2025版高考数学一轮总复习第4章三角函数解三角形高考大题规范解答__高考中三角函数综合问题的热点题型提能训练

这是一份2025版高考数学一轮总复习第4章三角函数解三角形高考大题规范解答__高考中三角函数综合问题的热点题型提能训练，共7页。

1．(2023·天津高考试题)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知a＝eq \r(39)，b＝2，A＝120°.
(1)求sin B的值；
(2)求c的值；
(3)求sin(B－C)的值．
[解析] (1)由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，得eq \f(\r(39),sin 120°)＝eq \f(2,sin B)，
解得sin B＝eq \f(\r(13),13).
(2)解法一(余弦定理)：由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccs A．
即39＝4＋c2－4ccs 120°，
整理得c2＋2c－35＝0，
解得c＝5或c＝－7(舍去)．
所以c＝5.
解法二(射影定理)：第1步：根据同角三角函数的基本关系，求出cs B
因为A＝120°，所以B，C均为锐角，
所以cs B＝eq \r(1－sin2B)＝eq \f(2\r(39),13).
第2步：利用三角形的射影定理求c
由射影定理得，c＝acs B＋bcs A＝eq \r(39)×eq \f(2\r(39),13)＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝6－1＝5.
(3)由正弦定理eq \f(c,sin C)＝eq \f(b,sin B)，可得sin C＝eq \f(5\r(13),26)，
又B，C均为锐角，所以cs C＝eq \r(1－sin2C)＝eq \f(3\r(39),26)，cs B＝eq \r(1－sin2B)＝eq \f(2\r(39),13)，(若第(2)问采用解法二，则cs B可直接用)
所以sin(B－C)＝sin Bcs C－cs Bsin C＝eq \f(\r(13),13)×eq \f(3\r(39),26)－eq \f(2\r(39),13)×eq \f(5\r(13),26)＝－eq \f(7\r(3),26).
2．(2022·广东汕头一模)在①C＝2B；②△ABC的面积为eq \f(\r(7),4)；③sin(B＋C)＝eq \f(\r(3),3)这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在△ABC，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，a＝1，b＝2，________?
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
[解析] 若选①，则A＝π－3B，且A由eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，得eq \f(1,sinπ－3B)＝eq \f(2,sin B)，即eq \f(1,sin 3B)＝eq \f(2,sin B)，
所以2sin 3B＝sin B，化简得2(3sin B－4sin3B)＝sin B，得sin2B＝eq \f(5,8)，
因为B∈(0，π)，所以sin B＝eq \f(\r(10),4)，因为A所以角B为锐角，所以cs B＝eq \r(1－sin2B)＝eq \f(\r(6),4)，
所以sin C＝sin 2B＝2sin Bcs B＝2×eq \f(\r(10),4)×eq \f(\r(6),4)＝eq \f(\r(15),4)，
所以由正弦定理得c＝eq \f(bsin C,sin B)＝eq \f(2×\f(\r(15),4),\f(\r(10),4))＝eq \r(6).
若选②，则由△ABC的面积为eq \f(\r(7),4)，a＝1，b＝2，得eq \f(1,2)absin C＝sin C＝eq \f(\r(7),4)，所以cs C＝±eq \r(1－sin2C)＝±eq \f(3,4).
当C为锐角时，cs C＝eq \f(3,4)，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcs C＝1＋4－2×1×2×eq \f(3,4)＝2，所以c＝eq \r(2)；当C为钝角时，cs C＝－eq \f(3,4)，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcs C＝1＋4＋2×1×2×eq \f(3,4)＝8，所以c＝2eq \r(2).
综上c＝eq \r(2)或c＝2eq \r(2).
若选③，由sin(B＋C)＝eq \f(\r(3),3)，得sin A＝eq \f(\r(3),3)，
由eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，得sin B＝eq \f(bsin A,a)＝eq \f(2×\f(\r(3),3),1)＝eq \f(2\r(3),3)>1，所以三角形不存在．
3．(2023·广东佛山二模)已知△ABC为锐角三角形，且cs A＋sin B＝eq \r(3)(sin A＋cs B)．
(1)若C＝eq \f(π,3)，求A；
(2)已知点D在边AC上，且AD＝BD＝2，求CD的取值范围．
[解析] (1)因为cs A＋sin B＝eq \r(3)(sin A＋cs B)，
所以cs A－eq \r(3)sin A＝eq \r(3)cs B－sin B，
即cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,3)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,6)))，
又A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以eq \f(π,3)所以A＋eq \f(π,3)＝B＋eq \f(π,6)，即B＝A＋eq \f(π,6)，又A＋B＋C＝π，C＝eq \f(π,3)，
所以A＋A＋eq \f(π,6)＋eq \f(π,3)＝π，则A＝eq \f(π,4).
(2)因为AD＝BD＝2，所以∠DBA＝∠A，又∠ABC＝∠DBA＋∠DBC＝A＋eq \f(π,6)，所以∠DBC＝eq \f(π,6).
在△DBC中，eq \f(CD,sin ∠DBC)＝eq \f(BD,sin C)，
所以CD＝eq \f(BDsin ∠DBC,sin C)＝eq \f(1,sin C).
在△ABC中，sin C＝sin(A＋∠ABC)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A＋\f(π,6)))，
因为△ABC为锐角三角形，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0所以eq \f(π,2)<2A＋eq \f(π,6)所以eq \f(1,sin C)∈(1,2)，即CD的取值范围为(1,2)．
4．(2023·四川成都实验外国语学校月考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且5(sin A＋sin C)b＝12asin C．
(1)若a＝2b－c，求cs B的值．
(2)是否存在△ABC，满足B为直角？若存在，求出△ABC的面积；若不存在，请说明理由．
[解析] 判断三角形是否存在
(1)因为a＝2b－c，所以a＋c＝2b，又5(sin A＋sin C)b＝12asin C，
由正弦定理得5(a＋c)b＝12ac，所以eq \f(b2,ac)＝eq \f(6,5)，
所以由余弦定理得cs B＝eq \f(a＋c2－2ac－b2,2ac)＝eq \f(3b2,2ac)－1＝eq \f(3,2)×eq \f(6,5)－1＝eq \f(4,5).
(2)假设B为直角，则sin B＝1，sin C＝cs A，由题意结合正弦定理可得，(sin A＋sin C)sin B＝eq \f(12,5)sin A·sin C，
即sin A＋cs A＝eq \f(6,5)sin 2A，
上式两边平方得1＋sin 2A＝eq \f(36,25)sin22A，
所以(9sin 2A＋5)(4sin 2A－5)＝0，因为0所以9sin 2A＋5>0,4sin 2A－5<0，
与(9sin 2A＋5)(4sin 2A－5)＝0矛盾，
故不存在△ABC满足B为直角．
B组能力提升
1．(2023·新课标Ⅱ，17,10分)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC面积为eq \r(3)，D为BC的中点，且AD＝1.
(1)若∠ADC＝eq \f(π,3)，求tan B；
(2)若b2＋c2＝8，求b，c.
[解析] 由题意知S△ABC＝eq \r(3)，BD＝DC，∴S△ADC＝eq \f(\r(3),2).
(1)∵S△ADC＝eq \f(1,2)DA·DC·sin ∠ADC＝eq \f(\r(3),2)，DA＝1，∠ADC＝eq \f(π,3)，∴eq \f(1,2)DCsin eq \f(π,3)＝eq \f(\r(3),2)，∴DC＝2，
∴BD＝2，易知∠ADB＝eq \f(2π,3)，
在△ADB中，由余弦定理可知，AB2＝BD2＋DA2－2DA·DBcs ∠ADB，即AB2＝22＋12－2×1×2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝7，
∴AB＝eq \r(7)，
∴cs B＝eq \f(AB2＋BD2－AD2,2AB·BD)＝eq \f(7＋4－1,2\r(7)×2)＝eq \f(5\r(7),14)，
∴sin B＝eq \r(1－cs2B)＝eq \r(1－\f(25,28))＝eq \f(\r(21),14)，
∴tan B＝eq \f(sin B,cs B)＝eq \f(\r(3),5).
(2)如图所示，延长AD至E，使DE＝AD，连接BE，CE，
易得四边形ABEC为平行四边形，∴AB＝CE，AC＝BE，
由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcs∠BAC，AE2＝AC2＋CE2－2AC·CEcs∠ACE，两式相加得BC2＋AE2＝2(AB2＋AC2)，即BC2＋AE2＝2(b2＋c2)＝16，
又AE＝2AD＝2，∴BC2＝12，∴BC＝2eq \r(3)，
∵S△ADC＝eq \f(1,2)AD·DC·sin∠ADC＝eq \f(\r(3),2)，AD＝1，DC＝eq \r(3)，
∴sin∠ADC＝1，∴AD⊥BC，∴b＝c，
又b2＋c2＝8，∴b＝c＝2.
2．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且(b－c)(sin B－sin C)＝asin A－bsin C．
(1)求角A的大小；
(2)求sin B＋sin C的取值范围．
[解析] (1)由正弦定理可得(b－c)(b－c)＝a·a－bc，即b2＋c2－a2＝bc，
由余弦定理的变形得cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(1,2)，
又A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,3)；
(2)由A＋B＋C＝π得C＝eq \f(2π,3)－B，且B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，
所以sin C＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－B))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,3)))))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,3)))，
所以sin B＋sin C＝sin B＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,3)))＝eq \f(3,2)sin B＋eq \f(\r(3),2)cs B＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,6)))，
因为B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)π))，从而B＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5,6)π))，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,6)))∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，从而sin B＋sin C∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\r(3)))，
故sin B＋sin C的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\r(3))).
3．(2024·河南省南阳市新野县第一高级中学高三月考)记△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知eq \f(ccs B＋bcs C2＋bc,b2＋c2)＝1.
(1)求角A的大小；
(2)若点D在边BC上，AD平分∠BAC，AD＝2，且b＝2c，求a.
[解析] (1)因为eq \f(ccs B＋bcs C2＋bc,b2＋c2)＝1，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c\f(a2＋c2－b2,2ac)＋b\f(a2＋b2－c2,2ab)))2＋bc＝b2＋c2，
化简可得a2＝b2＋c2－bc，由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccs A，
所以2cs A＝1⇒cs A＝eq \f(1,2)，且A∈(0，π)，则A＝eq \f(π,3).
(2)由(1)知A＝eq \f(π,3)，由余弦定理可得cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，将b＝2c代入，
化简可得a＝eq \r(3)c，
又因为AD平分∠BAC，由角平分线定理可得eq \f(AB,AC)＝eq \f(BD,CD)，即eq \f(c,b)＝eq \f(BD,CD)⇒eq \f(1,2)＝eq \f(BD,CD)⇒CD＝2BD，且a＝eq \r(3)c，所以CD＝eq \f(2\r(3),3)c，BD＝eq \f(\r(3),3)c，
又因为∠ADB＋∠ADC＝π，
则cs∠ADB＝－cs∠ADC，结合余弦定理可得eq \f(4＋\f(1,3)c2－c2,2×2×\f(\r(3),3)c)＝－eq \f(4＋\f(4,3)c2－4c2,2×2×\f(2\r(3),3)c)，解得c2＝3，所以c＝eq \r(3)，则a＝eq \r(3)c＝3.
4．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知2csin B＝(2a－c)tan C，角C的内角平分线与边AB交于点E.
(1)求角B的大小；
(2)记△BCE，△ACE的面积分别为S1，S2，在①c＝2，b＝eq \r(3)，②S△ABC＝eq \f(3\r(3),4)，b＝eq \r(7)，A>C这两个条件中任选一个作为已知，求eq \f(S1,S2)的值．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
[解析] (1)因为2csin B＝(2a－c)tan C，
由正弦定理可得2sin Csin B＝(2sin A－sin C)eq \f(sin C,cs C)，
即2sin Bcs C＝2sin A－sin C
又由sin A＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sin Bcs C＋cs Bsin C，
可得2cs Bsin C＝sin C，
因为C∈(0，π)，可得sin C>0，所以cs B＝eq \f(1,2)，
又因为B∈(0，π)，可得B＝eq \f(π,3).
(2)选①：因为c＝2，b＝eq \r(3)，
由余弦定理可得cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(a2＋4－3,4a)＝eq \f(1,2)，
整理得a2－2a＋1＝0，解得a＝1，
因为CE为∠ACB的平分线，令∠ACE＝∠BCE＝θ，
则S1＝eq \f(1,2)BC·CEsin θ＝eq \f(1,2)×1×CEsin θ，S2＝eq \f(1,2)AC·CEsin θ＝eq \f(1,2)×eq \r(3)×CEsin θ，
所以eq \f(S1,S2)＝eq \f(1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，故eq \f(S1,S2)的值为eq \f(\r(3),3).
选②：S△ABC＝eq \f(3\r(3),4)，b＝eq \r(7)，A>C，
由S△ABC＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)acsin eq \f(π,3)＝eq \f(3\r(3),4)，解得ac＝3，
又由b＝eq \r(7)，由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2accs B，
即7＝a2＋c2－2×3×eq \f(1,2)，可得a2＋c2＝10，
又因为A>C，可得a>c，所以(a＋c)2＝a2＋c2＋2ac＝10＋2×3＝16，即a＋c＝4，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋c2＝10，,a＋c＝4，))解得a＝3，c＝1，
由CE为∠ACB的平分线，令∠ACE＝∠BCE＝θ，
所以S1＝eq \f(1,2)BC·CEsin θ＝eq \f(1,2)×3×CEsin θ，S2＝eq \f(1,2)AC·CEsin θ＝eq \f(1,2)×eq \r(7)×CEsin θ，
所以eq \f(S1,S2)＝eq \f(3,\r(7))＝eq \f(3\r(7),7)，故eq \f(S1,S2)的值为eq \f(3\r(7),7).