高考数学一轮复习考点突破讲与练 第4章 第7节　第2课时　系统题型 解3角形及应用举例 (含解析)

这是一份高考数学一轮复习考点突破讲与练 第4章 第7节　第2课时　系统题型 解3角形及应用举例 (含解析)，共16页。试卷主要包含了学前明考情——考什么，课堂研题型——怎么办等内容，欢迎下载使用。

第2课时　系统题型——解三角形及应用举例
一、学前明考情——考什么、怎么考

1.(2018·全国卷Ⅱ)在△ABC中，cos＝，BC＝1，AC＝5，则AB＝(　　)
A．4　　　　　　　　B.
C. D．2
解析：选A　∵cos＝，
∴cos C＝2cos2－1＝2×2－1＝－.
在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos C＝52＋12－2×5×1×＝32，
∴AB＝4.
2.(2018·全国卷Ⅰ)在平面四边形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＝.

由题设知，∠ADB<90°，
所以cos ∠ADB＝ ＝.
(2)由题设及(1)知，cos ∠BDC＝sin ∠ADB＝.
在△BCD中，由余弦定理得
BC2＝BD2＋DC2－2BD·DC·cos ∠BDC
＝25＋8－2×5×2×＝25，
所以BC＝5.

常规角度
1.三角形基本量的求解：主要考查利用正弦或余弦定理解三角形求边或角．
2.三角形形状的判断：主要考查利用正弦或余弦定理通过角化边或边化角来判断三角形的形状．
3.三角形面积问题：主要考查求三角形的面积或由三角形的面积求边或角．
选择、填空、解答题都会有，考解答题时，一般与数列解答题轮流占第17题位置
创新角度
1.与三角函数问题相结合命题，常通过三角函数值给出角，然后解三角形；
2.与实际应用问题相结合，主要是测量长度、高度与角度问题


二、课堂研题型——怎么办、提知能

三角形基本量的求解问题

1．(2018·天津期末)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sin C＝sin 2B，且b＝2，c＝，则a等于(　　)
A.　　　　　　　　　 B.
C．2 D．2
解析：选C　由sin C＝sin 2B＝2sin Bcos B及正、余弦定理得c＝2b·，代入数据得(2a＋1)(a－2)＝0，解得a＝2，或a＝－(舍去)，故选C.
2．(2018·天津实验中学期中)设△ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c.若b＋c＝2a,3sin A＝5sin B，则角C＝(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B　∵3sin A＝5sin B，∴由正弦定理可得3a＝5b，即a＝b.∵b＋c＝2a，∴c＝b，
∴cos C＝＝＝－＝－.
∵C∈(0，π)，∴C＝.故选B.
3．(2018·北京高考)在△ABC中，a＝7，b＝8，cos B＝－.
(1)求∠A；
(2)求AC边上的高．
解：(1)在△ABC中，因为cos B＝－，
所以sin B＝ ＝.
由正弦定理得sin A＝＝.
由题设知<∠B<π，所以0<∠A<.
所以∠A＝.
(2)在△ABC中，
因为sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝×＋×＝，
所以AC边上的高为asin C＝7×＝.

用正、余弦定理求解三角形基本量的方法


三角形形状的判断问题

1．(2019·湖南师大附中月考)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若＝，则△ABC的形状是(　　)
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
解析：选D　由已知＝＝＝，∴＝或＝0，即C＝90°或＝.由正弦定理，得＝，∴＝，即sin Ccos C＝sin Bcos B，即sin 2C＝sin 2B，∵B，C均为△ABC的内角，∴2C＝2B或2C＋2B＝180°，∴B＝C或B＋C＝90°，∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．故选D.
2．(2018·重庆六校联考)在△ABC中，cos2＝(a，b，c分别为角A，B，C的对边)，则△ABC的形状为(　　)
A．直角三角形 B．等边三角形
C．等腰三角形 D．等腰三角形或直角三角形
解析：选A　已知等式变形得cos B＋1＝＋1，即cos B＝.由余弦定理得cos B＝，代入得＝，整理得b2＋a2＝c2，即C为直角，则△ABC为直角三角形．
3．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若＝，(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc，则△ABC的形状为(　　)
A．直角三角形　　　　　 B．等腰非等边三角形
C．等边三角形 D．钝角三角形
解析：选C　∵＝，∴＝，∴b＝c.
又(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc，
∴b2＋c2－a2＝bc，∴cos A＝＝＝.
∵A∈(0，π)，∴A＝，∴△ABC是等边三角形．

判定三角形形状的2种常用途径
角化边
利用正弦定理、余弦定理化角为边，通过代数恒等变换，求出边与边之间的关系进行判断
边化角
通过正弦定理和余弦定理，化边为角，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断


三角形面积问题
[典例]　(2017·全国卷Ⅲ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sin A＋cos A＝0，a＝2，b＝2.
(1)求c；
(2)设D为BC边上一点，且AD⊥AC，求△ABD的面积．
[解]　(1)由已知可得tan A＝－，所以A＝.
在△ABC中，由余弦定理得28＝4＋c2－4ccos，
即c2＋2c－24＝0.解得c＝4(负值舍去)．
(2)法一：由题可得∠BAD＝，由余弦定理可得cos C＝，∴CD＝，∴AD＝，∴S△ABD＝×4××sin∠DAB＝.
法二：由题设可得∠CAD＝，
所以∠BAD＝∠BAC－∠CAD＝.
故△ABD的面积与△ACD的面积的比值为＝1.
又△ABC的面积为×4×2×sin＝2，
所以△ABD的面积为.
[方法技巧]　求解与三角形面积有关的问题的步骤

[针对训练]
1．(2019·德化一中、永安一中、漳平一中三校联考)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若＝，A＝，b＝1，则△ABC的面积为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B　由正弦定理可得＝＝＝，又A＝，b＝1，则a＝1，B＝，所以△ABC是边长为1的正三角形，所以△ABC的面积为×12×＝.
2．(2019·长沙、南昌高三第一次联考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且bsin B＝asin A＋(c－a)·sin C.
(1)求B；
(2)若3sin C＝2sin A，且△ABC的面积为6，求b.
解：(1)由bsin B＝asin A＋(c－a)sin C及正弦定理，得b2＝a2＋(c－a)c，即a2＋c2－b2＝ac.
由余弦定理，得cos B＝＝＝.
因为B∈(0，π)，所以B＝.
(2)由(1)得B＝，
所以△ABC的面积为acsin B＝ac＝6，得ac＝24.
由3sin C＝2sin A及正弦定理，得3c＝2a，
所以a＝6，c＝4.
由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos B＝36＋16－24＝28，
所以b＝2.

正、余弦定理在平面几何中的应用
在平面几何图形中考查正弦定理、余弦定理是近几年高考的热点，解决这类问题既要抓住平面图形的几何性质，也要灵活选择正弦定理、余弦定理、三角恒等变换公式．
[典例]　(2019·福州期末)已知菱形ABCD的边长为2，∠DAB＝60°.E是边BC上一点，线段DE交AC于点F.
(1)若△CDE的面积为，求DE的长；
(2)若CF＝4DF，求sin∠DFC.
[解]　(1)依题意，得∠BCD＝∠DAB＝60°.
因为△CDE的面积S＝CD·CE·sin∠BCD＝，
所以×2CE·＝，解得CE＝1.
在△CDE中，由余弦定理得
DE＝
＝ ＝.
(2)法一：依题意，得∠ACD＝30°，∠BDC＝60°，
设∠CDE＝θ，则0°<θ<60°.
在△CDF中，由正弦定理得＝，
因为CF＝4DF，所以sin θ＝＝，
所以cos θ＝，
所以sin∠DFC＝sin(30°＋θ)＝×＋×＝.
法二：依题意，得∠ACD＝30°，∠BDC＝60°，设∠CDE＝θ，则0°<θ<60°，
设CF＝4x，因为CF＝4DF，则DF＝x，
在△CDF中，由余弦定理，得DF2＝CD2＋CF2－2CD·CFcos∠ACD，
即7x2＝4＋16x2－8x，
解得x＝，或x＝.
又因为CF≤AC＝，所以x≤，所以x＝，
所以DF＝，
在△CDF中，由正弦定理得＝，
所以sin∠DFC＝＝.
[方法技巧]
平面几何中解三角形问题的求解思路
(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．
[提醒]　做题过程中，要用到平面几何中的一些知识点，如相似三角形的边角关系、平行四边形的一些性质，要把这些性质与正弦、余弦定理有机结合，才能顺利解决问题．　　
[针对训练]
1．(2019·皖西教学联盟期末)如图，在平面四边形ABCD中，AB＝1，BC＝，AC⊥CD，CD＝AC，当∠ABC变化时，对角线BD的最大值为________．

解析：设∠ABC＝α，∠ACB＝β，
在△ ABC中，由余弦定理得AC2＝4－2cos α.
由正弦定理得＝，故sin β＝.
又CD＝AC，所以在△BCD中，由余弦定理得
BD2＝3＋3(4－2cos α)－2×××cos，
即BD2＝15－6cos α＋6sin α＝15＋12sin.
当α＝时，BD取得最大值3.
答案：3

2.(2019·晋城一模)如图，在锐角三角形ABC中，sin∠BAC＝，sin∠ABC＝，BC＝6，点D在边BC上，且BD＝2DC，点E在边AC上，且BE⊥AC，BE交AD于点F.
(1)求AC的长；
(2)求cos∠DAC及AF的长．
解：(1)在锐角三角形ABC中，sin∠BAC＝，sin∠ABC＝，BC＝6，由正弦定理可得＝，所以AC＝＝＝5.
(2)由sin∠BAC＝，sin∠ABC＝，可得cos∠BAC＝，cos∠ABC＝，
所以cos C＝－cos(∠BAC＋∠ABC)
＝－cos∠BACcos∠ABC＋sin∠BACsin∠ABC
＝－×＋×＝.
因为BE⊥AC，
所以CE＝BCcos C＝6×＝，AE＝AC－CE＝.
在△ACD中，AC＝5，CD＝BC＝2，cos C＝，
由余弦定理可得AD＝＝＝，
所以cos∠DAC＝＝＝.
由BE⊥AC，得AFcos∠DAC＝AE，
所以AF＝＝.

解三角形应用举例
　
[典例]　如图，某游轮在A处看灯塔B在A的北偏东75°方向上，距离为12海里，灯塔C在A的北偏西30°方向上，距离为8海里，游轮由A处向正北方向航行到D处时再看灯塔B，B在南偏东60°方向上，则C与D的距离为(　　)
A．20海里 B．8 海里
C．23 海里 D．24海里
[解析]　在△ABD中，因为灯塔B在A的北偏东75°方向上，距离为12海里，货轮由A处向正北方向航行到D处时，再看灯塔B，B在南偏东60°方向上，所以B＝180°－75°－60°＝45°，由正弦定理＝，
可得AD＝＝＝24海里．
在△ACD中，AD＝24海里，AC＝8 海里，∠CAD＝30°，
由余弦定理得CD2＝AD2＋AC2－2AD·ACcos 30°＝242＋(8)2－2×24×8×＝192.
所以CD＝8 海里．故选B.
[答案]　B
[方法技巧]
处理距离问题的策略
(1)选定或确定要创建的三角形，首先确定所求量所在的三角形，若其他量已知则直接求解；若有未知量，则把未知量放在另一确定三角形中求解．
(2)确定用正弦定理还是余弦定理，如果都可用，就选择更便于计算的定理．　　
[针对训练]
1.如图，一位同学从P1处观测塔顶B及旗杆顶A，得仰角分别为α和90°－α.后退l(单位：m)至点P2处再观测塔顶B，仰角变为原来的一半，设塔CB和旗杆BA都垂直于地面，且C，P1，P2三点在同一条水平线上，则塔CB的高为________m；旗杆BA的高为________m．(用含有l和α的式子表示)
解析：设BC＝x m，在Rt△BCP1中，∠BP1C＝α，在Rt△P2BC中，∠P2＝， ∵∠BP1C＝∠P1BP2＋∠P2，∴∠P1BP2＝，即△P1BP2为等腰三角形，P1B＝P1P2＝l， ∴BC＝x＝lsin α.在Rt△ACP1中，＝＝tan(90°－α)，∴AC＝，则AB＝AC－BC＝－lsin α＝＝.
答案：lsin α　

2.如图所示，当甲船位于A处时获悉，在其正东方向相距20海里的B处有一艘渔船遇险等待营救，甲船立即前往营救，同时把消息告知在甲船的南偏西30°相距10海里C处的乙船，乙船立即朝北偏东θ＋30°角的方向沿直线前往B处营救，则sin θ的值为________．
解析：如图，连接BC，在△ABC中，AC＝10，AB＝20，∠BAC＝120°，由余弦定理，得BC2＝AC2＋AB2－2AB·AC·cos 120°＝700，
∴BC＝10， 再由正弦定理，得＝，∴sin θ＝.
答案：
[课时跟踪检测]
[A级　保分题——准做快做达标]
1．(2018·惠州模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcos C＋ccos B＝asin A，则△ABC的形状为(　　)
A．锐角三角形　　　　　 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．不确定
解析：选B　由已知及正弦定理得sin Bcos C＋sin Ccos B＝sin2A，即sin(B＋C)＝sin2A，又sin(B＋C)＝sin A，∴sin A＝1，∴A＝.故选B.
2．(2018·临川二中等两校联考)已知a，b，c分别为锐角△ABC三个内角A，B，C的对边，若sin A＝，sin B>sin C，a＝3，S△ABC＝2，则b的值为(　　)
A．2或3 B．2
C．3 D．6
解析：选C　因为△ABC为锐角三角形，所以cos A＝＝，
由余弦定理得cos A＝＝＝，①
因为S△ABC＝bcsin A＝bc×＝2，所以bc＝6，②
将②代入①得＝，则b2＋c2＝13，③
由sin B>sin C可得b>c，联立②③可得b＝3，c＝2.故选C.
3．在钝角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，B为钝角，若acos A＝ bsin A，则sin A＋sin C的最大值为(　　)
A. B.
C．1 D.
解析：选B　∵acos A＝bsin A，由正弦定理可得，sin Acos A＝sin Bsin A，∵sin A≠0，∴cos A＝sin B，又B为钝角，∴B＝A＋，sin A＋sin C＝sin A＋sin(A＋B)＝sin A＋cos 2A＝sin A＋1－2sin2A＝－22＋，∴sin A＋sin C的最大值为.
4．(2019·昆明适应性检测)在△ABC中，已知AB＝，AC＝，tan∠BAC＝－3，则BC边上的高等于(　　)
A．1 B.
C. D．2
解析：选A　法一：因为tan∠BAC＝－3，所以sin∠BAC＝，cos∠BAC＝－.由余弦定理，得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcos∠BAC＝5＋2－2×××＝9，所以BC＝3，所以S△ABC＝AB·ACsin∠BAC＝×××＝，所以BC边上的高h＝＝＝1，故选A.
法二：因为在△ABC中，tan∠BAC＝－3<0，所以∠BAC为钝角，因此BC边上的高小于，故选A.
5.(2019·长沙第一中学模拟)已知在△ABC中，D是AC边上的点，且AB＝AD，BD＝AD，BC＝2AD，则sin C的值为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　设AB＝AD＝2a，则BD＝a，则BC＝4a，所以cos∠ADB＝＝＝，所以cos∠BDC＝＝－，整理得CD2＋3aCD－10a2＝0，解得CD＝2a或者CD＝－5a(舍去)．故cos C＝＝＝，而C∈，故sin C＝.故选A.
6．(2019·赣州寻乌中学期末)在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C所对边的边长．若cos C＋sin C－＝0，则的值是(　　)
A.－1 B.＋1
C.＋1 D．2
解析：选B　在△ABC中，由cos C＋sin C－＝0，根据两角和的正弦公式可得2sinsinB＋＝2，从而得C＋＝B＋＝，解得C＝B＝，∴A＝.∴由正弦定理可得＝＝＝＋1.故选B.
7．(2019·葫芦岛期中)△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sin C－cos C＝1－cos ，若△ABC的面积S＝(a＋b)sin C＝，则△ABC的周长为(　　)
A．2＋5 B.＋5
C．2＋3 D.＋3
解析：选D　由sin C－cos C＝1－cos ⇒2sin cos －＝1－cos ⇒ cos 2cos －2sin －1＝0，∵cos ≠0，∴sin －cos ＝－，两边平方得sin C＝，由sin －cos ＝－可得sin 8．(2019·长沙模拟)在锐角△ABC中，D为BC的中点，满足∠BAD＋∠C＝90°，则∠B，∠C的大小关系是________．
解析：由∠BAD＋∠C＝90°，得∠CAD＋∠B＝90°，由正弦定理得＝＝，＝＝，又D为BC的中点，所以BD＝DC，所以＝，化简得sin Bcos B＝sin Ccos C，即sin 2B＝sin 2C，又△ABC为锐角三角形，所以∠B＝∠C.
答案：∠B＝∠C
9.(2019·温州一模)如图，在四边形ABCD中，△ABD，△BCD分别是以AD和BD为底的等腰三角形，其中AD＝1，BC＝4，∠ADB＝∠CDB，则BD＝________，AC＝________.
解析：设∠ADB＝∠CDB＝θ，在△ABD内，BD＝；在△CBD内，BD＝8cos θ.故＝8 cos θ，所以cos θ＝，BD＝2，cos 2θ＝2cos2θ－1＝－.在△ACD中，由余弦定理可得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CDcos 2θ＝24，AC＝2.
答案：2　2
10．(2019·沈阳模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c＝5，B＝，△ABC的面积为，则cos 2A＝________.
解析：由三角形的面积公式，得S△ABC＝acsin B＝×a×5×sin＝××5a＝，解得a＝3.由b2＝a2＋c2－2accos B＝32＋52－2×3×5×＝49，得b＝7.由＝⇒sin A＝sin B＝sin＝，∴cos 2A＝1－2sin2A＝1－2×2＝.
答案：
11．(2019·江西七校联考)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若C＝，且sin(A＋C)＝2sin Acos(A＋B)．
(1)求证：a，b,2a成等比数列；
(2)若△ABC的面积是1，求c的长．
解：(1)证明：∵A＋B＋C＝π，sin(A＋C)＝2sin Acos(A＋B)，
∴sin B＝－2sin Acos C.
在△ABC中，由正弦定理得，b＝－2acos C，
∵C＝，∴b＝a，则b2＝a·2a，
∴a，b,2a成等比数列．
(2)S△ABC＝absin C＝ab＝1，则ab＝2，
由(1)知，b＝a，联立两式解得a＝，b＝2，
由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos C＝2＋4－4×＝10，∴c＝.
12．(2019·大连检测)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足cos2B－cos2C－sin2A＝sin Asin B.
(1)求角C；
(2)若c＝2，△ABC的中线CD＝2，求△ABC的面积S的值．
解：(1)由已知得sin2A＋sin2B－sin2C＝－sin Asin B，
由正弦定理得a2＋b2－c2＝－ab，
由余弦定理可得cos C＝＝－.
∵0 (2)法一：由| |＝|＋|＝2，可得2＋2＋2·＝16，
即a2＋b2－ab＝16，
又由余弦定理得a2＋b2＋ab＝24，∴ab＝4.
∴S＝absin∠ACB＝ab＝.
法二：延长CD到M，使CD＝DM，连接AM，
易证△BCD≌△AMD，∴BC＝AM＝a，∠CBD＝∠MAD，
∴∠CAM＝.
由余弦定理得
∴ab＝4，S＝absin∠ACB＝×4×＝.
[B级　难度题——适情自主选做]
1．(2019·成都外国语学校一模)在△ABC中，sin2A≤sin2B＋sin2C－sin Bsin C，则A的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　由正弦定理及sin2A≤sin2B＋sin2C－sin Bsin C可得a2≤b2＋c2－bc，即b2＋c2－a2≥bc，由余弦定理可得cos A＝≥＝，又0 2．(2019·陆川中学期中)如图，设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，acos C＋ccos A＝bsin B，且∠CAB＝.若点D是△ABC外一点，DC＝2，DA＝3，则当四边形ABCD面积取最大值时，sin D＝________.
解析：因为acos C＋ccos A＝bsin B，
所以由正弦定理可得sin Acos C＋cos Asin C＝sin(A＋C)＝sin B＝sin2B，sin B＝1，B＝.
又因为∠CAB＝，
所以BC＝AC，AB＝AC，
由余弦定理可得cos D＝，可得AC2＝13－12cos D，
四边形面积S＝S△ACD＋S△ABC＝×2×3×sin D＋×AC×AC＝3sin D＋(13－12cos D)＝＋3sin D－cos D＝ sin(D＋φ)＋，tan φ＝－，
所以，当φ＋D＝时四边形面积最大，此时tan D＝tan＝＝－，可得sin D＝.
答案：
3．(2019·郑州高三质量预测)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且 acos C＝(2b－c)cos A.
(1)求角A的大小；
(2)若a＝2，求△ABC面积的最大值．
解：(1)由正弦定理可得，sin Acos C＝2sin Bcos A－sin Ccos A，
从而可得 sin(A＋C)＝2sin Bcos A，
即sin B＝2sin Bcos A.
又B为三角形的内角，
所以sin B≠0，于是cos A＝，
又A为三角形的内角，所以A＝.
(2)由余弦定理可得，a2＝b2＋c2－2bccos A得4＝b2＋c2－2bc·≥2bc－bc，
所以bc≤4(2＋)．
所以S＝bcsin A≤2＋.
故当a＝2时，△ABC面积的最大值为2＋.