2022高考数学一轮复习 第四章 高考专题突破二　高考中的解三角形问题

这是一份2022高考数学一轮复习 第四章 高考专题突破二　高考中的解三角形问题，共11页。试卷主要包含了利用正、余弦定理解三角形，平面几何中的解三角形问题，解三角形中的最值与范围问题等内容，欢迎下载使用。


例1 (10分)(2020·新高考全国Ⅰ)在①ac＝eq \r(3)，②csin A＝3，③c＝eq \r(3)b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，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin A＝eq \r(3)sin B，C＝eq \f(π,6)，________？
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
规范解答
解 方案一：选条件①.
由C＝eq \f(π,6)和余弦定理得eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(\r(3),2).[2分]
由sin A＝eq \r(3)sin B及正弦定理得a＝eq \r(3)b.
于是eq \f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq \f(\r(3),2)，[6分]
由此可得b＝c.[7分]
由①ac＝eq \r(3)，解得a＝eq \r(3)，b＝c＝1.[9分]
因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时c＝1.[10分]
方案二：选条件②.
由C＝eq \f(π,6)和余弦定理得eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(\r(3),2).[2分]
由sin A＝eq \r(3)sin B及正弦定理得a＝eq \r(3)b.
于是eq \f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq \f(\r(3),2)，[6分]
由此可得b＝c，B＝C＝eq \f(π,6)，A＝eq \f(2π,3).[7分]
由②csin A＝3，得c＝b＝2eq \r(3)，a＝6.[9分]
因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时c＝2eq \r(3).[10分]
方案三：选条件③.
由C＝eq \f(π,6)和余弦定理得eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(\r(3),2).[2分]
由sin A＝eq \r(3)sin B及正弦定理得a＝eq \r(3)b.
于是eq \f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq \f(\r(3),2)，[6分]
由此可得b＝c.[7分]
由于③c＝eq \r(3)b，与b＝c矛盾．[9分]
因此，选条件③时问题中的三角形不存在．[10分]
第一步：根据C＝eq \f(π,6)及余弦定理得出a，b，c的关系；
第二步：根据条件sin A＝eq \r(3)sin B得出a，b的关系，从而得出b，c的关系；
第三步：结合自然条件即可求出各边长；
第四步：下结论，判断三角形解的情况．
[高考改编题] 在①cs 2B－eq \r(3)sin B＋2＝0；②2bcs C＝2a－c；③eq \f(b,a)＝eq \f(cs B＋1,\r(3)sin A)三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答．
已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若________，且a，b，c成等差数列，则△ABC是否为等边三角形？若是，写出证明；若不是，说明理由．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解 选条件①.
因为cs 2B＝1－2sin2B，
所以2sin2B＋eq \r(3)sin B－3＝0，
即(2sin B－eq \r(3))(sin B＋eq \r(3))＝0，
解得sin B＝－eq \r(3)(舍去)或sin B＝eq \f(\r(3),2).
因为0又因为a，b，c成等差数列，
所以2b＝a＋c，所以b不是三角形中最大的边，
即B＝eq \f(π,3).
由b2＝a2＋c2－2accs B，
得a2＋c2－2ac＝0，
即a＝c，从而a＝b＝c，
故△ABC是等边三角形．
选条件②.
由正弦定理可得2sin Bcs C＝2sin A－sin C，
故2sin Bcs C＝2sin(B＋C)－sin C，
整理得2cs Bsin C－sin C＝0.
因为00，即cs B＝eq \f(1,2).
因为0又因为a，b，c成等差数列，所以2b＝a＋c.
由余弦定理b2＝a2＋c2－2accs B，
可得a2＋c2－2ac＝0，即a＝c.
故△ABC是等边三角形．
选条件③.
由正弦定理得eq \f(sin B,sin A)＝eq \f(cs B＋1,\r(3)sin A).
因为sin A≠0，所以eq \r(3)sin B－cs B＝1，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6)))＝eq \f(1,2).
因为0即B－eq \f(π,6)＝eq \f(π,6)，可得B＝eq \f(π,3).
又因为a，b，c成等差数列，
所以2b＝a＋c，
由余弦定理b2＝a2＋c2－2accs B，
可得a2＋c2－2ac＝0，即a＝c.
故△ABC是等边三角形．
跟踪训练1 (2019·全国Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设(sin B－sin C)2＝sin2A－sin Bsin C.
(1)求A；
(2)若eq \r(2)a＋b＝2c，求sin C.
解 (1)由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sin Bsin C，
故由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc，
由余弦定理得cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(1,2)，
因为0°(2)由(1)知B＝120°－C，
由题设及正弦定理得eq \r(2)sin A＋sin(120°－C)＝2sin C，
即eq \f(\r(6),2)＋eq \f(\r(3),2)cs C＋eq \f(1,2)sin C＝2sinC，
可得cs(C＋60°)＝－eq \f(\r(2),2).
由于0°故sin C＝sin(C＋60°－60°)
＝sin(C＋60°)cs 60°－cs(C＋60°)sin 60°
＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4).
题型二 平面几何中的解三角形问题
例2 (八省联考)在四边形ABCD中，AB∥CD，AD＝BD＝CD＝1.
(1)若AB＝eq \f(3,2)，求BC；
(2)若AB＝2BC，求cs∠BDC.
解 (1)在△ABD中，cs∠ABD＝eq \f(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2－12,2×1×\f(3,2))＝eq \f(3,4)，
因为AB∥CD，所以∠CDB＝∠ABD，
所以cs∠CDB＝eq \f(3,4)，
在△BDC中，BC2＝DC2＋DB2－2CD·DBcs∠CDB＝12＋12－2×eq \f(3,4)＝eq \f(1,2)，
所以BC＝eq \f(\r(2),2).
(2)设BC＝x，则AB＝2x，
所以cs∠ABD＝eq \f(12＋2x2－12,4x)＝x，
cs∠CDB＝eq \f(12＋12－x2,2)＝1－eq \f(1,2)x2，
因为AB∥CD，所以∠CDB＝∠ABD，
故x＝1－eq \f(1,2)x2，x2＋2x＝2，
又x>0，所以x＝eq \r(3)－1，
所以cs∠BDC＝cs∠ABD＝eq \r(3)－1.
思维升华 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．
跟踪训练2 (2020·河南、河北重点中学联考)如图，在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c＝4，b＝2,2ccs C＝b，D，E均为线段BC上的点，且BD＝CD，∠BAE＝∠CAE.
(1)求线段AD的长；
(2)求△ADE的面积．
解 (1)因为c＝4，b＝2,2ccs C＝b，
所以cs C＝eq \f(b,2c)＝eq \f(1,4).
由余弦定理得cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(a2＋4－16,4a)＝eq \f(1,4)，
所以a＝4，即BC＝4.
在△ACD中，CD＝2，AC＝2，
所以AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cs C＝6，
所以AD＝eq \r(6).
(2)因为AE是∠BAC的平分线，
所以eq \f(S△ABE,S△ACE)＝eq \f(\f(1,2)AB·AE·sin ∠BAE,\f(1,2)AC·AE·sin ∠CAE)＝eq \f(AB,AC)＝2，
又eq \f(S△ABE,S△ACE)＝eq \f(BE,EC)，所以eq \f(BE,EC)＝2，
所以CE＝eq \f(1,3)BC＝eq \f(4,3)，DE＝DC－EC＝2－eq \f(4,3)＝eq \f(2,3).
又因为cs C＝eq \f(1,4)，所以sin C＝eq \r(1－cs2C)＝eq \f(\r(15),4).
所以S△ADE＝S△ACD－S△ACE
＝eq \f(1,2)AC·CDsin C－eq \f(1,2)AC·ECsin C
＝eq \f(1,2)AC·(CD－EC)sin C
＝eq \f(1,2)DE·ACsin C＝eq \f(\r(15),6).即△ADE的面积为eq \f(\r(15),6).
题型三 解三角形中的最值与范围问题
例3 (2020·湖北七市联考)在锐角三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且eq \f(cs A,a)＋eq \f(cs B,b)＝eq \f(2\r(3)sin C,3a).
(1)求角B的大小；
(2)若b＝2eq \r(3)，求a＋c的取值范围．
解 (1)由已知条件，得bcs A＋acs B＝eq \f(2\r(3),3)bsin C.
由正弦定理，得sin Bcs A＋cs Bsin A＝eq \f(2\r(3),3)sin Bsin C，
即sin(A＋B)＝eq \f(2\r(3),3)sin Bsin C.
又在△ABC中，sin(A＋B)＝sin C≠0，
所以sin B＝eq \f(\r(3),2).因为B是锐角，所以B＝eq \f(π,3).
(2)由正弦定理，得eq \f(a,sin A)＝eq \f(c,sin C)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(2\r(3),\f(\r(3),2))＝4，
则a＝4sin A，c＝4sin C.
所以a＋c＝4sin A＋4sin C＝4sin A＋4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－A))
＝6sin A＋2eq \r(3)cs A＝4eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,6))).
由0所以eq \f(π,3)所以6思维升华 本题涉及求边的取值范围，一般思路是
(1)利用正弦定理把边转化为角，利用三角函数的性质求出范围或最值．
(2)利用正、余弦定理把角转化为边，利用不等式求出范围或最值．
跟踪训练3 给出两个条件：①2c－eq \r(3)b＝2acs B；②(2b－eq \r(3)c)cs A＝eq \r(3)acs C，从中选出一个条件补充在下面的问题中，并以此为依据求解问题．(选出一种可行的条件解答，若两个都选，则按第一个解答计分)
在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边．
(1)求A；
(2)若a＝eq \r(3)－1，求△ABC面积的最大值．
解 (1)选①2c－eq \r(3)b＝2acs B，
由正弦定理可得，2sin C－eq \r(3)sin B＝2sin Acs B，
即2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋B))－eq \r(3)sin B＝2sin Acs B，
∴2cs Asin B＝eq \r(3)sin B，
∵B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，π))，∴sin B≠0，
∴2cs A＝eq \r(3)，
即cs A＝eq \f(\r(3),2)，
又A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，π))，∴A＝eq \f(π,6).
选②eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2b－\r(3)c))cs A＝eq \r(3)acs C，
由正弦定理可得，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2sin B－\r(3)sin C))cs A＝eq \r(3)sin Acs C，
∴2sin Bcs A＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋C))＝eq \r(3)sin B，
∵B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，π))，∴sin B≠0，∴cs A＝eq \f(\r(3),2)，
又A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，π))，∴A＝eq \f(π,6).
(2)由余弦定理得，a2＝b2＋c2－2bccs A＝b2＋c2－eq \r(3)bc，
又b2＋c2≥2bc，当且仅当“b＝c”时取“＝”，
∴a2≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\r(3)))bc，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)－1))2≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\r(3)))bc，∴bc≤2，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,4)bc≤eq \f(1,2)，
∴△ABC的面积的最大值为eq \f(1,2).
课时精练
1．(2020·兰州模拟)已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且asin B＋bcs A＝0.
(1)求角A的大小；
(2)若a＝2eq \r(5)，b＝2，求边c的长．
解 (1)因为asin B＋bcs A＝0，
所以sin Asin B＋sin Bcs A＝0，
即sin B(sin A＋cs A)＝0，
由于B为三角形的内角，
所以sin A＋cs A＝0，
所以eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,4)))＝0，
而A为三角形的内角，所以A＝eq \f(3π,4).
(2)在△ABC中，a2＝c2＋b2－2cbcs A，
即20＝c2＋4－4ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)))，
解得c＝－4eq \r(2)(舍去)或c＝2eq \r(2).
2．(2020·全国Ⅱ)在△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sin Bsin C.
(1)求A；
(2)若BC＝3，求△ABC周长的最大值．
解 (1)由正弦定理和已知条件得
BC2－AC2－AB2＝AC·AB.①
由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcs A．②
由①②得cs A＝－eq \f(1,2).
因为0(2)由正弦定理及(1)得eq \f(AC,sin B)＝eq \f(AB,sin C)＝eq \f(BC,sin A)＝2eq \r(3)，
从而AC＝2eq \r(3)sin B，
AB＝2eq \r(3)sin(π－A－B)＝3cs B－eq \r(3)sin B.
故BC＋AC＋AB＝3＋eq \r(3)sin B＋3cs B
＝3＋2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,3))).
又0所以当B＝eq \f(π,6)时，△ABC的周长取得最大值，为3＋2eq \r(3).
3．在①eq \f(b,a)＝eq \f(cs B＋1,\r(3)sin A)；②2bsin A＝atan B；③(a－c)sin A＋csin(A＋B)＝bsin B这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答．
已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若________．
(1)求角B；
(2)若a＋c＝4，求△ABC周长的最小值，并求出此时△ABC的面积．
解 (1)选①，由正弦定理得eq \f(sin B,sin A)＝eq \f(cs B＋1,\r(3)sin A)，
∵sin A≠0，∴eq \r(3)sin B－cs B＝1，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6)))＝eq \f(1,2)，
∵0∴B－eq \f(π,6)＝eq \f(π,6)，∴B＝eq \f(π,3).
选②，∵2bsin A＝atan B,2bsin A＝eq \f(asin B,cs B)，
∴由正弦定理可得，2sin Bsin A＝sin A·eq \f(sin B,cs B)，
∵sin A≠0，且sin B≠0，
∴cs B＝eq \f(1,2)，
∵B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，π))，∴B＝eq \f(π,3).
选③，∵sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋B))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π－C))＝sin C，
由已知结合正弦定理可得，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－c))a＋c2＝b2，
∴a2＋c2－b2＝ac，∴cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(ac,2ac)＝eq \f(1,2)，
∵B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，π))，∴B＝eq \f(π,3).
(2)∵b2＝a2＋c2－2accs B＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋c))2－3ac＝16－3ac，即3ac＝16－b2，
∴16－b2≤3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋c,2)))2，解得b≥2，当且仅当a＝c＝2时取等号，
∴bmin＝2，△ABC周长的最小值为6，此时△ABC的面积S＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \r(3).
4.(2021·潍坊模拟)如图，在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且bcs∠BAC－asin B＝0.
(1)求∠BAC；
(2)若AB⊥AD，AC＝2eq \r(2)，CD＝eq \r(5)，求AD的长．
解 (1)在△ABC中，
由正弦定理得sin Bcs∠BAC－sin∠BACsin B＝0，
∵sin B≠0，∴tan∠BAC＝1，
∵∠BAC∈(0，π)，∴∠BAC＝eq \f(π,4).
(2)∵AB⊥AD，且∠BAC＝eq \f(π,4)，
∴∠CAD＝eq \f(π,4)，
在△ACD中，AC＝2eq \r(2)，CD＝eq \r(5)，∠CAD＝eq \f(π,4).
由余弦定理得CD2＝AC2＋AD2－2AC·AD·cs∠CAD，
即5＝8＋AD2－2×2eq \r(2)×AD×eq \f(\r(2),2)，
解得AD＝1或AD＝3.
∴AD的长为1或3.
5.如图，在△ABC中，已知B＝eq \f(π,3)，AC＝4eq \r(3)，D为BC边上一点．
(1)若AD＝2，S△DAC＝2eq \r(3)，求DC的长；
(2)若AB＝AD，试求△ADC的周长的最大值．
解 (1)∵S△DAC＝2eq \r(3)，AC＝4eq \r(3)，AD＝2，
∴eq \f(1,2)·AD·AC·sin ∠DAC＝2eq \r(3)，
∴sin ∠DAC＝eq \f(1,2)，
∵B＝eq \f(π,3)，∴∠DAC<∠BAC<π－eq \f(π,3)＝eq \f(2π,3)，
∴∠DAC＝eq \f(π,6)，
在△ADC中，由余弦定理得，
DC2＝AD2＋AC2－2AD·ACcs eq \f(π,6)，
∴DC2＝4＋48－2×2×4eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＝28，
∴DC＝2eq \r(7).
(2)∵AB＝AD，B＝eq \f(π,3)，
∴△ABD为正三角形，
∵∠DAC＝eq \f(π,3)－C，∠ADC＝eq \f(2π,3)，
∴在△ADC中，根据正弦定理，可得
eq \f(AD,sin C)＝eq \f(4\r(3),sin \f(2π,3))＝eq \f(DC,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－C)))，
∴AD＝8sin C，DC＝8sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－C))，
∴△ADC的周长为AD＋DC＋AC＝8sin C＋8sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－C))＋4eq \r(3)
＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin C＋\f(\r(3),2)cs C－\f(1,2)sin C))＋4eq \r(3)
＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin C＋\f(\r(3),2)cs C))＋4eq \r(3)
＝8sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C＋\f(π,3)))＋4eq \r(3)，
∵∠ADC＝eq \f(2π,3)，∴0∴当C＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)，即C＝eq \f(π,6)时，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C＋\f(π,3)))的最大值为1，
则△ADC的周长的最大值为8＋4eq \r(3).