高中数学高考专题11 解三角形（解析版）

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专题11 解三角形命题规律内      容典     型１已知三角形中的边角求其余边角或面积2020年高考全国Ⅲ卷文数11２利用正余弦定理解平面图形2019年高考浙江卷３已知三角形的边角条件解三角形2019年高考全国Ⅰ卷文数４以解答题形式考查利用正余弦定理解决三角形问题2019年高考全国Ⅲ卷文数５正弦定理、余弦定理在实际问题中的应用2020年高考山东卷15命题规律一  已知三角形中的边角或三角形面积求其余边角或面积【解决之道】画出对应于的图形，标出已知条件，分析已知与未知，选择合适的正弦定理或余弦定理或面积公式，计算出需要计算得量.【三年高考】1.【2020年高考全国Ⅲ卷文数11】在中，，则 （   ）A．                B．                 C．                 D．【答案】C【解析】设，，，故选：C．2.【2018年高考浙江卷】在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若，b=2，A=60°，则sin B=___________，c=___________．【答案】，3【解析】由正弦定理得，所以由余弦定理得（负值舍去）.3.【2018年高考全国Ⅱ文数】在中，，，，则（   ）A．         B．C．         D．【答案】A【解析】因为，所以cosC=2−1=2×−1=，于是，在△ABC中，由余弦定理得AB2=AC2+BC2−2AC × BC×cosC=52+12−2×5×1×()=32，所以AB=.故选A.4.【2018年高考浙江卷】在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若，b=2，A=60°，则sin B=___________，c=___________．【答案】，3【解析】由正弦定理得，所以由余弦定理得（负值舍去）.命题规律二  利用正余弦定理解平面图形【解决之道】求解此类问题的突破口：一是观察所给的四边形的特征，正确分析已知图形中的边角关系，判断是用正弦定理，还是用余弦定理，求边角；二是注意大边对大角，在解三角形中的应用.【三年高考】1.【2019年高考浙江卷】在中，，，，点在线段上，若，则___________，___________．【答案】，【解析】如图，在中，由正弦定理有：，而，，，所以..2.【2019年高考北京卷文数】如图，A，B是半径为2的圆周上的定点，P为圆周上的动点，是锐角，大小为β.图中阴影区域的面积的最大值为（   ）A．4β+4cosβ  B．4β+4sinβ C．2β+2cosβ  D．2β+2sinβ【答案】B【解析】设圆心为O，如图1，连接OA，OB，AB，OP，则，所以，因为，且都已确定，所以当最大时，阴影部分面积最大.观察图象可知，当P为弧AB的中点时（如图2），阴影部分的面积S取最大值，此时∠BOP=∠AOP=π−β，面积S的最大值为=4β+S△POB+ S△POA=4β+|OP||OB|sin（π−β）+|OP||OA|sin（π−β）=4β+2sinβ+2sinβ=4β+4 sinβ，故选B.3.【2018年高考江苏卷】在中，角所对的边分别为，，的平分线交于点D，且，则的最小值为       ．【答案】9【解析】由题意可知，，由角平分线的性质和三角形的面积公式得，化简得，即，因此，当且仅当时取等号，则的最小值为9.命题规律三 已知三角形的边角关系或面积解三角形【解决之道】求解平面图形中的计算问题，关键是梳理条件和所求问题的类型，然后将数据化归到三角形中，利用正弦定理或余弦定理建立已知和所求的关系．具体解题思路如下：(1)把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解；(2)寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果．【三年高考】1.【2019年高考全国Ⅰ卷文数】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA−bsinB=4csinC，cosA=，则=（   ）A．6  B．5C．4  D．3【答案】A【解析】由已知及正弦定理可得，由余弦定理推论可得，故选A．2.【2019年高考全国Ⅱ卷文数】的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知bsinA+acosB=0，则B=___________.【答案】【解析】由正弦定理，得．，∴，即，3.【2018年高考全国Ⅲ文数】的内角，，的对边分别为，，．若的面积为，则（   ）A． B．C． D．【答案】C【解析】由题可知，所以，由余弦定理，得，因为，所以，故选C.4.【2018年高考北京卷文数】若的面积为，且∠C为钝角，则∠B=_________；的取值范围是_________.【答案】， 【解析】，，即，，则，为钝角，，，故.故答案为，.5.【2018年高考全国Ⅰ文数】的内角的对边分别为，已知，，则△的面积为________．【答案】【解析】根据题意，由，结合正弦定理可得，即，由，结合余弦定理可得，所以A为锐角，且，从而求得，所以的面积为.命题规律四 以解答题形式考查利用正余弦定理解决三角形问题【解决之道】画出对应于的图形，标出已知条件，分析已知与未知，若已知边角关系，利用正弦定理或余弦定理将其化为纯边或纯角的条件，通过解方程解出边或角，涉及到面积，利用面积公式转化条件或计算面积，遇到周长或面积问题的最值（范围）问题，通常利用正弦定理或余弦定理化为某个角或边的函数问题，利用三角函数或解不等式求解，注意角或边的范围..【三年高考】1.【2019年高考全国Ⅲ卷文数】的内角A、B、C的对边分别为a、b、c．已知．（1）求B；（2）若△ABC为锐角三角形，且c=1，求△ABC面积的取值范围．【解析】（1）由题设及正弦定理得．因为sinA0，所以．由，可得，故．因为，故，因此B=60°．（2）由题设及（1）知△ABC的面积．由正弦定理得．由于△ABC为锐角三角形，故0°<A<90°，0°<C<90°，由（1）知A+C=120°，所以30°<C<90°，故，从而．因此，△ABC面积的取值范围是．2.【2019年高考北京卷文数】在△ABC中，a=3，，cosB=．（1）求b，c的值；（2）求sin（B+C）的值．【解析】（1）由余弦定理，得．因为，所以．解得．所以．（2）由得．由正弦定理得．在中，．所以．3.【2019年高考天津卷文数】在中，内角所对的边分别为.已知，.（1）求的值；（2）求的值.【解析】（1）在中，由正弦定理，得，又由，得，即．又因为，得到，．由余弦定理可得．（2）由（1）可得，从而，，故．4.【2019年高考江苏卷】在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．（1）若a=3c，b=，cosB=，求c的值；（2）若，求的值．【解析】（1）因为，由余弦定理，得，即.所以.（2）因为，由正弦定理，得，所以.从而，即，故.因为，所以，从而.因此.5.【2018年高考天津卷文数】在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知bsinA=acos(B–)．（1）求角B的大小；（2）设a=2，c=3，求b和sin(2A–B)的值．【解析】（1）在△ABC中，由正弦定理，可得，又由，得，即，可得．又因为，可得B=．（2）在△ABC中，由余弦定理及a=2，c=3，B=，有，故b=．由，可得．因为a<c，故．因此，所以，命题规律五 正弦定理、余弦定理在实际问题中的应用【解决之道】认真阅读题，画出图形，标出图中的已知与未知，分析已知与未知之间的联系，选择正弦定理或余弦定理或相关知识求解.【三年高考】1.【2020年高考北京卷10】2020年3月14日是全球首个国际圆周率日（ Day）．历史上，求圆周率的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似，数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数充分大时，计算单位圆的内接正边形的周长和外切正边形（各边均与圆相切的正边形）的周长，将它们的算术平均数作为的近似值．按照阿尔·卡西的方法，的近似值的表达方式是              （   ）A．           B．C．           D． 【答案】A【解析】当时，设圆半径为，内接正六边形边长为，则，∴．设外切正六边形边长为，则，∴．当时，，，∴，∴，又∵，∴．2.【2020年高考山东卷15】某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的界面如图所示．为圆孔及轮廓圆弧所在圆的圆心，是圆弧与直线的切点，是圆弧与直线的切点， 四边形为矩形，，垂足为，，，，，到直线和的距离均为，圆孔半径为，则图中阴影部分的面积为              ．【解析】过作交于，交于，过作交于，设，由已知可得，，∴，∴，∴，，，∴，，，又∵，∴，解得．∴扇形面积，，设圆孔的半径为，则半圆孔的面积为，则，∴阴影部分面积为，∴面积为．3.【2019年高考江苏卷】如图，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l，湖上有桥AB（AB是圆O的直径）．规划在公路l上选两个点P、Q，并修建两段直线型道路PB、QA．规划要求：线段PB、QA上的所有点到点O的距离均不小于圆O的半径．已知点A、B到直线l的距离分别为AC和BD（C、D为垂足），测得AB=10，AC=6，BD=12（单位：百米）．（1）若道路PB与桥AB垂直，求道路PB的长；（2）在规划要求下，P和Q中能否有一个点选在D处？并说明理由；（3）在规划要求下，若道路PB和QA的长度均为d（单位：百米）.求当d最小时，P、Q两点间的距离．【解析】解法一：（1）过A作，垂足为E.由已知条件得，四边形ACDE为矩形，.'因为PB⊥AB，所以.所以.因此道路PB的长为15（百米）.（2）①若P在D处，由（1）可得E在圆上，则线段BE上的点（除B，E）到点O的距离均小于圆O的半径，所以P选在D处不满足规划要求.②若Q在D处，连结AD，由（1）知，从而，所以∠BAD为锐角.所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.因此，Q选在D处也不满足规划要求.综上，P和Q均不能选在D处.（3）先讨论点P的位置.当∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求.设为l上一点，且，由（1）知，B=15，此时；当∠OBP>90°时，在中，.由上可知，d≥15.再讨论点Q的位置.由（2）知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.当QA=15时，.此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.综上，当PB⊥AB，点Q位于点C右侧，且CQ=时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQ=PD+CD+CQ=17+.因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17+（百米）.解法二：（1）如图，过O作OH⊥l，垂足为H.以O为坐标原点，直线OH为y轴，建立平面直角坐标系.因为BD=12，AC=6，所以OH=9，直线l的方程为y=9，点A，B的纵坐标分别为3，−3.因为AB为圆O的直径，AB=10，所以圆O的方程为x2+y2=25.从而A（4，3），B（−4，−3），直线AB的斜率为.因为PB⊥AB，所以直线PB的斜率为，直线PB的方程为.所以P（−13，9），.因此道路PB的长为15（百米）.（2）①若P在D处，取线段BD上一点E（−4，0），则EO=4<5，所以P选在D处不满足规划要求.②若Q在D处，连结AD，由（1）知D（−4，9），又A（4，3），所以线段AD：.在线段AD上取点M（3，），因为，所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.因此Q选在D处也不满足规划要求.综上，P和Q均不能选在D处.（3）先讨论点P的位置.当∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求.设为l上一点，且，由（1）知，B=15，此时（−13，9）；当∠OBP>90°时，在中，.由上可知，d≥15.再讨论点Q的位置.由（2）知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.当QA=15时，设Q（a，9），由，得a=，所以Q（，9），此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.综上，当P（−13，9），Q（，9）时，d最小，此时P，Q两点间的距离.因此，d最小时，P，Q两点间的距离为（百米）.