資源簡介

第4講 解三角形以及實際應用（講）
【典例1】（2023年高考理科數學（全國甲卷）第11題）已知四棱錐的底面是邊長為4的正方形，，，則面積為（ ）
A． B． C． D．
【解讀】棱錐是立體幾何中常見的幾何體．試題設計中給出了，，以及底面ABCD為邊長為4的正方形等條件，要求考生基于空間想象，依靠邏輯推理，發現平面平面，以及A，B兩點關于平面PEO對稱，求得，從而求出面積．試題重視對考生圖形的構造能力，余弦定理、三角形面積等知識的綜合運用能力，以及化歸與轉化等能力的考查，較好地發揮了試題服務選才、引導教學的功能．
【答案】C
【目標】試題以考生熟悉的四棱錐為背景，考查考生對基本知識的掌握情況，對空間想象能力、邏輯推理能力、運算求解能力作了基礎性考查．
【分析】解題思路 如圖，設O，E分別為正方形ABCD的邊CD，AB的中點，連接PO，OE，PE，則．由可得，所以平面PEO，平面平面ABCD．因為，所以平面PEO，從而，可得．
中，．
所以，，．
面積．
故答案為C．
【典例2】（2023年高考理科數學（全國甲卷）第16題）在中，，，，的角平分線交BC于D，則______．
【解讀】解三角形本質上是在三角形內蘊方程（三角形的正弦定理、余弦定理、三角形內角和定理）以及三角形兩邊之和大于第三邊的基礎上，把試題設定的條件（方程）與內蘊方程建立聯系，從而求得三角形的全部或者部分度量關系．試題題干部分是三角形的兩邊和一角，目標問題是角平分線的長，簡潔清晰．
（1）試題考查解三角形的基本知識和基本技能，考查考生理性思維和數學探究的數學學科素養．試題以特殊三角形（三個內角分別為45°，75°和60°）為命制背景，考生可以借助余弦定理和正弦定理，結合三角形中角平分線的性質解決問題，如思路1、思路3，也可以結合特殊角的三角函數值，得到三角形的內角的大小，進而求得角平分線的長．在此過程中，試題重點考查了必備知識和基礎性，符合高考評價體系的考查要求．
（2）試題符合三角學發展的歷史邏輯，有利于不同思維水平和能力的考生給出不同的解決方案．試題的題干設計和問題設計都是基于三角學的幾何性質，因此試題內在地存在從綜合幾何的角度理解試題和求解試題的策略，這正如在解題分析中的思路2和思路4，考生也可以在綜合幾何與正弦定理（余弦定理）之間綜合考量，選擇合理的解題策略．高中數學教師在引導學生分析和研究本試題時，要關注三角學首先是幾何的，然后才是函數與代數的，要從三角學發展的不同歷史邏輯整體理解三角學在高中數學課程的價值和作用．
【答案】2
【目標】試題考查正弦定理和余弦定理等解三角形的基本知識和方法，考查直觀想象能力、邏輯推理能力和運算求解能力．
【分析】解題思路 思路1 利用余弦定理求出AC，再利用角平分線的性質．
，故．
又，得，．
所以，解得或．
在中，，解得或．
因此．
思路2 利用正弦定理求出C．
由，得，故．
所以，又，所以．
思路3 利用余弦定理求出AC，再利用正弦定理．
，故．
又，得，故．
所以，而，所以．
思路4 利用特殊三角形求出C，再求出B，．
如圖，過點B作，垂足為E，則，．從而，因此，．
因為，所以．
【典例3】（2023年高考文科數學（全國甲卷）第10題）在三棱錐中，是邊長為2的等邊三角形，，，則該棱錐的體積為（ ）
A．1 B． C．2 D．3
【解讀】試題背景源于教材，突出基礎性的考查，重視空間想象能力的考查，對計算求解能力也有一定的要求．試題的解法常規，利于考生發揮．
【答案】A
【目標】試題考查了三棱錐的基本概念和三棱錐體積的計算方法，考查考生對直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關系等基礎知識的理解與應用的能力．
【分析】解題思路 如圖，設AB的中點為O，連接PO，CO，由題設可得，，平面POC，平面平面ABC．又由題設得，，
則，平面ABC．所以三棱錐的體積為，
選A．
【典例4】（2023年高考文科數學（全國甲卷）第17題）記的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知．
（1）求bc；
（2）若，求面積．
【解讀】解三角形本質上是在三角形內蘊方程（三角形的正弦定理、余弦定理、三角形內角和定理）以及三角形兩邊之和大于第三邊的基礎上，把試題設定的條件（方程）與內蘊方程建立聯系，從而求得三角形的全部或者部分度量關系．試題題干部分是三角形的邊和角的方程，第（1）問是求邊長的乘積，第（2）問是求三角形面積．試題考查解三角形的基本知識和基本技能，考查考生運算求解能力．試題以三角形三邊和一個內角的等式為命制背景，考生可以借助余弦定理和正弦定理，得到的大小，進而求得三角形面積．試題結構簡潔明確，指引性強，運算量適中，重點考查了必備知識，突出了基礎性，符合高考評價體系的考查要求和考生實際．
【答案】（1）；（2）面積為．
【目標】試題考查解三角形的基本知識和方法，考查正弦定理和余弦定理的掌握，考查運算求解能力．
【分析】解題思路 （1）利用余弦定理．
由余弦定理得．
由題設得，且，所以．
（2）思路1 利用正弦定理．
由正弦定理得．
因為，所以，即．
由得．
因此面積為．
思路2 利用余弦定理．
由，，
得，
．
故，即，所以．
因此面積為．
【典例5】（2023年高考理科數學（全國乙卷）第18題）在中，已知，，．
（1）求；
（2）若D為BC上一點，且，求的面積．
【解讀】試題面向全體考生，題干簡潔清晰，重點考查考生對正弦定理、余弦定理的掌握，以及轉化與化歸的能力．試題既有效地考查了考生對基本概念、基本定理的理解和運用，又考查了考生對三角形邊角關系的理解．作為解答題第二題，本題較容易入手并拿到應得分數，有利于穩定考生的心態，緩解緊張情緒，激發考生的自信心，使得絕大多數考生有分數的獲得感與成就感．
【目標】試題考查正弦定理、余弦定理、三角函數公式等基礎知識，考查考生在解三角形中，對邊與角的運算求解能力，考查邏輯思維能力．
【分析】解題思路 思路1 （1）當給定三角形的兩邊與夾角時，那么這個三角形是唯一確定的．從而可以利用余弦定理求得未知邊長，進而利用正弦定理求得另外兩個內角的正弦值，故可以解決試題第（1）問．即，首先通過余弦定理可求得BC，再由正弦定理求出．
（2）當取滿足給定條件邊上一點時，可以構造出新的三角形，將原三角形條件轉化，可得到新三角形的條件，從而完成第（2）問求解新三角形面積．即根據直角三角形性質和第（1）問結論求出AD，再根據正弦定理求出的面積．
思路2 第（1）問同思路1．第（2）問，通過面積差計算所求角形面積．
如圖，的面積可以轉化為的面積與的面積的差．
由第（1）問和題設得．
故．由題設可知，故．
所以的面積，的面積，
因此的面積為．
思路3 構造AB邊上高，交BA延長線于點E，在中求解．
（1）如圖，過C作AB邊垂線，交BA延長線于點E．
由題設可知，．
故，．
在中，．
因此，．
（2）通過計算，，面積求得面積．
【典例6】（2023年高考文科數學（全國乙卷）第4題）記的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若，且，則（ ）
A． B． C． D．
【解讀】試題以簡單平面幾何問題為載體，以求角的大小為橋梁，將幾何問題與代數問題聯系在一起．從幾何上看，若，則是直角三角形，且是顯然的，但考生要將形象思維轉化為邏輯推理結論，需要利用正弦定理、余弦定理、三角函數的恒等變形知識，并具有一定的邏輯推理能力以及運算求解能力．這樣設計的目的是使考生能在熟悉的情境中，理解問題，分析問題，進而解決問題，全面考查考生分析問題與解決問題的能力．
試題簡潔清晰，題干部分以考生最熟悉的邊角關系呈現，但解決問題的思維方法是豐富的，既可以是幾何的，也可以是函數的，還可以是代數運算的，給不同思維范式的考生提供了廣闊的發揮空間．試題主要考查考生對正弦定理、余弦定理、三角恒等變形技巧的掌握和應用，考查內容屬于高中數學教學中的基本知識與技能．
【答案】C
【目標】試題考查正弦定理、兩角和的三角函數公式以及三角函數的恒等變形能力，考查邏輯推理能力以及運算求解能力．
【分析】解題思路 思路1 由射影定理得，
從而由已知得，即，
從而可得．故，正確選項為C．
思路2 由正弦定理及題設得．
由于，
故，
即，從而可得．故，正確選項為C．
思路3 由余弦定理及題設可得，
化簡得，所以是直角三角形，且．
故，正確選項為C．
思路4 由正弦定理及題設得，所以，，
代入已知可得，即．
所以，或．
當時，可得，即，舍去；
當時，可得，即，故正確選項為C．
【典例7】（2023年高考數學（新課標Ⅱ卷）第17題）記的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知面積為，D為的中點，且．
（1）若，求；
（2）若，求b，c．
【解讀】解三角形本質上是在三角形內蘊方程（三角形的正弦定理、余弦定理、三角形內角和定理）以及三角形兩邊之和大于第三邊的基礎上，把試題設定的條件（方程）與內蘊方程建立聯系，從而求得三角形的全部或者部分度量關系．試題題干部分給出了三角形的一條中線長和三角形面積，試題題干和設問簡潔清晰，在第（1）問中，只需要依據題設，通過正弦定理、余弦定理或作高，即可求解．在第（2）問中，給出三角形的兩邊的代數關系，利用余弦定理或者平行四邊形的幾何性質即可列出方程得到解答．
（1）試題考查解三角形的基本知識和基本技能，考查考生分析問題和解決問題的能力．試題的題設和第（1）問、第（2）問都與正弦定理和余弦定理緊密相關，結合三角形面積公式，就可以解決問題．試題重點考查了必備知識和基礎性，符合高考評價體系的考查要求，符合考生的實際情況，有利于考生的正常發揮．
（2）試題符合三角學發展的歷史邏輯，有利于不同思維水平和能力的考生給出不同的解決方案．試題的題干設計和兩問設計都是基于三角學的幾何性質，因此試題蘊涵著從綜合幾何的角度理解試題和求解試題的策略．高中數學教師在引導學生分析和研究本試題時，要關注解三角學首先是幾何的，然后才是函數與代數的，要從三角學發展的不同歷史邏輯整體理解三角學在高中數學課程中的價值和作用．
【目標】試題考查了正弦定理、余弦定理、三角函數的誘導公式與兩角和公式，考查了三角形面積公式，考查了考生的運算求解能力、邏輯思維能力和空間想象能力．
【分析】解題思路 （1）思路1 利用正弦定理．
由題設知面積為，得，解得．
由正弦定理得，即，因此．
思路2 作的高．
由題設知面積為，故，解得．
過點A作，垂足為E，則，．
因此，故．
思路3 利用余弦定理．
由題設知面積為，故，解得．
在中，由余弦定理得，，故．
（2）思路1 利用余弦定理．
令．由余弦定理得
，．
所以，由題設可得．
因為和面積均為，故，．所以．
思路2 利用平行四邊形對角線長定理．
如圖，延長至E使得，連接，，則四邊形為平行四邊形，則
，因此，故．
而面積為，所以為的邊上的高，故
【典例8】（2023年高考數學（新課標Ⅰ卷）第17題）已知在中，，．
（1）求；
（2）設，求邊上的高．
【解讀】試題以三角形中的三角關系立意，考查應用三角函數公式和正弦定理、平面幾何知識進行運算求解的能力．試題面向全體考生，體現了對邏輯思維能力、運算求解能力和空間想象能力的考查．試題敘述清晰，設問指向明確，解題方法直接，有效控制了試題難度．
考生根據題意畫出圖形，利用正弦的和角和差角公式就能比較順利地解答第（1）問．第（2）問給出三角形邊的長，而由第（1）問可以確定三角形的三個內角，利用正弦定理便可求出另一條邊或的長，從而求得邊上的高．
試題既有效考查了考生對基本概念、基本公式的理解和應用，也考查了考生的基本數學能力，難度不大，體現了對考生的人文關懷．
【目標】試題考查正弦定理、同角三角函數基本關系式、三角恒等變形等基礎知識；試題基于解三角形考查空間想象、運算求解、邏輯思維等能力以及函數與方程、化歸與轉化、數形結合等思想．
【分析】解題思路 （1）思路1 由題設得，故．于是，即
．
化簡可得，故，．
思路2由題設得，故，．由已知，即，則，從而，．
所以．
（2）思路1 由（1）得，故．
由正弦定理得．
所以邊上的高為．
思路2 由（1）及正弦定理得．
又，故．
所以邊上的高為．
應用一 判定三角形形狀
【例1】（2024·四川內江·統考一模）在中，、、分別為角、、的對邊，若，則的形狀為（ ）
A．正三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形或直角三角形 D．等腰直角三角形
【引導與詳解】
第一步：根據條件，利用倍角公式得到：
因為，所以，整理得到，
第二步：再利用正弦定理角轉邊即可得出結果：
又由正弦定理，得到，
所以，得到，
又，所以，得到，又，所以，
故選：B.
應用二 證明三角形中的恒等式或不等式
【例2】（2023·廣東汕頭·統考一模）如圖，在中，D是邊上的一點，，．
（1）證明：；
（2）若D為靠近B的三等分點，，，，為鈍角，求．
【引導與詳解】
（1）第一步：在和中分別用正弦定理表示出：
證明：在中，，
在中，，
第二步：相比即可證明結論：
由于，故，
所以.
（2）第一步：利用（1）的結論可求得：
因為，故，由為鈍角，故為銳角，
又，且D為靠近B的三等分點，，，
故，
第二步：由余弦定理求得的長，即可得長，從而求得的長：
故，
故，則，
第三步：計算面積：
故.
應用三 求三角形中的邊長或周長的最值或范圍
【例3】（2024·四川成都·成都七中校考模擬預測）記的內角的對邊分別為．若，，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【引導與詳解】
第一步：先根據邊的關系求出的范圍：
根據三角形三邊關系可得，即，
第二步：表示出，求出其范圍，進而可得的范圍：
又，
因為函數在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，
又，所以，
所以，
第三步：求的范圍：
又為三角形的內角，
所以，
所以.
故選：C.
應用四 幾何圖形中的計算
【例4】（2023·遼寧撫順·校考模擬預測）在直四棱柱中，底面ABCD為平行四邊形，，，，，過點B作平面截四棱柱所得截面為正方形，該平面交棱于點M，則（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【引導與詳解】
第一步：先結合截面為正方形，借助中位線轉化得到的關系：
如圖，設截面分別交，于點P，Q，
連接PQ，BM，設交點，連接，設交點，
由已知截面為正方形，則是，的中點，
底面ABCD為平行四邊形，則是，的中點，
又，，則，
則是的中位線，也是四邊形的中位線.
設，，
故，
第二步：利用余弦定理分別求解底面對角線：
由，得，
化簡得（*），且，
由直四棱柱知，平面，
又平面，則
則四邊形為直角梯形.
由，得，
在中，由余弦定理得，
解得，同理可得，
第三步：由垂直關系及截面正方形，借助長度相等，利用勾股定理建立的方程組，求解轉化即得所求比值：
如圖，在直角梯形中，在CQ上取點S，使，
則.
由，得，
即，化簡得，
與（*）聯立，解得，，
所以，則，
驗證知，此時四邊形為為正方形，滿足題意.
則．
故選：B．
應用五 求三角形面積的最值或范圍
【例5】（2023·廣西柳州·柳州高級中學校聯考模擬預測）在中，角、、所對的邊分別為、、，已知，，則面積的最大值為（ ）
A． B． C． D．
【引導與詳解】
第一步：利用余弦定理結合基本不等式可求得的最大值：
由余弦定理可得，即，
當且僅當時，等號成立，
第二步：再利用三角形的面積公式可求得面積的最大值：
故.
因此，面積的最大值為.
故選：B.
應用六 正余弦定理與三角函數性質的綜合應用
【例6】（2023·黑龍江哈爾濱·哈爾濱市第六中學校校考二模）在中，內角，，的對邊分別為，，，則下列說法正確的是（ ）
A．若，，，則邊上的中線長為
B．若，，，則有兩個解
C．若不是直角三角形，則一定有
D．若是銳角三角形，則一定有
【引導與詳解】
第一步：利用向量化即可判斷A：
對于A，由為的中點得：
，
所以邊上的中線長為，故A錯誤；
第二步：利用正弦定理解三角形即可判斷B：
對于B，，，，
因為，所以，
所以或，
又因為，所以，且只有一個解，
所以只有一個解，故B錯誤；
第三步：根據三角形內角和定理結合兩角和的正弦定理即可判斷C：
對于C，因為，
所以，
又因為，
所以，
所以，故C正確；
第四步：由，，結合正弦函數的單調性即可比較，進而可判斷D：
對于D，因為是銳角三角形，所以，
又，所以，
所以，所以，
同理，
所以，故D正確.
故選：CD.
應用七 距離測量問題
【例7】（2023·黑龍江哈爾濱·哈爾濱市第六中學校校考二模）火箭造橋技術是我國首創在陡峭山區建橋的一種方法.由兩枚火箭牽引兩條足夠長的繩索精準的射入對岸的指定位置，是建造高空懸索橋的關鍵.位于湖北省的四渡河大橋就是首次用這種技術建造的懸索橋.工程師們需要測算火箭攜帶的引導索的長度（引導索比較重，如果過長影響火箭發射），已知工程師們在建橋處看對岸目標點的正下方地面上一標志物的高為，從點處看點A和點俯角為，．求一枚火箭應至少攜帶引導索的長度（ ）
A． B．
C． D．
【引導與詳解】
第一步：在Rt中可得：
在Rt中，，
第二步：在中，利用正弦定理運算求解即可：
在中，可知，
由正弦定理可得：，即，
所以.
故選：C.
應用八 高度測量問題
【例8】（2023·四川遂寧·統考模擬預測）某數學興趣小組到觀音湖濕地公園測量臨仙閣的高度.如圖所示，記為臨仙閣的高，測量小組選取與塔底在同一水平面內的兩個測量點.現測得.，m，在點處測得塔頂的仰角為30°，則臨仙閣高大致為（ ）m（參考數據：）
A．31.41m B．51.65m C．61.25m D．74.14m
【引導與詳解】
第一步：先在中利用正弦定理求：
依題意，中，，
所以由正弦定理得，即，
解得，
第二步：再在中求即可：
在中，，
即．
故選：C.
應用九 角度測量問題
【例9】（2023·寧夏石嘴山·石嘴山市第三中學校考模擬預測）某校學生參加課外實踐活動“測量一土坡的傾斜程度”，在坡腳A處測得，沿土坡向坡頂前進后到達D處，測得．已知旗桿，土坡對于地平面的坡角為，則（ ）
A． B． C． D．
【引導與詳解】
第一步：先在中由正弦定理可得AP：
在中，由正弦定理可得
第二步：然后表示出PB、AB：
在中，易知，
第三步：利用三角函數同角關系表示出，化簡可得：
則
整理可得
故選：D
方法一： 正弦定理&余弦定理&三角形面積公式
1.正弦定理：正弦定理是解三角形的基本定理之一，它給出了三角形的邊長與對應角的正弦值之間的關系.具體來說，對于任意三角形ABC，有：
其中a、b、c是三角形的三邊長，A、B、C是對應的角度，R是三角形的外接圓半徑.利用正弦定理，可以求解三角形的邊長或角度.
2.余弦定理：余弦定理也是解三角形的基本定理之一，它給出了三角形的邊長與對應角的余弦值之間的關系.具體來說，對于任意三角形ABC，有：
利用余弦定理，可以求解三角形的邊長或角度
3.面積公式：面積公式也是解三角形的一個重要工具，常用的面積公式有海倫公式、半面積公式等.通過已知的邊長或角度，可以計算出三角形的面積，進而求解其他幾何量.
方法二： 勾股定理
勾股定理：勾股定理是解三角形的一個重要定理，它給出了直角三角形中兩直角邊的平方和等于斜邊的平方的關系.具體來說，對于直角三角形ABC，有：
其中a、b是直角三角形的兩直角邊長，c是斜邊長.利用勾股定理，可以求解直角三角形的邊長或角度.
微點：正余弦定理
【表現形式】
一、三角形的基本元素與隱含性質
在中，角A、B、C所對的邊分別是a、b、c
①三角形六要素：角A、B、C與邊a、b、c，解三角形的過程就是求解三角形邊的長度與角度大小的過程；②周長與面積：周長與面積的求解過程本質也是求解邊與角的過程；
③邊的關系：兩邊之和要大于第三邊，兩邊之差小于第三邊；在解三角形的過程中起對判定作用；
④角的關系：，在求解過程中起消元作用，已知一角或兩角的定量關系，另外兩角一定存在定量關系，體現方程思想；
⑤邊角大小關系：，即大邊對大角、小邊對小角，在求解過程中可以判定角的解的個數；
⑥三角的形狀由最大角決定：最大角為銳角時，三角形為銳角三角形，依此類推直角與鈍角三角形．
二、正余弦定理及面積公式
定理 正弦定理 余弦定理
公式 其中R為三角形外接圓的半徑 ；； ．
常見變形 ①，，；②，，； ；； ．
面積公式
正余弦定理的本源思想①把邊與角的關系通過正余弦定理以數的形式表達出來，體現數形結合思想！ ②在求解過程中，通過正余弦定理實現邊角轉化，體現化歸思想！ ③在定量問題中找方程，在變化問題中找函數，體現函數與方程思想！
三、關于解三角形的解讀
①利用正弦定理實現邊角關系的轉化，在數的本質上來看就是在等式的兩邊同時乘以或除以非零的常數2R后，等式依然成立．
例：在中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，，請判斷的形狀．
分析：對條件，我們由兩個思路，第一：實現角的統一；第二：實現邊的統一
即思路1：
思路2：
故是角C為直角的直角三角形．
②利用正弦定理證明，在數的本質上來看就是不等式的兩邊乘以或除以正數2R后不等關系依然不改變；
③正弦定理的合分比性質：
④和差及誘導公式在解三角形中的應用，在中；
（三角形中的射影定理）
同理有：，．
在非直角三角形中 （正切恒等式）
⑤解三角形多解情況，在中，已知a，b和A時，解的情況如下：
A為銳角 A為鈍角
圖形
關系式
解的個數 一解 兩解 一解 一解 無解
⑥三角形的幾何性質在解三角形中的應用
角平分線 ①利用角平分線定理求解：；
②利用面積相等（算兩次）求解：．
中線及等分線 ①利用共線定理求解：（向量定比分點公式）；（D為中點時為特殊情況）；
②結合余弦定理（算兩次），利用互補角余弦值之和為0求解．
外接圓 正弦定理的應用 （R為外接圓半徑）；
內切圓 化歸為求面積與周長 （其中r為內切圓半徑，l為三角形周長）．
【步驟】①在三角形中對已知條件結合三角函數進行化簡；②利用正余弦定理求解相關數據；③驗證求解.
【例1】（2024·全國·模擬預測）設為坐標原點，的面積為，則的值為（ ）
A． B． C． D．
答案 C
解析 由題意，可知都是單位圓上的點，
所以，
所以，，
又，
所以，所以．
故選：C．
【例2】（2024·陜西銅川·統考一模）在中，，.則（ ）
A． B． C． D．或
答案 C
解析 在中，由及正弦定理得：
，
而，
則，
顯然，，
解得，
所以.
故選：C
【跟蹤練習】
（2024·河南·方城第一高級中學校聯考模擬預測）
1．如圖，已知是半徑為1的扇形內的一點，且，，，則陰影部分的面積為（ ）
A． B． C． D．
（2024·陜西安康·校聯考模擬預測）
2．記的內角的對邊分別為，分別以為邊長的正三角形的面積依次為，且，則（ ）
A． B． C． D．
（2024·陜西咸陽·校考模擬預測）
3．我國油紙傘的制作工藝非常巧妙.如圖1，傘不管是張開還是收攏，傘柄始終平分同一平面內兩條傘骨所成的角，且，從而保證傘圈能夠沿著傘柄滑動.如圖2，傘完全收攏時，傘圈已滑到的位置，且三點共線，為的中點，當傘從完全張開到完全收攏，半圈沿著傘柄向下滑動的距離為，則當傘完全張開時，的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
（2024·全國·模擬預測）
4．已知為坐標原點，雙曲線的右焦點為為上一點，若，則的離心率為（ ）
A． B． C． D．
（2024·全國·模擬預測）
5．在中，，則（ ）
A． B． C． D．
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．A
【分析】設，可得，，在和中，利用正弦定理，求解，的值，進而求出，和的值，求出和,求出扇形面積，求解出陰影部分面積.
【詳解】設，則，,
故，
則在中，由正弦定理可得.
在中，由正弦定理可得，
解得，，
又因為扇形的半徑為，
所以，，
且.
所以，
.
所以.
故選：A
2．C
【分析】借助三角形的面積公式和余弦定理計算即可得.
【詳解】由題意得，
則，
所以，故，
又，所以．
故選：C.
3．A
【分析】先通過題意求出，再通過余弦定理求出，進而通過倍角公式可得的值.
【詳解】當傘完全張開時，，
因為為的中點，所以，
當傘完全收攏時，，所以，
在中，，
所以.
故選：A.
4．C
【分析】記的左焦點為，利用余弦定理求出，再根據雙曲線的定義及離心率的定義分析求解.
【詳解】由題意可得：，
在中，由余弦定理得，
且，所以，
記的左焦點為，連接，
在中，由余弦定理得，
故，由雙曲線的定義得，
即，可得．
故選：C.
5．A
【分析】由題意可求得角A，由余弦定理求得，再根據正弦定理求得.
【詳解】由，得，又，
所以，
由余弦定理得，
得，
由正弦定理得，即，所以，
故選：A．
答案第1頁，共2頁
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