，化边为角，从而求得 ，然后可得 角范围，同时再用正弦定理求出边 （表示为 的函数），从而可求得周长的范围．
【详解】
因为在 中， ，且 的面积为 ，
所以 ，即 ，
由余弦定理可得 ，
当且仅当 时，等号成立，所以 ，
设 外接圆的半径为 ，由正弦定理可得 ，
则 ，即 外接圆的半径的最小值是 .
故选：A.
【点睛】
方法点睛：
求解三角形中有关边长、角、面积、外接圆半径、外接圆面积的最值（范围）问题时，常利用正弦定理、余弦定理与三角形面积公式，建立 ， ， 之间的等量关系与不等关系，然后利用函数或基本不等式求解.
专题9：解三角形中求范围专题训练（解析版）
一、单选题
1．在 中，角 ， ， 所对的边分别为 ， ， .已知 ，且 ，则 的取值范围是（）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
由 ，利用两角差的正弦易得 ，进而得到 ， ，再根据 ，转化为 ，利用二次函数的性质求解.
【详解】
因为 ，
所以 ，
所以 ，
因为A，B为内角，
故答案为： .
【点睛】
本题主要考查由三角形形状求参数范围，考查余弦定理的应用，以及三角函数的性质，属于常考题型.
2021年高考数学：3三角函数、解三角形
三角函数、解三角形[学生用书P84] 年份卷别具体考查内容及命题位置2016
甲卷
已知三角函数图象求解析式·T3
利用诱导公式、二倍角公式求最值·T11
利用正弦定理解三角形·T15
乙卷
利用余弦定理解三角形·T4
三角函数的图象变换与性质·T6
同角三角函数的关系、诱导公式·T14
丙卷
三角恒等变换求值问题·T6
解三角形、三角形的面积公式·T9
三角函数的图象变换·T14
2015
Ⅰ卷
三角函数的图象与性质·T8
正、余弦定理及三角形的面积公式·T17
Ⅱ卷正弦定理及三角形的内角和定理·T17
2014
Ⅰ卷
三角函数的符号·T2
三角函数的周期·T7
三角形中的测量问题(解三角形)、正弦定理·T16
Ⅱ卷
两角和与差的正弦公式、正弦函数的最值·T14
余弦定理、三角形的面积公式·T17
,
,
,
[命题分析]
1．高考对此部分内容考查重点仍是三角函数的定义、图象与性质、求值与解三角形．三角函数的图象与性质的考查中，以图象的变换、函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性、最值等作为热点内容，并且往往与三角变换公式相互联系，有时也与平面向量或不等式内容交汇．
2．高考对此部分的考查一般以“二小”或“一大”的命题形式出现，小题一般出现在第4～11或14～16题位置上，而解答题一般出现在第17题位置上．
题示参数真题呈现考题溯源。
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专题精选习题----解三角形
1.
欧阳光明（2021.03.07）
2.在ABC ∆中，内角C B A ,,的对边分别为c b a ,,，已知
b a
c B C A -=
-2cos cos 2cos . 3.求A
C sin sin 的值；
4.若2,4
1
cos ==b B ，求ABC ∆的面积S .
2.在ABC ∆中，角C B A ,,的对边分别是c b a ,,，已知2
sin 1cos sin C C C -=+. （1）求C sin 的值；
（2）若8)(42
2
-+=+b a b a ，求边c 的值. 3.在ABC ∆中，角C B A ,,的对边分别是c b a ,,. （1）若A A cos 2)6sin(=+
π
，求A 的值；
（2）若c b A 3,3
1
cos ==，求C sin 的值.
4.ABC ∆中，D 为边BC 上的一点，5
3
cos ,135sin ,33=∠=
=ADC B BD ，求AD .
5.在ABC ∆中，角C B A ,,的对边分别是c b a ,,，已知4
1
cos ,2,1===C b a .
（1）求ABC ∆的周长； （2）求)cos(C A -的值. 3.在
ABC
∆中，角C B A ,,的对边分别是c b a ,,.已知
)(sin sin sin R p B p C A ∈=+，且24
1
b a
c =.
（3）当1
,4
5
==b p 时，求c a ,的值； （4）若角B 为锐角，求p 的取值范围. 7.在
ABC
∆中，角C B A ,,的对边分别是c b a ,,.且
ABC ∆C b c B c b A a sin )2(sin )2(sin 2+++=.
（1）求A 的值；
（2）求C B sin sin +的最大值.
8.在ABC ∆中，角C B A ,,的对边分别是c b a ,,，已知4
12cos -=C . （1）求C sin 的值；
（2）当C A a sin sin 2,2==时，求c b ,的长. 9.在ABC
∆中，角C B A ,,的对边分别是c b a ,,，且满足
3,5
522cos
=⋅=AC AB A . （1）求ABC ∆的面积； （2）若6=+c b ，求a 的值.
10.在ABC ∆中，角C B A ,,的对边分别是c b a ,,，2
2
)4cos()4cos(=-++
ππ
C C . （1）
求角C 的大小；
（2）若32=c ，B A sin 2sin =，求b a ,.
10.在ABC ∆中，角C B A ,,的对边分别是c b a ,,，且. 9.求角A 的大小；
10.若1=a ，求ABC ∆的周长l 的取值范围. 4.在ABC
∆中，角C B A ,,的对边分别是c b a ,,，且满足
0cos cos )2(=--C a A c b .
（1）求角A 的大小； （2）若3
=a ，4
3
3=
∆ABC S ，试判断的形状，并说明理由.
13.在ABC ∆中，角C B A ,,的对边分别是c b a ,,，且.3)(22
2
2
ab c b a =-+
（3）求2
sin 2B A +；
（4）若2=c ，求ABC ∆面积的最大值. 14.在ABC
∆中，角C B A ,,的对边分别是c b a ,,，且满足
2222cos 2cos 4c b a B ac B a -+=-.
（3）求角B 的大小；
（4）设)1,3(),2cos ,2(sin -=-=n C A m ，求n m ⋅的取值范围.
14.已知)0)(cos ,(cos ),cos ,(sin >==ωωωωωx x n x x m ，若函数2
1)(-
⋅=n m x f 的
最小正周期为π4.
（1）求函数)(x f y =取最值时x 的取值集合； （2）在ABC
∆中，角C B A ,,的对边分别是c b a ,,，且满足
C b B c a cos cos )2(=-，求)(A f 的取值范围.
16.如图，ABC ∆中，2,3
3
2sin
==∠AB ABC ，点D 在线段AC 上，且
3
3
4,2=
=BD DC AD . 8.求BC 的长；
9.求DBC ∆的面积.
17.
已知向量5
5
2sin ,(cos ),sin ,(cos =
-==b a ββαα. （1）求)cos(
βα-的值； （2）若02
,2
0<<-
<<βπ
π
α，13
5
sin -
=β，求αsin . 18.在ABC
∆中，角C B A ,,的对边分别是c b a ,,，已知
12cos sin 2sin 2sin 2=+⋅+C C C C ，且5=+b a ，7=c .
A
B
D
C
（3）求角C 的大小； （4）求ABC ∆的面积. 19.在ABC
∆中，角C B A ,,的对边分别是c b a ,,，且满足
2
1)cos sin 3(cos =
-⋅A A A . （1）求角A 的大小；
（2）若32,22==∆ABC S a ，求c b ,的长. 20.已知函数)(,cos 2
1
sin 23)(R x x x x f ∈+=
ππ，当]1,1[-∈x 时，其图象与x 轴交于N M ,两点，最高点为P .
（1）求PN PM ,夹角的余弦值； （2）将函数)(x f 的图象向右平移
1个单位，再将所得图像上每点的
横坐标扩大为原来的2倍，而得到函数)(x g y =的图象，试画出函数
)(x g y =在]3
8
,32[上的图象.
21.已知函数a x x x a x f -+=cos sin 2sin 2)(2
（a 为常数）在8
3π=
x 处取得最
大值.
18.求a 的值；
19.求)(x f 在],0[π上的增区间.
22.在ABC ∆中，角C B A ,,的对边分别是c b a ,,，且bc a c b =-+2
2
2
.
（3）求角A 的大小；
（4）若函数2
cos 2cos 2sin )(2x x x x f +=，当2
1
2)(+=
B f 时，若3=a ，求b 的值.
23.在ABC ∆中，角C B A ,,的对边分别是c b a ,,，已知. （1）求C sin 的值；
（2）求ABC ∆的面积.
（3）在ABC ∆中，角C B A ,,的对边分别是c b a ,,，且B c a C b cos )3(cos -=. （3）求B sin 的值；
（4）若2=b ，且c a =，求ABC ∆的面积.
25.已知函数212
cos 2cos 2sin 3)(2++=x x x x f .
(1)求)(x f 的单调区间；
（2）在锐角三角形ABC ∆中，角C B A ,,的对边分别是c b a ,,，且满足
A c C a b cos cos )2(⋅=-，求)(A f 的取值范围.
26.在ABC ∆中，角C B A ,,的对边分别是c b a ,,，a A b B A a 2cos sin sin 2
=
+.
（1）求
a
b ； （2）若2
2
2
3a b c +=，求角B .
27.港口A 北偏东︒30方向的C 处有一检查站，港口正东方向的B 处有一轮船，距离检查站为31海里，该轮船从B 处沿正西方向航行20海里后到达D 处观测站，已知观测站与检查站距离为21海里，问此时轮船离港口A 还有多远？
28.某巡逻艇在A 处发现在北偏东︒45距A 处8海里的B 处有一走私船，正沿东偏南︒15的方向以12海里/小时的速度向我岸行驶，巡逻艇立即以312海里/小时的速度沿直线追击，问巡逻艇最少需要多长时间才能追到走私船，并指出巡逻艇航行方向.
29.在海岛A 上有一座海拔1km 的山峰，山顶设有一
个观察站P.有一艘轮船按一固定方向做匀速直线航行，上午11:00时，测得此船在岛北偏东︒15、俯角为︒30的B 处，到11:10时，又测得该船在岛北偏西︒45、俯角为︒60的C 处.
（1）求船航行速度； （2）求船从
B 到
C 行驶过程中与观察站P 的最短距离.
11.如图所示，甲船由
A 岛出发向北偏东︒45的方向做匀速直线航
行，速度为215海里/小时，在甲船从A 到出发的同时，乙船从A 岛正南40海里处的B 岛出发，朝北偏东θ（2
1tan =θ）的方向做匀速直线航行，速度为m 海里/小时.
15.求
4小时后甲船到B 岛的距离为多少海里；
16.若两船能相遇，求
m.。