資源簡介

(共98張PPT)
第一階段　突破核心　升華思維
專題一　三角函數與解三角形
§2　解三角形
【備考指南】　解三角形的核心命題點有三個：一是應用正弦、余弦定理求三角形中的長度、角度、面積等幾何度量問題；二是與三角形有關的最值、范圍問題；三是解三角形在實際生活中的應用，難度中等．求解此類問題務必注意轉化與化歸思想的應用．
能力考點　三角函數在實際建模中的應用
基礎考點1　解三角形中的長度、角度、面積問題
（一）
基礎考點2　解三角形中的中線、分點、角平分線問題
（二）
（三）
專題限時集訓(五)　解三角形
（四）
基礎考點1　解三角形中的長度、角度、面積問題
【典例1】　(1)(2023·北京高考)在△ABC中，(a＋c)·(sin A－sin C)
＝b(sin A－sin B)，則C＝(　　)
A． B．
C． D．
√
(2)(2024·湖北武漢四調)已知△ABC三個內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且＝．
①求sin C的值；
②若△ABC的面積S＝5，且c＝(a－b)，求△ABC的周長．
(1)B　[因為(a＋c)(sin A－sin C)＝b(sin A－sin B)，所以由正弦定理得(a＋c)(a－c)＝b(a－b)，
即a2－c2＝ab－b2，
則a2＋b2－c2＝ab，故cos C＝＝＝，
又0＜C＜π，所以C＝．故選B．]
(2)[解]　①由已知及正弦定理可得，＝，所以3sin B cos C－sin A cos C＝cos A sin C．
所以3sin B cos C＝sin A cos C＋cos A sin C＝sin (A＋C)．
又sin (A＋C)＝sin (π－B)＝sin B，且sin B≠0，所以cos C＝．
由sin C>0，故sin C＝＝．
②S＝ab sinC＝5，所以ab＝15．
由余弦定理得，c2＝a2＋b2－2ab cos C＝a2＋b2－10．
又c2＝6(a－b)2＝6(a2＋b2)－180，
聯立得a2＋b2＝34，c＝2．
所以a＋b＝＝8．
故△ABC的周長為a＋b＋c＝8＋2．
應用正弦、余弦定理解題的技巧
(1)涉及邊與角的余弦的積時，常用正弦定理將邊化為角，涉及邊的平方時，一般用余弦定理．
(2)涉及邊a，b，c的齊次式時，要根據式子的特點進行轉化．如出現a2＋b2－c2＝λab形式用余弦定理，等式兩邊是關于邊或角的正弦的齊次式用正弦定理．
1．(2024·福建廈門模擬)在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知b－c＝a，2sin B＝3sin C，則cos A＝(　　)
A．－ B．
C．－ D．
√
A　[由2sin B＝3sin C及正弦定理，得2b＝3c，
則b－c＝b－b＝a，即b＝a，
則c＝b＝a＝a，
故cos A＝＝＝＝－．故選A．]
2．(2024·山東大聯考二模)在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，設甲：b－c＝a(cos C－cos B)，乙：△ABC是直角三角形，則(　　)
A．甲是乙的充分不必要條件
B．甲是乙的必要不充分條件
C．甲是乙的充要條件
D．甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件
√
D　[在△ABC中，由正弦定理及b－c＝a(cos C－cos B)，得sin B－sin C＝sin A(cos C－cos B)，
即sin (A＋C)－sin (A＋B)＝sin A(cos C－cos B)，
整理得cos A sin C－cos A sin B＝0，
由正弦定理得c cos A－b cos A＝0，
則cos A＝0或b＝c，即A＝或b＝c，
因此甲：A＝或b＝c，顯然甲不能推乙；
乙：△ABC是直角三角形，當角B或C是直角時，乙不能推甲，所以甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件．故選D．]
3．(2024·福建莆田三模)在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且b(cos C＋1)＝c(2－cos B)．
(1)證明：a＋b＝2c；
(2)若a＝6，cos C＝，求△ABC的面積．
[解]　(1)證明：根據正弦定理知b(cos C＋1)＝c(2－cos B)
sin B cos C＋sin B＝2sin C－sin C cos B，
整理得sin B cos C＋sin C cos B＋sin B＝2sin C sin (B＋C)＋sin B＝2sin C，
因為A＋B＋C＝π，
所以sin A＝sin (B＋C)，所以sin A＋sin B＝2sin C，
由正弦定理可得a＋b＝2c．
(2)因為cos C＝，所以sin C＝＝，
由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2ab cosC，即c2＝36＋b2－b，則4c2＝144＋4b2－27b，
因為a＝6，所以6＋b＝2c，所以36＋12b＋b2＝4c2，
則144＋4b2－27b＝36＋12b＋b2，即b2－13b＋36＝0，
解得b＝4或b＝9，
當b＝4時，此時△ABC的面積S＝ab sin C＝×6×4×＝，
當b＝9時，此時△ABC的面積S＝ab sin C＝×6×9×＝．
所以△ABC的面積為或．
2
4
3
題號
1
√
【教師備選資源】
1．在△ABC中，若2cos2A－cosA＝2cos2B＋2cos2C－2＋cos，則A＝(　　)
A．　　　B．　　　C．　　　D．
2
4
3
題號
1
B　[因為2cos2A－cosA＝2cos2B＋2cos2C－2＋cos，
所以2－cos
＝2＋2－2＋cos(B－C)，
則2－2sin2A＋cosB cos C－sin B sin C
＝2－2sin2B－2sin2C＋cosB cos C＋sin B sin C，
整理得sin2B＋sin2C－sin2A＝sinB sin C．
由正弦定理可得b2＋c2－a2＝bc，
由余弦定理的推論得cos A＝＝＝，因為A∈，故A＝．故選B．]
2
4
3
題號
1
2．在公元前500年左右，畢達哥拉斯學派的數學家們堅信“萬物皆(整)數與(整)數之比”，但后來的數學家發現了無理數，引發了數學史上的第一次數學危機．如圖是公元前400年古希臘數學家泰特托斯用來構造無理數，…的圖形，此圖形中∠BAD的余弦值是(　　)
A．　　　　　　　　　　B．　
C．
√
2
4
3
題號
1
D　[在△BCD中，∠DCB＝135° BD2＝1＋1＋2×1×1×＝2＋，
在△BAD中，cos ∠BAD＝＝．故選D．]
2
4
3
題號
1
3．(2024·新高考Ⅱ卷)記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sin A＋cos A＝2．
(1)求A；
(2)若a＝2，b sin C＝c sin 2B，求△ABC的周長．
[解]　(1)由sin A＋cos A＝2，得
sin A＋cos A＝1，即sin ＝1，
由于A∈(0，π)，所以A＋∈，故A＋＝，所以A＝．
2
4
3
題號
1
(2)由題設條件和正弦定理得
sin B sin C＝2sin C sin B cos B，
又B，C∈(0，π)，則sin B sin C≠0，所以cos B＝，所以B＝，所以C＝π－A－B＝．
sin C＝sin (π－A－B)＝sin (A＋B)＝sin A cos B＋sin B cos A＝，
由正弦定理＝＝，可得＝＝，解得b＝2，c＝，
故△ABC的周長為2＋＋3．
2
4
3
題號
1
4．(2022·全國乙卷)記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sin C sin (A－B)＝sin B sin (C－A)．
(1)證明：2a2＝b2＋c2；
(2)若a＝5，cos A＝，求△ABC的周長．
2
4
3
題號
1
[解]　(1)證明：因為sin C sin (A－B)＝sin B sin (C－A)，
所以sin C sin A cos B－sin C sin B cos A
＝sin B sin C cos A－sin B sin A cos C，
所以ac·－2bc·＝－ab·，
即－(b2＋c2－a2)＝－，
所以2a2＝b2＋c2．
2
4
3
題號
1
(2)因為a＝5，cos A＝，
由(1)得b2＋c2＝50，
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bc cos A，
得50－bc＝25，所以bc＝，
故(b＋c)2＝b2＋c2＋2bc＝50＋31＝81，
所以b＋c＝9，
所以△ABC的周長為a＋b＋c＝14．
基礎考點2　解三角形中的中線、分點、角平分線問題
【典例2】　(1)(2023·全國甲卷)在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，BC＝，∠BAC的角平分線交BC于D，則AD＝________．
(2)(2024·江蘇蘇州二模)記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知＝．
①求角A；
②若a＝6，點M為△ABC的重心，且AM＝2，求△ABC的面積．
2
(1)2　[如圖所示，記AB＝c，AC＝b，BC＝a．
法一：由余弦定理可得，22＋b2－2×2×b×cos 60°＝6，
因為b>0，所以b＝1＋，
由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD可得，
×2×b×sin 60°＝×2×AD×sin 30°＋×AD×b×sin 30°，
解得AD＝＝＝2．
法二：由余弦定理可得，22＋b2－2×2×b×cos 60°＝6，
因為b>0，所以b＝1＋，
由正弦定理可得，＝＝，
解得sin B＝，sin C＝，
因為1＋>>2，
所以C＝45°，B＝180°－60°－45°＝75°．
又∠BAD＝30°，所以∠ADB＝75°，即AD＝AB＝2．]
(2)[解]　①因為＝，由正弦定理可得＝，整理得b2＋c2－a2＝bc，由余弦定理的推論可得cos A＝＝．
又因為A∈(0，π)，所以A＝．
②設AM的延長線交BC于點D，因為點M為△ABC的重心，所以點D為BC中點，
又因為AM＝2，所以AD＝3．
在△ABC中，由b2＋c2－a2＝bc和a＝6，
可得bc＝b2＋c2－36．
在△ABD和△ACD中，有cos ∠ADB＝－cos ∠ADC，
由余弦定理的推論可得＝－，
故b2＋c2＝72，所以bc＝b2＋c2－36＝72－36＝36，
所以△ABC的面積為bc sin A＝×36×sin ＝9．
(1)解答三角形的中線問題的兩種思路：
①應用中線長定理：在△ABC中，AD是邊BC上的中線，則AB2＋AC2＝2(BD2＋AD2)，體現了算“兩次”的思想．
②借助向量：在△ABC中，AD是邊BC上的中線，則＝(b2＋c2＋2bc cos A)．
(2)解答三角形的角平分線問題的兩種思路：一是內角平分線定理；二是等面積法．如若AD是△ABC的角平分線，則
①＝；②S△ABD＋S△ACD＝S△ABC．
提醒：對于三角形的分點問題，可通過算“兩次”的思想或借助向量求解，方法請參考中線問題．
1．[高考變式]在△ABC中，已知A＝，a＝2，角A的平分線交邊BC于點D，△ABC的面積為2，則AD的長為________．
　[設AD＝x，由S△ABD＋S△ACD＝S△ABC，
即cx·sin bx·sin ＝bc sin ＝2，
可得(b＋c)x＝8，bc＝8，
由a2＝b2＋c2－2bc cos ＝(b＋c)2－3bc，
即12＝(b＋c)2－24，可得b＋c＝6，可得x＝．即AD的長為．]
2．(2024·重慶巴蜀中學模擬)已知a，b，c分別為△ABC的內角A，B，C的對邊，S為△ABC的面積，且滿足4S＝b2－(a－c)2．
(1)求B；
(2)若＝，且||＝，c－a＝2，求∠ABD的余弦值．
[解]　(1)因為4S＝b2－(a－c)2＝b2－a2－c2＋2ac＝－(a2＋c2－b2)＋2ac，
可得4ac sin B＝－2ac cos B＋2ac，
可得cos B＋sin B＝1，即sin ＝，
又因為B∈(0，π)，所以B＋＝，可得B＝．
(2)若＝，且||＝，c－a＝2，B＝，
可得＝＋＋＝＋＋||·||cos ∠ABC＝＋||·||×，
即＝c2＋a2－ac，整理可得4a2＋c2－2ac＝7，
又因為c＝2＋a，代入4a2＋c2－2ac＝7中，
可得4a2＋(2＋a)2－2a(a＋2)＝7，
整理可得a2＝1，解得a＝1，c＝3．
在△ABC中，由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2ac·cos ∠ABC＝1＋9－2×1×3×＝13，所以b＝．
又＝＝＝)＝，
所以A，D，C三點共線，且AD＝AC＝，
在△ABD中，由余弦定理的推論可得cos ∠ABD＝＝＝．
即∠ABD的余弦值為．
【教師備選資源】
1．(2023·新高考Ⅱ卷)記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知△ABC的面積為，D為BC的中點，且AD＝1．
(1)若∠ADC＝，求tan B；
(2)若b2＋c2＝8，求b，c．
[解]　(1)法一：在△ABC中，因為D為BC的中點，∠ADC＝，AD＝1，
則S△ADC＝AD·DC sin ∠ADC＝×1×a×＝a＝S△ABC＝，解得a＝4．
在△ABD中，∠ADB＝，由余弦定理得
c2＝BD2＋AD2－2BD·AD cos ∠ADB，
即c2＝4＋1－2×2×1×＝7，解得c＝，則cos B＝＝，
sin B＝＝＝，
所以tanB＝＝．
法二：在△ABC中，因為D為BC的中點，∠ADC＝，AD＝1，S△ABC＝，
則S△ACD＝，
過A作AE⊥BC，垂足為E，如圖所示，
在△ADE中，DE＝，AE＝，S△ACD＝CD＝，解得CD＝2，
所以BD＝2，BE＝，故tan B＝＝＝．
(2)法一：在△ABD與△ACD中，由余弦定理得
整理得a2＋2＝b2＋c2，而b2＋c2＝8，
則a＝2(負值舍去)，
又S△ADC＝×1×sin ∠ADC＝，
解得sin ∠ADC＝1，而0<∠ADC<π，
于是∠ADC＝，所以b＝c＝＝2．
法二：在△ABC中，因為D為BC的中點，
則＝)，所以＝(c2＋b2＋2bc cos A)，
又AD＝1，b2＋c2＝8，
則1＝(8＋2bc cos A)，所以bc cos A＝－2，①
S△ABC＝bc sin A＝，即bc sin A＝2，②
由①②解得tan A＝－， 所以A＝，
所以bc＝4，又b2＋c2＝8，所以b＝c＝2．
2．記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知2b cos C＝2a＋c．
(1)求B；
(2)設b＝9，若M是邊AC上一點，2＝，且∠MAB＝∠MBA，求△BMC的面積．
[解]　(1)由2b cos C＝2a＋c及正弦定理得2sin B cos C＝2sin A＋sin C，
即2sin B cos C＝2sin ＋sin C
＝2sin B cos C＋2cos B sin C＋sin C，
所以2cos B sin C＝－sin C．
因為C∈，所以sin C≠0，
所以cos B＝－，
又B∈，所以B＝．
(2)如圖所示，
因為2＝，所以AM＝3，MC＝6．
又∠MAB＝∠MBA，所以BM＝AM＝3．
在△ABC中，由余弦定理b2＝a2＋c2－2ac cos ∠ABC，
得a2＋c2＋ac＝81．①
又2＝，所以＝，
兩邊平方得＝＋＋，
即9＝c2＋a2＋ac cos ∠ABC，所以a2＋4c2－2ac＝81．②
②－①得3c2＝3ac，所以a＝c，
代入①得a＝c＝3，
在△BMC中，BM 2＋BC 2＝32＋＝36＝MC 2，
所以△BMC是以∠MBC為直角的直角三角形，
所以△BMC的面積為×3×3＝．
3．(2021·北京高考)已知在△ABC中，c＝2b cos B，C＝．
(1)求B的大小；
(2)在下列三個條件中選擇一個作為已知，使△ABC存在且唯一確定，并求出BC邊上的中線的長度．
①c＝b；②周長為4＋2；③面積為S△ABC＝．
[解]　(1)∵c＝2b cos B，則由正弦定理可得sin C＝2sin B cos B，
∴sin 2B＝sin ＝．
∵C＝，∴B∈，2B∈，
∴2B＝，解得B＝．
(2)若選擇①：由正弦定理結合(1)可得＝＝＝，
與c＝b矛盾，故這樣的△ABC不存在．
若選擇②：由(1)可得A＝，
設△ABC的外接圓半徑為R，
則由正弦定理可得a＝b＝2R sin ＝R，c＝2R sin ＝R，
則周長a＋b＋c＝2R＋R＝4＋2，解得R＝2，則a＝2，c＝2，
由余弦定理可得BC邊上的中線的長度為
＝．
若選擇③：由(1)可得A＝，即a＝b，
則S△ABC＝ab sin C＝a2×＝，解得a＝，
由余弦定理可得BC邊上的中線的長度為
＝＝．
能力考點　三角函數在實際建模中的應用
【典例3】　(1)(2024·廣東湛江二模)如圖，為測量某大廈的高度，小張選取了大廈的一個最高點A，點A在大廈底部的射影為點O，兩個測量基點B，C與O在同一水平面上，他測得
BC＝102 m，∠BOC＝120°，在點B處測得
點A的仰角為θ(tan θ＝2)，在點C處測得點A的仰
角為45°，則該大廈的高度OA＝________ m．
204
(2)(2020·新高考Ⅰ卷)某中學開展勞動實習，學生加工制作零件，零件的截面如圖所示．O為圓孔及輪廓圓弧AB所在圓的圓心．A是圓弧AB與直線AG的切點，B是圓弧AB與直線BC的切點，四邊形DEFG為矩形，BC⊥DG，垂足為C，tan∠ODC＝，BH∥DG，EF＝12 cm，DE＝2 cm，A到直線DE和EF的距離均為7 cm，圓孔半徑為1 cm，則圖中陰影部分的
面積為________cm2．
＋4
(1)204　 (2)＋4　[(1)設OA＝h m，因為在點B處測得點A的仰角為θ，所以＝2，所以OB＝．
因為在點C處測得點A的仰角為45°，所以OC＝h m．
由余弦定理，可得BC2＝OB2＋OC2－2OB·OC·cos ∠BOC，
即1022×7＝h2＋h2＋h2＝h2，解得h＝204．
(2)如圖，連接OA，作AQ⊥DE，交ED的延長線于點Q，AM⊥EF于點M，交DG于點E′，交BH于點F′，記過O且垂直于DG的直線與DG的交點為P，設OP＝3m，則DP＝5m，不難得出AQ＝7，AM＝7，于是AE′＝5，E′G＝5，∴∠AGE′＝∠AHF′＝，△AOH為等腰直角三角形，又AF′＝5－3m，OF′＝7－5m，AF′＝OF′，∴5－3m＝7－5m，得m＝1，∴AF′＝5－3m＝2，OF′＝7－5m＝2，∴OA＝2，則陰影部分的面積S＝×π×(2)2＋×2×2
＝(cm2)．]
以幾何圖形為載體的三角函數、解三角形應用題，通常與平面幾何圖形、立體幾何圖形相結合，解決此類問題的關鍵是把相應線段表示出來，進而列出函數的解析式．解題過程中體現了轉化思想及數學運算、數學建模素養．
1．[高考變式]某中學開展勞動實習，學生加工制作零件，零件的截面如圖所示．圖中的四邊形ABCD為矩形，弧CED為一段圓弧，其尺寸如圖所示，則截面的面積為(　　)
A．cm2　　　　 B．cm2
C．(4π＋2)cm2 D．(2π＋2)cm2
√
B　[如圖，設所在圓的圓心為O，半徑為r．由題意解得半徑r＝2 cm．
設圖中陰影部分面積為S1，則截面面積S截面＝S圓＋S矩形ABCD－S1，
S圓＝πr2＝4π(cm2)，S矩形ABCD＝1×2＝2(cm2)，
AB＝CD＝2(cm)，
作OF⊥CD于點F，連接OD，OC．
∵OD＝OC＝r＝2 cm，
∴F為CD的中點，
∴DF＝(cm)，∴cos ∠ODF＝＝，
故∠ODF＝，∴∠DOF＝，
∴S扇形ODC＝×2××4＝(cm2)，
S△ODC＝DC·OF＝×2×1＝(cm2)，
∴S1＝S扇形ODC－S△ODC＝(cm2)，
∴S截面＝4π＋2＝(cm2)．]
2．(2024·云南楚雄模擬)足球是一項深受人們喜愛的體育運動．如圖，現有一個11人制的標準足球場，其底線寬AB＝68 m，球門寬EF＝7.32 m，且球門位于底線AB的中間，在某次比賽過程中，攻方球員帶球在邊界線AC上的M點處起腳射門，當∠EMF最大時，點M離底線AB的距離約為(　　)
A．26.32 m B．28.15 m
C．33.80 m D．37.66 m
√
C　[設∠AMF＝β，∠AME＝α，AM＝x>0，
所以∠EMF＝β－α．
記AB＝a＝68 m，EF＝b＝7.32 m，可得tan β＝，tan α＝，
tan (β－α)＝＝＝＝，
當∠EMF最大時，tan (β－α)＝最大，易知4x＋≥2＝4，此時tan (β－α)max＝，
當且僅當4x＝，即x＝時，等號成立，將a＝68 m，b＝7.32 m代入可得x＝≈33.80 m．故選C．]
3．(2024·江蘇南通模擬)某中學開展勞動實習，學生制作一個矩形框架的工藝品．要求將一個邊長分別為10 cm和20 cm的矩形零件的四個頂點分別焊接在矩形框架的四條邊上，則矩形框架周長的最大值為________cm．
60
60　[如圖所示，EF＝10，FG＝20，
令∠AEF＝α，則AF＝10sin α，∠AFE＝－α，
則∠BFG＝α，BF＝20cos α，BG＝20sin α，∠BGF＝－α，
則∠CGH＝α，CG＝10cos α．
∴周長為2AB＋2BC＝2(10sin α＋20cos α)＋
2(20sin α＋10cos α)＝60sin α＋60cos α
＝60sin ≤60，
當α＋＝，即α＝時取等號，所以矩形框架周長的最大值為60 cm．]
【教師備選資源】
1．(2024·廣東廣州二模)在一堂數學實踐探究課中，同學們用鏡面反射法測量學校鐘樓的高度．如圖所示，將小鏡子放在操場的水平地面上，人退后至從鏡中能看到鐘樓頂部的位置，此時測量人和小鏡子的距離為a1＝1.00 m，之后將小鏡子前移a＝6.00 m，重復之前的操作，再次測量人與小鏡子的距離為a2＝0.60 m，已知人的眼睛距離地面的高度為h＝1.75 m，則鐘樓的高度大約是(　　)
A．27.75 m B．27.25 m
C．26.75 m D．26.25 m
√
D　[如圖，設鐘樓的高度為PQ，
由△MKE∽△PQE，可得EQ＝＝，
由△NTF∽△PQF，可得FQ＝＝，
故EQ－FQ＝＝a，
故PQ＝＝＝＝26.25 m．
故選D．]
2．在長方形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E為邊AB的中點，G，F分別為邊AD，BC上的動點，且∠FEG＝，則GE＋EF的取值范圍是_____________．
　[如圖，設∠AEG＝α，
則∠FEB＝－α，GE＝，EF＝，
GE＋EF＝＝＝，
令t＝sin ，
則sin ＝－cos
＝－cos ＝2sin2－1＝2t2－1，
所以GE＋EF＝＝．
易得α∈，所以α＋∈，t∈，
因為函數y＝4t－在上單調遞增，所以2≤4t－≤3，
所以≤GE＋EF＝≤2．]
3．據氣象部門報道某臺風影響我國東南沿海一帶，測定臺風中心位于某市南偏東60°，距離該市400km的位置，臺風中心以40 km/h的速度向正北方向移動，距離臺風中心350 km的范圍都會受到臺風影響，則該市從受到臺風影響到影響結束，持續的時間為________h．
　[如圖，A點為該市的位置，B點是臺風中心向正北方向移動前的位置．
設臺風移動t h后的位置為C，則BC＝40t．
又∠ABC＝60°，AB＝400，
在△ABC中，由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC cos 60°＝4002＋－2×400×40t×＝1 600t2－16 000t＋160 000，
由AC≤350可得，1 600t2－16 000t＋160 000≤3502，
整理可得，16t2－160t＋375≤0，
解得≤t≤，又＝，
所以該市從受到臺風影響到影響結束，持續的時間為 h．]
一、單項選擇題
1．(2024·浙江金華三模)在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c．已知A＝，a＝，b＝2，則c＝(　　)
A． 　　　C．3　　　D．3
題號
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√
專題限時集訓(五)　解三角形
D　[由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos A，
即13＝4＋c2－2c，解得c＝3(c＝－舍去)．故選D．]
2．(2024·福建三明模擬)在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c．已知b＝2，B＝，sin A＝sin C，則△ABC的面積為(　　)
A．4　　B．　　C．2　　D．1
題號
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12
√
B　[由正弦定理及sin A＝sin C a＝c，
由已知及余弦定理的推論cos B＝，得＝，解得c＝2，故a＝c＝2，
所以S△ABC＝ac sin B＝×2×2×＝．故選B．]
3．(2024·湖北武漢模擬)在△ABC中，已知AB＝x，BC＝2，C＝，若存在兩個這樣的△ABC，則x的取值范圍是(　　)
A． B．(0，2)　
C．(2，2) D．(，2)
題號
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√
C　[由正弦定理＝，可得sin A＝＝，
由題意可知，關于A的方程sin A＝在A∈有兩解，在同一坐標系內分別作出曲線y＝sin A，A∈和水平直線y＝，
因為它們有兩個不同的交點，所以
<<1，所以2題號
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4．(2024·全國甲卷)在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若B＝，b2＝ac，則sin A＋sin C＝(　　)
A．
C．
題號
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√
C　[因為B＝，b2＝ac，
則由正弦定理得sin A sin C＝sin2B＝．
由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2ac·cosB＝a2＋c2－ac＝ac，
即a2＋c2＝ac，根據正弦定理得sin2A＋sin2C＝sinA sin C＝，
所以(sin A＋sin C)2＝sin2A＋sin2C＋2sinA sin C＝，
因為A，C為三角形內角，則sin A>0，sin C>0，則sin A＋sin C＝．故選C．]
題號
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5．(2024·山東臨沂一模)在同一平面上有相距14 km的A，B兩座炮
臺，A在B的正東方．某次演習時，A向西偏北θ方向發射炮彈，B則向東偏北θ方向發射炮彈，其中θ為銳角，觀測回報兩炮彈皆命中18 km外的同一目標，接著A改向向西偏北方向發射炮彈，彈著點為18 km外的點M，則B炮臺與彈著點M的距離為(　　)
A．7 km B．8 km
C．9 km D．10 km
題號
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√
D　[依題意設炮彈第一次命中點為C，則AB＝14，AC＝BC＝AM＝18，
∠CBA＝∠CAB＝θ，∠MAB＝，
在△ABC中，BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB cos θ，
即182＝182＋142－2×18×14cos θ，解得cos θ＝，
所以cos θ＝2cos2－1＝，又θ為銳角，解得cos＝(負值舍去)，
在△ABM中，BM2＝AM2＋AB2－2AM·AB cos ＝182＋142－2×18×14×＝100，所以BM＝10，即B炮臺與彈著點M的距離為10 km．
故選D．]
題號
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6．(2024·河北秦皇島三模)在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且B＝2C，b＝a，則(　　)
A．△ABC為直角三角形
B．△ABC為銳角三角形
C．△ABC為鈍角三角形
D．△ABC的形狀無法確定
題號
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√
A　[由b＝a，可得sin B＝sin A，
又B＝2C，則sin 2C＝sin (π－3C)＝sin 3C＝sin (2C＋C)，
即sin 2C＝sin 2C cos C＋cos 2C sin C，
即2cos C＝2cos2C＋(2cos2C－1)，
即4cos2C－2cosC－＝0，
由B＝2C>C，故C只能為銳角，可得cos C＝，
因為0題號
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二、多項選擇題
7．(2024·湖南長沙雅禮中學模擬)已知△ABC滿足sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶，且△ABC的面積S△ABC＝6，則下列結論正確的是(　　)
A．△ABC的周長為5＋
B．△ABC的三個內角A，B，C滿足A＋B＝2C
C．△ABC的外接圓半徑為
D．△ABC的中線CD的長為
題號
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√
√
BC　[因為△ABC滿足sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶，所以a∶b∶c＝2∶3∶，
設a＝2t，b＝3t，c＝t，t>0，利用余弦定理的推論，得cos C＝＝＝，
由于C∈(0，π)，所以C＝．
因為S△ABC＝6，所以ab sin C＝×2t×3t×＝6，解得t＝2．
所以a＝4，b＝6，c＝2．
題號
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對于A，△ABC的周長為a＋b＋c＝10＋2，故A不正確；
對于B，因為C＝，所以A＋B＝，故A＋B＝2C，故B正確；
對于C，由正弦定理得外接圓半徑為R＝＝＝，故C正確；
對于D，如圖所示，在△ABC中，利用正弦定理＝，
解得sin A＝，
又a利用余弦定理CD2＝AC2＋AD2－2AC·AD·cos A＝19，解得CD＝，故D錯誤．故選BC．]
題號
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8．(2024·江蘇淮安模擬)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，下列說法中正確的是(　　)
A．若sin 2A＝sin 2B，則△ABC為等腰直角三角形
B．若a＝b sin C＋c cos B，則C＝
C．若a＝12，b＝10，B＝60°，則符合條件的△ABC有兩個
D．在銳角三角形ABC中，不等式b2＋c2－a2>0恒成立
題號
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√
√
BD　[A選項，sin 2A＝sin 2B，A＋B∈(0，π)，
故2A＝2B或2A＋2B＝π，
解得A＝B或A＋B＝，
所以△ABC為等腰三角形或直角三角形，A錯誤；
B選項，a＝b sin C＋c cos B，由正弦定理得sin A＝sin B sin C＋sin C cos B，
因為sin A＝sin (B＋C)＝sin B cos C＋cos B sin C，
所以sin B sin C＋sin C cos B＝sin B cos C＋cos B sin C，
故sin B sin C＝sin B cos C，
題號
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因為B∈(0，π)，所以sin B≠0，故sin C＝cos C，tan C＝1，
因為C∈(0，π)，故C＝，B正確；
C選項，若a＝12，b＝10，B＝60°，則a sin B＝6>10＝b，
則符合條件的△ABC有0個，C錯誤；
D選項，△ABC為銳角三角形，故A為銳角，
由余弦定理的推論得cos A＝>0，故不等式b2＋c2－a2>0恒成立，D正確．故選BD．]
題號
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三、填空題
9．(2024·山東威海二模)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知a＝，b＋c＝4，cos C＝－，則sin A＝_______．
題號
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　[在△ABC中，由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2ab cos C，所以c2－b2＝6－2b×，所以(c－b)(c＋b)＝6＋2b，
因為c＋b＝4，所以4(c－b)＝6＋2b，
所以4c－6b＝6，解得b＝1，c＝3，
由cos C＝－，可得sin C＝，
在△ABC中，由正弦定理可得＝，
所以sin A＝＝＝．]
題號
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10．(2024·廣東廣州模擬)已知△ABC中，點D在邊AC上，B＝60°，sin A＝3sin C，AC＝，則△ABC的面積為________；若＝2，則BD＝________．
題號
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　[記BC＝a，AB＝c，AC＝b．
由題設及正弦定理得a＝3c，
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac cos B，
代入化簡得7c2＝7，解得c＝1，a＝3．所以S＝ac sin B＝．
法一：由＝2，得＝，
＝＝＝)＝．
所以BD2＝＝
＝＋||||cos 60°＋＝，即BD＝．
題號
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法二：在△ABC中，cos A＝＝＝－．
由＝2，得||＝||＝，
在△ABD中，BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD cos A
＝1＋－2×1×＝，所以BD＝．]
題號
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四、解答題
11．(2024·黑龍江哈爾濱二模)記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知b＝4，＝cos A＋．
(1)求角B的大小；
(2)已知直線BD為∠ABC的平分線，且與AC交于點D，若BD＝，求△ABC的周長．
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[解]　(1)由已知，得2b cos B＝c cos A＋，
根據正弦定理，得2sin B cos B＝sin C cos A＋，
即2sin B cos B＝sin A cos C＋cos A sin C，
即2sin B cos B＝sin (A＋C)＝sin B，
由于00，所以cos B＝，所以B＝．
題號
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(2)因為S△ABC＝S△ABD＋S△BCD，
所以ac sin ∠ABC＝BD·c·sin ∠ABD＋BD·a·sin ∠CBD，
因為直線BD為∠ABC的平分線，
所以∠ABD＝∠CBD＝∠ABC＝，
所以ac×＝c×a×，
則ac＝(a＋c)，即ac＝(a＋c)，
題號
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由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac cos ∠ABC，
即16＝a2＋c2－ac，
所以16＝(a＋c)2－3ac＝(a＋c)2－(a＋c)，
解得a＋c＝2或a＋c＝－(舍)，故△ABC的周長為2＋4．
題號
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12．(2024·廣東梅州二模)在△ABC中，角A，B，C所對應的邊分別為a，b，c，a cos B－b sin A＝c，c＝2．
(1)求A的大小：
(2)如圖，點D在BC上．
①當AD⊥AB，且AD＝1時，求AC的長；
②當BD＝2DC，且AD＝1時，求△ABC的面積S△ABC．
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[解]　(1)因為a cos B－b sin A＝c，
所以由正弦定理可得sin A cos B－sin B sin A＝sin C，
又sin C＝sin (A＋B)＝sin A cos B＋cos A sin B，
所以－sin B sin A＝cos A sin B，
因為B為三角形內角，sin B>0，
所以－sin A＝cos A，可得tan A＝－，
因為A∈(0，π)，所以A＝．
題號
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(2)①此時AB＝2＝2AD，AD⊥AB，
所以DB＝＝，
所以cos ∠ABC＝＝，sin ∠ABC＝＝，
sin C＝sin ＝＝－．
在△ABC中，由正弦定理可得＝，
即AC＝＝＝．
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②設∠CAD＝α，由S△ABC＝S△BAD＋S△CAD，
可得b＝2sin ＋b sin α，即b－b sin α＝2sin ．
又＝＝，
由于BD＝2DC，所以＝，
所以b＝＝ sin α＝，b＝，
則S△ABC＝bc sin A＝．
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THANK YOU

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