《江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 三角 1.3 大題考法—解三角形講義（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 三角 1.3 大題考法—解三角形講義（含解析）（14頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 三角 1.3 大題考法—解三角形講義（含解析） 題型(一) 三角變換與解三角形的綜合問題 主要考查利用正、余弦定理求解三角形的邊長(zhǎng)或角的大小 　(或三角函數(shù)值)，且常與三角恒等變換綜合考查. 所以＝. 又由正弦定理得，＝，所以＝. 法二(邊化角)：因?yàn)閏os B＝，B∈(0，π)， 所以sin B＝＝. 因?yàn)閏＝2a，由正弦定理得sin C＝2sin A， 所以sin C＝2sin(B＋C)＝cos C＋sin C， 即－sin C＝2cos C. 又因?yàn)閟in2C＋cos2C＝1，sin C＞0，解得sin C＝， 所

2、以＝. (2)因?yàn)閏os B＝，所以cos 2B＝2cos2B－1＝. 又0＜B＜π，所以sin B＝＝， 所以sin 2B＝2sin Bcos B＝2××＝. 因?yàn)镃－B＝，即C＝B＋， 所以A＝π－(B＋C)＝－2B， 所以sin A＝sin ＝sincos 2B－cossin 2B ＝×－× ＝. [方法技巧] 三角變換與解三角形綜合問題求解策略 (1)三角變換與解三角形綜合問題，多為邊和角的求值問題，這就需要根據(jù)正、余弦定理結(jié)合已知條件靈活轉(zhuǎn)化邊和角之間的關(guān)系，從而達(dá)到解決問題的目的，其基本步驟是： (2)三角變換與解三角形的綜合問題要關(guān)注三角形中的隱藏條

3、件，如A＋B＋C＝π，sin(A＋B)＝sin C，cos(A＋B)＝－cos C, 以及在△ABC中，A>B?sin A>sin B等． [演練沖關(guān)] 1．在△ABC中，a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，且bsin 2C＝csin B. (1)求角C； (2)若sin＝，求sin A的值． 解：(1)由正弦定理及bsin 2C＝csin B， 得2sin Bsin Ccos C＝sin Csin B， 因?yàn)閟in B>0，sin C>0，所以cos C＝， 又C∈(0，π)，所以C＝. (2)因?yàn)镃＝，所以B∈， 所以B－∈， 又sin＝， 所以cos＝ ＝.

4、 又A＋B＝，即A＝－B， 所以sin A＝sin＝sin＝sin·cos－cossin＝×－×＝. 2．在△ABC中，AC＝6，cos B＝，C＝. (1)求AB的長(zhǎng)； (2)求cos的值． 解：(1)因?yàn)閏os B＝，0＜B＜π， 所以sin B＝ ＝ ＝. 由正弦定理知＝， 所以AB＝＝＝5. (2)在△ABC中，A＋B＋C＝π， 所以A＝π－(B＋C)， 于是cos A＝－cos(B＋C)＝－cos ＝－cos Bcos＋sin Bsin. 又cos B＝，sin B＝， 故cos A＝－×＋×＝－. 因?yàn)?＜A＜π，所以sin A＝＝. 因此，cos＝

5、cos Acos＋sin Asin ＝－×＋×＝. 題型(二) 解三角形與平面向量結(jié)合 主要考查以平面向量的線性運(yùn)算和數(shù)量積為背景的解三角形問題. [典例感悟] [例2]　(2018·鹽城模擬)設(shè)△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且△ABC面積的大小為S,3·＝2S. (1)求sin A的值； (2)若C＝，·＝16，求b. [解]　(1)由3·＝2S， 得3bccos A＝2×bcsin A，即sin A＝3cos A. 整理化簡(jiǎn)得sin2A＝9cos2A＝9(1－sin2A)， 所以sin2A＝. 又A∈(0，π)，所以sin

6、A>0，故sin A＝. (2)由sin A＝3cos A和sin A＝， 得cos A＝， 又·＝16，所以bccos A＝16， 得bc＝16.① 又C＝， 所以sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C＝×＋×＝. 在△ABC中，由正弦定理＝， 得＝，即c＝b.② 聯(lián)立①②得b＝8. [方法技巧] 解三角形與平面向量綜合問題的求解策略 (1)向量是一種解決問題的工具，是一個(gè)載體，通常是用向量的數(shù)量積運(yùn)算或性質(zhì)轉(zhuǎn)化成三角函數(shù)問題． (2)三角形中的三角函數(shù)要結(jié)合正弦定理、余弦定理進(jìn)行轉(zhuǎn)化，注意角的范圍對(duì)變形過程的影響． [演練沖關(guān)]

7、 1．(2018·南通三調(diào))已知△ABC是銳角三角形，向量m＝，n＝(cos B，sin B)，且m⊥n. (1)求A－B的值； (2)若cos B＝，AC＝8，求BC的長(zhǎng)． 解：(1)因?yàn)閙⊥n， 所以m·n＝coscos B＋sinsin B＝ cos＝0， 又A，B∈，所以A＋－B∈， 所以A＋－B＝，即A－B＝. (2)因?yàn)閏os B＝，B∈，所以sin B＝. 所以sin A＝sin＝sin Bcos＋cos Bsin ＝×＋×＝. 由正弦定理，得BC＝×AC＝×8＝4＋3. 2．已知△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，向量m＝(1,2)，

8、n＝，且m·n＝1. (1)求角A的大??； (2)若b＋c＝2a＝2，求sin的值． 解：(1)由題意得m·n＝2cos2A－1＋cos A＋1＝2cos2A＋cos A＝1， 解得cos A＝或cos A＝－1，∵0

9、背景的解三角形問題 　此類問題的本質(zhì)還是主要考查利用正、余弦定理求解三角形或多邊形的邊長(zhǎng)、角度和面積的問題. [典例感悟] [例3]　(2018·南通調(diào)研)如圖，在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，a＝b(sin C＋cos C)． (1)求∠ABC； (2)若∠A＝，D為△ABC外一點(diǎn)，DB＝2，DC＝1，求四邊形ABDC面積的最大值． [解]　(1)在△ABC中，因?yàn)閍＝b(sin C＋cos C)， 所以sin A＝sin B(sin C＋cos C)， 所以sin(B＋C)＝sin B(sin C＋cos C)， 所以sin Bcos C＋co

10、s Bsin C＝sin Bsin C＋sin Bcos C, 所以cos Bsin C＝sin Bsin C， 又因?yàn)镃∈(0，π)，故sin C≠0， 所以cos B＝sin B，即tan B＝1. 又B∈(0，π)，所以B＝. (2)在△BCD中，DB＝2，DC＝1， BC2＝12＋22－2×1×2×cos D＝5－4cos D. 又A＝，由(1)可知∠ABC＝， 所以△ABC為等腰直角三角形， S△ABC＝×BC××BC＝BC2＝－cos D， 又S△BDC＝×BD×DC×sin D＝sin D, 所以S四邊形ABDC＝－cos D＋sin D＝＋sin.

11、 所以當(dāng)D＝時(shí)，四邊形ABDC的面積有最大值，最大值為＋. [方法技巧] 以平面圖形為背景的解三角形問題的求解思路 建聯(lián)系 在平面幾何圖形中求相關(guān)的幾何量時(shí)，需尋找各個(gè)三角形之間的聯(lián)系，交叉使用公共條件，通過公共條件形成等式，常常將所涉及的已知幾何量與所求幾何量集中到某一個(gè)三角形 用定理 ①“已知兩角和一邊”或“已知兩邊和其中一邊的對(duì)角”應(yīng)采用正弦定理； ②“已知兩邊和這兩邊的夾角”或“已知三角形的三邊”應(yīng)采用余弦定理 [演練沖關(guān)] 1．(2018·蘇北三市模擬)如圖，在平面四邊形ABCD中，DA⊥AB，DE＝1，EC＝，EA＝2，∠ADC＝，且∠CBE，∠BEC，

12、∠BCE成等差數(shù)列． (1)求sin∠CED； (2)求BE的長(zhǎng)． 解：設(shè)∠CED＝α. 因?yàn)椤螩BE，∠BEC，∠BCE成等差數(shù)列， 所以2∠BEC＝∠CBE＋∠BCE， 又∠CBE＋∠BEC＋∠BCE＝π， 所以∠BEC＝. (1)在△CDE中， 由余弦定理得EC2＝CD2＋DE2－2CD·DE·cos∠EDC， 由題設(shè)知7＝CD2＋1＋CD， 即CD2＋CD－6＝0， 解得CD＝2(CD＝－3舍去)． 在△CDE中，由正弦定理得＝， 于是sin α＝＝＝， 即sin∠CED＝. (2)由題設(shè)知0<α<， 由(1)知cos α＝＝ ＝， 又∠AEB＝π－

13、∠BEC－α＝－α， 所以cos∠AEB＝cos＝coscos α＋sin·sin α＝－cos α＋sin α＝－×＋×＝. 在Rt△EAB中，cos∠AEB＝＝＝， 所以BE＝4. 2．(2018·鹽城中學(xué)調(diào)研)如圖， 在△ABC中，B＝，BC＝2，點(diǎn)D在邊AB上，AD＝DC，DE⊥AC，E為垂足． (1)若△BCD的面積為，求CD的長(zhǎng)； (2)若ED＝，求A的大?。? 解：(1)由已知得S△BCD＝BC·BD·sin B＝， 又BC＝2，B＝，∴BD＝， 在△BCD中，由余弦定理得 CD2＝BC2＋BD2－2BC·BD·cos B＝， ∴CD＝. (2)在Rt△CD

14、E中，CD＝. ∵AD＝DC，∴A＝∠DCE， ∴CD＝＝. 在△BCD中，由正弦定理，得＝， 又∠BDC＝2A，得＝，∴CD＝， ∴CD＝＝，解得cos A＝，∴A＝. [課時(shí)達(dá)標(biāo)訓(xùn)練] A組——大題保分練 1．(2018·徐州摸底測(cè)試)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且a＋2c＝2bcos A. (1)求角B的大??； (2)若b＝2，a＋c＝4，求△ABC的面積． 解：(1)因?yàn)閍＋2c＝2bcos A， 由正弦定理，得sin A＋2sin C＝2sin Bcos A. 因?yàn)镃＝π－(A＋B)， 所以sin A＋2sin(A＋B)＝2sin

15、 Bcos A. 即sin A＋2sin Acos B＋2cos Asin B＝2sin Bcos A， 所以sin A·(1＋2cos B)＝0. 因?yàn)閟in A≠0，所以cos B＝－. 又因?yàn)?

16、 解：(1)在△ABC中，因?yàn)閍＝1，b＝2，B－A＝， 由正弦定理得，＝， 于是2sin A＝sin Acos ＋cos Asin ，即3sin A＝cos A， 又sin2A＋cos2A＝1，所以sin A＝. (2)由(1)知，cos A＝， 則sin 2A＝2sin Acos A＝，cos 2A＝1－2sin2A＝， 在△ABC中，因?yàn)锳＋B＋C＝π，B－A＝，所以C＝－2A. 則sin C＝sin＝sincos 2A－cossin 2A＝×＋×＝. 由正弦定理得，c＝＝. 3．(2018·鹽城三模)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，AD為邊BC上的中

17、線． (1)若a＝4，b＝2，AD＝1，求邊c的長(zhǎng)； (2)若·＝c2，求角B的大?。? 解：(1)在△ADC中，因?yàn)锳D＝1，AC＝2，DC＝BC＝2， 由余弦定理得cos C＝＝＝. 故在△ABC中，由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos C＝42＋22－2×4×2×＝6， 所以c＝. (2)因?yàn)锳D為邊BC上的中線， 所以＝(＋)， 所以c2＝·＝·＝2＋·＝c2＋cbcos A， ∴c＝bcos A. ∴AB⊥BC，∴B＝90°. 4.如圖，在梯形ABCD中，已知AD∥BC，AD＝1，BD＝2，∠CAD＝，tan∠ADC＝－2.求： (1)CD的長(zhǎng)； (

18、2)△BCD的面積． 解：(1)因?yàn)閠an∠ADC＝－2， 所以sin∠ADC＝，cos∠ADC＝－. 所以sin∠ACD＝sin ＝sin ＝sin∠ADCcos＋cos∠ADCsin ＝， 在△ADC中，由正弦定理得CD＝＝. (2)因?yàn)锳D∥BC，所以cos∠BCD＝－cos∠ADC＝，sin∠BCD＝. 在△BDC中，由余弦定理BD2＝BC2＋CD2－2·BC·CD·cos∠BCD， 得BC2－2BC－35＝0，解得BC＝7(負(fù)值舍去)， 所以S△BCD＝·BC·CD·sin∠BCD＝×7××＝7. B組——大題增分練 1．(2018·蘇北四市期初調(diào)研)在斜三

19、角形ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為 a，b，c. (1)若2sin Acos C＝sin B，求的值； (2)若sin(2A＋B)＝3sin B，求的值． 解：(1)由正弦定理，得＝. 從而2sin Acos C＝sin B可化為2acos C＝b. 由余弦定理，得2a×＝b. 整理得a＝c，即＝1. (2)在斜三角形ABC中，A＋B＋C＝π， 所以sin(2A＋B)＝3sin B可化為sin[π＋(A－C)]＝ 3sin[π－(A＋C)]， 即－sin(A－C)＝3sin(A＋C)． 故－sin Acos C＋cos Asin C＝3(sin Acos C＋cos

20、 Asin C)． 整理，得4sin Acos C＝－2cos Asin C， 因?yàn)椤鰽BC是斜三角形，所以sin Acos Acos C≠0， 所以＝－. 2．(2018·全國卷Ⅰ)在平面四邊形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5. (1)求cos ∠ADB； (2)若DC＝2，求BC. 解：(1)在△ABD中，由正弦定理得＝， 即＝， 所以sin ∠ADB＝. 由題設(shè)知，∠ADB<90°， 所以cos ∠ADB＝ ＝. (2)由題設(shè)及(1)知， cos ∠BDC＝sin ∠ADB＝. 在△BCD中，由余弦定理得 BC2＝BD2＋DC2

21、－2BD·DC·cos ∠BDC ＝25＋8－2×5×2×＝25， 所以BC＝5. 3．(2018·蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研)在△ABC中，三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，設(shè)△ABC的面積為S，且4S＝(a2＋c2－b2)． (1)求B的大??； (2)設(shè)向量m＝(sin 2A,3cos A)，n＝(3，－2cos A)， 求m·n的取值范圍． 解：(1)由題意，有4×acsin B＝(a2＋c2－b2)， 則sin B＝·＝cos B. 因?yàn)閟in B≠0，所以cos B≠0， 所以tan B＝. 又0

22、n＝(3，－2cos A)， 得m·n＝3sin 2A－6cos2A＝3sin 2A－3cos 2A－3＝ 3sin－3. 由(1)知B＝，所以0

23、cos B＝2sin(A＋B)－sin B， 化簡(jiǎn)得cos A＝，則A＝60°. (1)由cos(A＋C)＝－cos B＝－， 得cos B＝，所以sin B＝. 所以cos C＝cos(120°－B)＝－cos B＋sin B＝. (2)因?yàn)椤ぃ健?－)＝·－2＝||·||·cos A－||2＝bc－b2＝－5， 又b＝5，解得c＝8， 所以△ABC的面積為bcsin A＝10. (3)由·＋·＝m， 可得··＋··＝m2.(*) 因?yàn)镺是△ABC外接圓的圓心， 所以·＝2，·＝2， 又||＝， 所以(*)可化為·c2＋·b2＝m·， 所以m＝2(cos Bsin C＋sin Bcos C)＝2sin(B＋C)＝2sin A＝.