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4.4 解三角形
考綱解讀
考點
內(nèi)容解讀
要求
高考示例
?？碱}型
預測熱度
1.用正、余弦定理解三角形
1.理解正弦定理與余弦定理的推導過程
2.掌握正弦定理、余弦定理,并能解決一些簡單的三角形度量問題
Ⅲ
2017課標全國Ⅰ,11;
2017課標全國Ⅱ,16;
2017課標全國Ⅲ,15;
2016課標全國Ⅰ,4;
2016山東,8
選擇題、
填空題、
解答題
★★★
2.解三角形及其應用
能夠運用正弦定理、余弦定理等知識和方法解決一些與測量和幾何計算有關的實際問題
Ⅲ
2017山東,17;
2016課標全國Ⅲ,9;
2016課標全國Ⅱ,15
分析解讀
解三角形是高考中的熱點,以正、余弦定理為載體考查解三角形問題,命題呈現(xiàn)出如下幾點:1.能利用正、余弦定理解決平面圖形的計算問題,解題時要在平面圖形中構造出三角形;2.解三角形時,觀察圖形中的幾何條件,再數(shù)形結合求解;3.正、余弦定理與三角形的面積公式、兩角和與差的三角公式、二倍角公式結合起來考查,注意公式間的聯(lián)系,會用方程與函數(shù)的思想解決三角形的最值問題.解三角形知識常以解答題的形式出現(xiàn),有時也會出現(xiàn)在選擇題或填空題中,分值大約為5分或12分.
答案:60
解析:解法一:由正弦定理得2sin Bcos B=sin Acos C+sin Ccos A,
即sin 2B=sin(A+C),即sin 2B=sin(180-B),可得B=60.
解法二:由余弦定理得2ba2+c2-b22ac=aa2+b2-c22ab+cb2+c2-a22bc,即ba2+c2-b2ac=b,所以a2+c2-b2=ac,所以cos B=12,又0
0).
則a=ksin A,b=ksin B,c=ksin C.
代入cosAa+cosBb=sinCc中,有
cosAksinA+cosBksinB=sinCksinC,變形可得
sin Asin B=sin Acos B+cos Asin B=sin(A+B).
在△ABC中,由A+B+C=π,有sin(A+B)=sin(π-C)=sin C,所以sin Asin B=sin C.
(2)由已知,b2+c2-a2=65bc,
根據(jù)余弦定理,有cos A=b2+c2-a22bc=35.
所以sin A=1-cos2A=45.
由(1),sin Asin B=sin Acos B+cos Asin B,
所以45sin B=45cos B+35sin B,
故tan B=sinBcosB=4.
11.(2015山東,17,12分)△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c.已知cos B=33,sin(A+B)=69,ac=23,
求sin A和c的值.
解析 在△ABC中,由cos B=33,得sin B=63,
因為A+B+C=π,
所以sin C=sin(A+B)=69.
因為sin Cb,則∠B=( )
A.π6 B.π3 C.2π3 D.5π6
答案 A
13.(2013北京,5,5分)在△ABC中,a=3,b=5,sin A=13,則sin B=( )
A.15 B.59 C.53 D.1
答案 B
14.(2013湖南,5,5分)在銳角△ABC中,角A,B所對的邊長分別為a,b.若2asin B=3b,則角A等于( )
A.π3 B.π4 C.π6 D.π12
答案 A
15.(2015福建,14,4分)若△ABC中,AC=3,A=45,C=75,則BC= .
答案 2
16.(2015安徽,12,5分)在△ABC中,AB=6,∠A=75,∠B=45,則AC= .
答案 2
17.(2015北京,11,5分)在△ABC中,a=3,b=6,∠A=2π3,則∠B= .
答案 π4
18.(2014山東,17,12分)△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c.已知a=3,cos A=63,B=A+π2.
(1)求b的值;
(2)求△ABC的面積.
解析 (1)在△ABC中,
由題意知,sin A=1-cos2A=33,
因為B=A+π2,所以sin B=sinA+π2=cos A=63.
由正弦定理可得b=asinBsinA=36333=32.
(2)由B=A+π2得cos B=cosA+π2=-sin A=-33.
由A+B+C=π,得C=π-(A+B).
所以sin C=sin[π-(A+B)]=sin(A+B)
=sin Acos B+cos Asin B
=33-33+6363
=13.
因此△ABC的面積S=12absin C=1233213=322.
19.(2014課標Ⅱ,17,12分)四邊形ABCD的內(nèi)角A與C互補,AB=1,BC=3,CD=DA=2.
(1)求C和BD;
(2)求四邊形ABCD的面積.
解析 (1)由題設及余弦定理得
BD2=BC2+CD2-2BCCDcos C
=13-12cos C,①
BD2=AB2+DA2-2ABDAcos A
=5+4cos C.②
由①,②得cos C=12,故C=60,BD=7.
(2)四邊形ABCD的面積
S=12ABDAsin A+12BCCDsin C
=1212+1232sin 60
=23.
20.(2014陜西,16,12分)△ABC的內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c.
(1)若a,b,c成等差數(shù)列,證明:sin A+sin C=2sin(A+C);
(2)若a,b,c成等比數(shù)列,且c=2a,求cos B的值.
解析 (1)證明:∵a,b,c成等差數(shù)列,∴a+c=2b.
由正弦定理得sin A+sin C=2sin B.
∵sin B=sin[π-(A+C)]=sin(A+C),
∴sin A+sin C=2sin(A+C).
(2)由題設有b2=ac,∵c=2a,∴b=2a,
由余弦定理得cos B=a2+c2-b22ac=a2+4a2-2a24a2=34.
21.(2014湖南,19,13分)如圖,在平面四邊形ABCD中,DA⊥AB,DE=1,EC=7,EA=2,∠ADC=2π3,∠BEC=π3.
(1)求sin∠CED的值;
(2)求BE的長.
解析 設∠CED=α.
(1)在△CDE中,由余弦定理得EC2=CD2+DE2-2CDDEcos∠EDC,得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ECsin∠EDC=CDsinα,
得sin α=CDsin2π3EC=2327=217,即sin∠CED=217.
(2)由題設知,0<α<π3,于是由(1)知,cos α=1-sin2α=1-2149=277.
而∠AEB=2π3-α,所以cos∠AEB=cos2π3-α=cos2π3cos α+sin2π3sin α=-12cos α+32sin α=-12277+32217=714.
在Rt△EAB中,cos∠AEB=EABE=2BE,
故BE=2cos∠AEB=2714=47.
22.(2013湖北,18,12分)在△ABC中,角A,B,C所對應的邊分別是a,b,c.已知cos 2A-3cos(B+C)=1.
(1)求角A的大小;
(2)若△ABC的面積S=53,b=5,求sin Bsin C的值.
解析 (1)由cos 2A-3cos(B+C)=1,得2cos2A+3cos A-2=0,即(2cos A-1)(cos A+2)=0,解得cos A=12或cos A=-2(舍去).
因為00,所以c=3.
故△ABC的面積為12bcsin A=332.
解法二:由正弦定理,得7sin π3=2sinB,
從而sin B=217,
又由a>b,知A>B,所以cos B=277.
故sin C=sin(A+B)=sinB+π3
=sin Bcos π3+cos Bsin π3=32114.
所以△ABC的面積為12absin C=332.
16.(2015浙江,16,14分)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c.已知tanπ4+A=2.
(1)求sin2Asin2A+cos2A的值;
(2)若B=π4,a=3,求△ABC的面積.
解析 (1)由tanπ4+A=2,得tan A=13,
所以sin2Asin2A+cos2A=2tanA2tanA+1=25.
(2)由tan A=13,A∈(0,π),得
sin A=1010,cos A=31010.
又由a=3,B=π4及正弦定理asinA=bsinB,得b=35.
由sin C=sin(A+B)=sinA+π4得sin C=255.
設△ABC的面積為S,則S=12absin C=9.
17.(2015天津,16,13分)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c.已知△ABC的面積為315,b-c=2,cos A=-14.
(1)求a和sin C的值;
(2)求cos2A+π6的值.
解析 (1)在△ABC中,由cos A=-14,可得sin A=154.
由S△ABC=12bcsin A=315,得bc=24,結合b-c=2,
解得b=6,c=4.
由a2=b2+c2-2bccos A,可得a=8.
由asinA=csinC,得sin C=158.
(2)cos2A+π6=cos 2Acosπ6-sin 2Asinπ6
=32(2cos2A-1)-122sin Acos A=15-7316.
18.(2015四川,19,12分)已知A,B,C為△ABC的內(nèi)角,tan A,tan B是關于x的方程x2+3px-p+1=0(p∈R)的兩個實根.
(1)求C的大小;
(2)若AB=3,AC=6,求p的值.
解析 (1)由已知得,方程x2+3px-p+1=0的判別式Δ=(3p)2-4(-p+1)=3p2+4p-4≥0.
所以p≤-2,或p≥23.
由韋達定理,有tan A+tan B=-3p,tan Atan B=1-p.
于是1-tan Atan B=1-(1-p)=p≠0,
從而tan(A+B)=tanA+tanB1-tanAtanB=-3pp=-3.
所以tan C=-tan(A+B)=3,
所以C=60.
(2)由正弦定理,得sin B=ACsinCAB=6sin603=22,
解得B=45,或B=135(舍去).
于是A=180-B-C=75.
則tan A=tan 75=tan(45+30)=tan45+tan301-tan45tan30
=1+331-33=2+3.
所以p=-13(tan A+tan B)=-13(2+3+1)=-1-3.
19.(2014遼寧,17,12分)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且a>c.已知BABC=2,cos B=13,b=3.求:
(1)a和c的值;
(2)cos(B-C)的值.
解析 (1)由BABC=2得cacos B=2.
又cos B=13,所以ac=6.
由余弦定理,得a2+c2=b2+2accos B.
又b=3,所以a2+c2=9+22=13.
解ac=6,a2+c2=13得a=2,c=3或a=3,c=2.
因為a>c,所以a=3,c=2.
(2)在△ABC中,sin B=1-cos2B=1-132=223.
由正弦定理,得sin C=cbsin B=23223=429.
因為a=b>c,所以C為銳角,因此cos C=1-sin2C=1-4292=79.
于是cos(B-C)=cos Bcos C+sin Bsin C
=1379+223429=2327.
20.(2014大綱全國,18,12分)△ABC的內(nèi)角A、B、C的對邊分別為a、b、c,
已知3acos C=2ccos A,tan A=13,求B.
解析 由題設和正弦定理得3sin Acos C=2sin Ccos A.
故3tan Acos C=2sin C,
因為tan A=13,所以cos C=2sin C,tan C=12.
所以tan B=tan[180-(A+C)]=-tan(A+C)
=tanA+tanCtanAtanC-1=-1,
所以B=135.
21.(2014安徽,16,12分)設△ABC的內(nèi)角A,B,C所對邊的長分別是a,b,c,且b=3,c=1,△ABC的面積為2,求cos A與a的值.
解析 由三角形面積公式,得1231sin A=2,
故sin A=223.
因為sin2A+cos2A=1,
所以cos A=1-sin2A=1-89=13.
①當cos A=13時,由余弦定理得
a2=b2+c2-2bccos A=32+12-21313=8,
所以a=22.
②當cos A=-13時,由余弦定理得
a2=b2+c2-2bccos A=32+12-213-13=12,
所以a=23.
22.(2014重慶,18,13分)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,且a+b+c=8.
(1)若a=2,b=52,求cos C的值;
(2)若sin Acos2B2+sin Bcos2A2=2sin C,且△ABC的面積S=92sin C,求a和b的值.
解析 (1)由題意可知c=8-(a+b)=72.
由余弦定理得cos C=a2+b2-c22ab=22+522-7222252=-15.
(2)由sin Acos2B2+sin Bcos2A2=2sin C可得
sin A1+cosB2+sin B1+cosA2=2sin C,
化簡得sin A+sin Acos B+sin B+sin Bcos A=4sin C.
因為sin Acos B+cos Asin B=sin(A+B)=sin C,
所以sin A+sin B=3sin C.由正弦定理可知a+b=3c.
又因為a+b+c=8,所以a+b=6.
由于S=12absin C=92sin C,所以ab=9,從而a2-6a+9=0,
解得a=3,b=3.
23.(2013重慶,18,13分)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且a2=b2+c2+3bc.
(1)求A;
(2)設a=3,S為△ABC的面積,求S+3cos Bcos C的最大值,并指出此時B的值.
解析 (1)由余弦定理得cos A=b2+c2-a22bc=-3bc2bc=-32.
又因0b,則A>B,故B=π4.
根據(jù)余弦定理,有(42)2=52+c2-25c-35,
解得c=1或c=-7(負值舍去).
故向量BA在BC方向上的投影為|BA|cos B=22.(12分)
三年模擬
A組 2016—2018年模擬基礎題組
考點一 用正、余弦定理解三角形
1.(2018河南中原名校第三次聯(lián)考,7)△ABC的內(nèi)角A、B、C的對邊分別是a、b、c,若B=2A,a=1,b=3,則c=( )
A.1 B.2 C.2 D.23
答案 C
2.(2017湖北黃岡3月質檢,6)在△ABC中,角A,B,C的對邊分別是a,b,c,若a=52b,A=2B,則cos B=( )
A.53 B.54 C.55 D.56
答案 B
3.(2017福建廈門12月聯(lián)考,6)在銳角△ABC中,a,b,c分別為∠A、∠B、∠C的對邊,若向量m=(a-b,1)和n=(c-b,1)平行,且sin B=45,當△ABC的面積為32時,b=( )
A.3 B.1+32 C.4 D.2+3
答案 A
考點二 解三角形及其應用
4.(2018江西師大附中10月模擬,7)已知△ABC中,滿足b=2,B=60的三角形有兩解,則邊長a的取值范圍是( )
A.320,c>0,∴3ac≤3a+c22,
∴(3a+c)2-4≤34(3a+c)2,即(3a+c)2≤16,
當且僅當3a=c,即a=23,c=2時取等號,
所以3a+c的最大值為4.(10分)
又在△ABD中,3a+c>2,(11分)
故3a+c的取值范圍是(2,4].(12分)
9.(2018河北石家莊摸底考試,17)某學校的平面示意圖如圖中的五邊形區(qū)域ABCDE,其中三角形區(qū)域ABE為生活區(qū),四邊形區(qū)域BCDE為教學區(qū),AB,BC,CD,DE,EA,BE為學校的主要道路(不考慮寬度).∠BCD=∠CDE=2π3,∠BAE=π3,DE=3BC=3CD=910 km.
(1)求道路BE的長度;
(2)求生活區(qū)△ABE的面積的最大值.
解析 (1)如圖,連接BD,在△BCD中,BD2=BC2+CD2-2BCCDcos∠BCD=27100,∴BD=3310 km.
∵BC=CD,∠BCD=2π3,
∴∠CBD=∠CDB=π-23π2=π6,
又∠CDE=2π3,∴∠BDE=π2.
∴在Rt△BDE中,BE=BD2+DE2=33102+9102=335(km).
故道路BE的長度為335 km.(6分)
(2)設∠ABE=α,∵∠BAE=π3,∴∠AEB=2π3-α.
在△ABE中,ABsin∠AEB=AEsin∠ABE=BEsin∠BAE=335sin π3=65,
∴AB=65sin2π3-αkm,AE=65sin α km.(8分)
∴S△ABE=12ABAEsin π3=9325sin2π3-αsin α=932512sin2α-π6+14km2,∵0<α<2π3,
∴-π6<2α-π6<7π6.
∴當2α-π6=π2,即α=π3時,S△ABE取得最大值,最大值為932512+14=273100 km2,
故生活區(qū)△ABE面積的最大值為273100 km2.(12分)
10.(2017山西、河南、河北三省12月聯(lián)考,17)如圖,在△ABC中,sin C=154,且π21,故這樣的△ABC不存在.
4.(2017河北唐山一模,17)已知△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,a2-ab-2b2=0.
(1)若B=π6,求A,C;
(2)若C=2π3,c=14,求S△ABC.
解析 (1)由已知B=π6,a2-ab-2b2=0結合正弦定理化簡整理得2sin2A-sin A-1=0,于是sin A=1或sin A=-12(舍).
因為00,所以a-2b=0,即a=2b,②
聯(lián)立①②解得b=27,a=47.
所以S△ABC=12absin C=143.
方法2 三角形形狀的判斷方法
5.(2018湖南師大附中12月月考,6)在△ABC中,若bcosCccosB=1+cos2C1+cos2B,則△ABC的形狀是( )
A.等腰三角形 B.直角三角形
C.等腰直角三角形 D.等腰三角形或直角三角形
答案 D
6.(2017湖北荊州中學12月模擬,9)a,b,c為△ABC三邊長,a≠1,b
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2019高考數(shù)學一輪復習
第四章
三角函數(shù)
4.4
解三角形練習
2019
高考
數(shù)學
一輪
復習
第四
三角形
練習
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