高考数学二轮复习 专题3 三角函数 第2讲 解三角形 理.docx

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高考数学二轮复习专题3三角函数第2讲解三角形理

2021年高考数学二轮复习专题3三角函数第2讲解三角形理

正、余弦定理在平面几何中的应用

1.（xx广西南宁二模）已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且=,则B等于（　C　）

（A）（B）（C）（D）

解析:

由=及正弦定理得

=.

所以整理得a2+c2-b2=ac,

所以cosB==,

所以B=.故选C.

2.（xx遵义市高三联考）在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b2+c2+bc-a2=0,则的值为（　A　）

（A）（B）-（C）（D）-

解析:

因为b2+c2+bc-a2=0,

所以b2+c2-a2=-bc.

所以cosA==-.

所以A=.

由正弦定理可知,

==sinA=.故选A.

3.（xx河南六市联考）在锐角△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若sinA=,a=2,S△ABC=,则b的值为（　A　）

（A）（B）（C）2（D）2

解析:

因为S△ABC=bcsinA=×bc×=,

所以bc=3.　　　　　　　　　　　　　　　　　　①

因为sinA=且A为锐角,

所以cosA=.

所以由余弦定理得,a2=b2+c2-2bccosA,

即4=b2+c2-2×3×,

所以b2+c2=6.②

由①②可解得b=c=.故选A.

4.（xx赤峰市高三统考）已知a,b,c分别是△ABC三个内角A,B,C所对的边,且满足（2c+b）cosA+acosB=0,若a=4,则△ABC面积的最大值是　　　　. 

解析:

由（2c+b）cosA+acosB=0及正弦定理得,

（2sinC+sinB）cosA+sinAcosB=0.

所以2sinCcosA+sinC=0.

又因为sinC≠0,

所以cosA=-.

又A∈（0,π）,

所以A=.

由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA,

即16=b2+c2-2bc·cos=b2+c2+bc≥3bc.

所以bc≤,

当且仅当b=c=时,等号成立,

所以S△ABC=bcsinA=bc≤×=.

答案:

三角恒等变换与解三角形的综合

5.在△ABC中,A,B,C的对边分别为a,b,c,若acosC,bcosB,ccosA成等差数列,则B等于（　C　）

（A）（B）（C）（D）

解析:

因为acosC,bcosB,ccosA成等差数列,

所以acosC+ccosA=2bcosB,

根据正弦定理可得sinAcosC+sinCcosA=2sinBcosB,

即sin（A+C）=2sinBcosB,

又A+B+C=π,

所以sinB=2sinBcosB,

又sinB≠0,

所以cosB=,

又B∈（0,π）,

所以B=,故选C.

6.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,S表示△ABC的面积,若acosB+bcosA=csinC,S=（b2+c2-a2）,则B等于（　B　）

（A）30°（B）45°（C）60°（D）90°

解析:

根据正弦定理得sinAcosB+sinBcosA=sin2C,

即sin（A+B）=sinC=sin2C,

因为sinC≠0,

所以sinC=1,即C=90°.

由S=（b2+c2-a2）,得bcsinA=（b2+c2-a2）,

即sinA==cosA,

即tanA=1,

又A∈（0°,180°）,

所以A=45°,

所以B=45°.故选B.

7.（xx江西九江二模）在△ABC中,A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知A=60°.

（1）若sinC+cosC=cosB,求B和C的大小;

（2）若a=,求△ABC周长的取值范围.

解:

（1）由A=60°,

得C=120°-B,代入sinC+cosC=cosB得,

sin（120°-B）+cos（120°-B）=cosB.

即sinB=cosB,

所以tanB=1.

又0°

所以B=45°,C=75°.

（2）法一　由正弦定理得===2,

设△ABC的周长为y,

则y=2sinB+2sinC+

=2sinB+2sin（120°-B）+

=2sin（B+30°）+.

又因为0°

所以

从而2<2sin（B+30°）+≤3,

所以△ABC周长的取值范围是（2,3].

法二　由余弦定理得（）2=b2+c2-2bccos,

即（b+c）2-3=3bc,

所以（b+c）2-3≤3（）2,即b+c≤2,

当且仅当b=c=时,等号成立.

又b+c>a,

所以b+c>.

所以△ABC周长的取值范围是（2,3].

正、余弦定理的实际应用

8.（xx吉林模拟）一船向正北航行,看见正西方向有相距10海里的两个灯塔恰好与它在一条直线上,继续航行半小时后,看见一灯塔在船的南偏西45°,另一灯塔在船的南偏西75°,则这艘船的速度是每小时（　D　）

（A）5海里（B）5（-1）海里

（C）10海里（D）10（-1）海里

解析:

如图所示,

依题意有∠BAC=45°,∠BAD=75°,

所以∠CAD=30°,∠CDA=15°,

在△ACD中,

由正弦定理得==20,

则AC=20sin15°=5（-）,

在直角三角形ABC中,

得AB=ACsin45°=5（-1）,

于是这艘船的速度是=10（-1）（海里/小时）.故选D.

9.已知甲船正在大海上航行,当它位于A处时获知,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,甲船立即以10海里/小时的速度匀速前往救援,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,乙船当即也决定匀速前往救援,并且与甲船同时到达.

（1）试问乙船航行速度的大小;

（2）试问乙船航行的方向（试用方位角表示,结果精确到1°）.

解:

（1）设C与B的距离为x海里,

所用时间为=2（小时）,

则x2=AC2+AB2-2AB·ACcos120°

=102+202+2×20×10×=700,

所以x=10.

v乙==5（海里/小时）,

所以乙船航行速度为5海里/小时.

（2）设∠ACB=θ,

则=,=,

则sinθ=,得θ≈41°,

所以乙船应朝北偏东71°的方向沿直线前往B处救援.

一、选择题

1.在锐角△ABC中,角A,B所对的边长分别为a,b.若2asinB=b,则角A等于（　D　）

（A）（B）（C）（D）

解析:

根据正弦定理,2sinAsinB=sinB,

所以sinA=,

又△ABC为锐角三角形,

所以A=.故选D.

2.（xx广东卷）设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=2,c=2,cosA=且b

（A）3（B）2（C）2（D）

解析:

由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA,即4=b2+12-6b⇒b2-6b+8=0⇒（b-2）（b-4）=0,由b

3.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若（a2+c2-b2）tanB=ac,则角B的值是（　B　）

（A）（B）或

（C）或（D）

解析:

由（a2+c2-b2）tanB=ac得a2+c2-b2=,

根据余弦定理得cosB=,

所以cosB==,

即tanBcosB=,

即sinB=,

又B∈（0,π）,

所以B=或B=.故选B.

4.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,已知8b=5c,C=2B,则cosC等于（　A　）

（A）（B）-（C）±（D）

解析:

因为C=2B,

所以sinC=sin2B=2sinBcosB,

根据正弦定理有=,

所以==,

所以cosB==×=.

所以cosC=cos2B=2cos2B-1=2×-1=.故选A.

5.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a,b,c成等比数列.若sinB=,cosB=,则a+c等于（　C　）

（A）（B）（C）3（D）2

解析:

因为a,b,c成等比数列,

所以b2=ac.

又sinB=,cosB=,

所以cosB==.

所以ac=13.

由余弦定理知,

a2+c2-b2=2accosB=2×13×=24.

所以a2+c2=24+b2=24+ac=24+13=37.

所以（a+c）2=a2+c2+2ac=37+2×13=63.

所以a+c==3.选C.

6.（xx丹东一模）如图,从气球A上测得正前方的河流的两岸B,C的俯角分别为75°,30°,此时气球的高是60m,则河流的宽度BC等于（　B　）

（A）30（+1）m（B）120（-1）m

（C）180（-1）m（D）240（-1）m

解析:

如图,∠DAB=15°,

因为tan15°=tan（45°-30°）==2-.

在Rt△ADB中,

又AD=60,

所以DB=AD·tan15°=60×（2-）=120-60.

在Rt△ADC中,

∠DAC=60°,AD=60,

所以DC=AD·tan60°=60.

所以BC=DC-DB=60-（120-60）=120（-1）（m）.

所以河流的宽度BC等于120（-1）m.故选B.

7.（xx江西七校联考）在△ABC中,若sin（A-B）=1+2cos（B+C）

sin（A+C）,则△ABC的形状一定是（　D　）

（A）等边三角形（B）不含60°的等腰三角形

（C）钝角三角形（D）直角三角形

解析:

sin（A-B）

=1+2cos（B+C）sin（A+C）

=1-2cosAsinB,

所以sinAcosB-cosAsinB=1-2cosAsinB,

所以sinAcosB+cosAsinB=1,

即sin（A+B）=1,则有A+B=.故选D.

8.△ABC的三内角A,B,C所对边的长分别为a,b,c,设向量p=（sinB,

a+c）,q=（sinC-sinA,b-a）.若∃λ∈R,使p=λq,则角C的大小为（　C　）

（A）（B）（C）（D）

解析:

因为∃λ∈R,使p=λq,

所以p∥q,

所以有（b-a）sinB-（a+c）（sinC-sinA）=0,

由正弦定理得b2-ab-c2+a2=0,

cosC==.

又C∈（0,π）,

所以C=.故选C.

9.（xx洛阳模拟）在△ABC中,D是BC边上的点,AB=2,AD=,AC=4,∠C=30°,∠BAC>∠B,则BD等于（　B　）

（A）2或4（B）1或3

（C）3或2（D）4或1

解析:

在△ABC中,由正弦定理,

得sinB==,

所以∠B=45°或∠B=135°,又∠BAC>∠B,

所以∠B=45°.

因为AD=,

则在△ABD中,

由余弦定理得AD2=AB2+BD2-2AB·BD·cos45°,

即5=8+BD2-2×2×BD×cos45°,

解得BD=1或BD=3.故选B.

10.设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且a2+b2=mc2（m为常数）,若tanC（tanA+tanB）=2tanA·tanB,则m的值为（　A　）

（A）2（B）4（C）7（D）8

解析:

因为tanC（tanA+tanB）=2tanAtanB,

所以=tanC.

即=.

所以sinAsinBcosC=sinC·sin（A+B）=sin2C.

由正弦定理,上式可化为abcosC=c2,　　　　　　　①

由余弦定理知,cosC=.②

由①②得,a2+b2=2c2.

因为a2+b2=mc2,

所以m=2.选A.

二、填空题

11.（xx北京卷）在△ABC中,a=4,b=5,c=6,则=　　　　. 

解析:

在△ABC中,cosA===,

由正弦定理可知====1.

答案:

1

12.（xx宁夏石嘴山高三联考）已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若cosC=,且sinC=sinB,则△ABC的内角A=　　　　. 

解析:

因为cosC==,

所以整理得a2+c2=b2.

所以B=.所以sinB=1.

又由sinC=sinB可得sinC=,

所以C=.所以A=.

答案:

13.（xx广东卷）在△ABC中,角A,B,C所对应的边分别为a,b,c,已知bcosC+ccosB=2b,则=　　　　. 

解析:

根据正弦定理得a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC,代入已知式子中,可得sinBcosC+sinCcosB=2sinB,即sinA=2sinB,由此可知a=2b,即=2.

答案:

2

14.（xx湖北卷）如图,一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶,到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30°的方向上,行驶600m后到达B处,测得此山顶在西偏北75°的方向上,仰角为30°,则此山的高度CD=　　　　m. 

解析:

在△ABC中,∠BAC=30°,∠BCA=75°-30°=45°,

所以由正弦定理得,BC=·AB

=×600

=×600

=300.

在△BCD中,CD=BCtan30°=300×=100.故此山的高度为

100m.

答案:

100

正、余弦定理的简单应用

训练提示:

利用正、余弦定理解三角形的关键是正确判断边角关系,合理选择正、余弦定理,实现边角互化,注意题目中的隐含条件,如A+B+C=π,大边对大角等.同时注意方程思想的应用.

1.（xx安徽卷）在△ABC中,∠A=,AB=6,AC=3,点D在BC边上,AD=BD,求AD的长.

解:

设△ABC的内角∠BAC,B,C所对边的长分别是a,b,c,

由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos∠BAC

=（3）2+62-2×3×6×cos

=18+36-（-36）

=90,

所以a=3.

又由正弦定理得sinB===,

由题设知0

所以cosB===.

在△ABD中,因为AD=BD,

所以∠ABD=∠BAD,

所以∠ADB=π-2B,

故由正弦定理得

AD=

=

=

=.

2.（xx新课标全国卷Ⅱ）△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=bcosC+csinB.

（1）求B;

（2）若b=2,求△ABC面积的最大值.

解:

（1）由已知及正弦定理得

sinA=sinBcosC+sinCsinB.①

又A=π-（B+C）,

故sinA=sin（B+C）=sinBcosC+cosBsinC.②

由①②和C∈（0,π）得sinB=cosB.

又B∈（0,π）,

所以B=.

（2）△ABC的面积S=acsinB=ac.

由已知及余弦定理得4=a2+c2-2accos.

又a2+c2≥2ac,故ac≤,当且仅当a=c时,等号成立.

因此△ABC面积的最大值为+1.

三角恒等变换与解三角形的综合

训练提示:

解三角形与三角函数、恒等变换、向量等的综合问题,一般是以向量、边角关系式为载体.其解题思路是由向量、边角关系建立三角函数关系式或三角恒等式.结合正、余弦定理进行边角互化求解,注意角的范围在求值中的限制作用.

3.（xx黑龙江高三模拟）△ABC中内角A,B,C的对边分别为a,b,c向量m=（2sinB,-）,n=（cos2B,2cos2-1）且m∥n.

（1）求锐角B的大小;

（2）如果b=2,求△ABC的面积S△ABC的最大值.

解:

（1）因为m∥n,

所以2sinB（2cos2-1）=-cos2B.

所以sin2B=-cos2B,即tan2B=-.

又因为B为锐角,

所以2B∈（0,π）.

所以2B=,所以B=.

（2）因为B=,b=2,

所以由余弦定理得cosB=,

即a2+c2-ac-4=0,

又因为a2+c2≥2ac,

代入上式得ac≤4（当且仅当a=c=2时等号成立）,

S△ABC=acsinB=ac≤（当且仅当a=c=2时等号成立）.即△ABC面积的最大值为.

4.（xx湖南卷）设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,a=btanA,且B为钝角.

（1）证明:

B-A=;

（2）求sinA+sinC的取值范围.

（1）证明:

由a=btanA及正弦定理,

得==,所以sinB=cosA,

即sinB=sin（+A）.

又B为钝角,则A为锐角,

因此+A∈（,π）,

故B=+A,即B-A=.

（2）解:

由

（1）知,C=π-（A+B）=π-（2A+）

=-2A>0,

所以A∈（0,）.

于是sinA+sinC=sinA+sin（-2A）

=sinA+cos2A

=-2sin2A+sinA+1

=-2（sinA-）2+.

因为0

因此<-2（sinA-）2+≤.

由此可知sinA+sinC的取值范围是（,].

正、余弦定理的实际应用

训练提示:

利用正、余弦定理解决实际问题的关键是将实际问题转化为数学模型,即转化为三角形中解决.注意基线的选取,基线所在的三角形往往是解决问题的突破口.

5.（xx厦门模拟）某度假区依山修建了高山滑雪场.为了适应不同人群的需要,从山上A处到山脚滑雪服务区P处修建了滑雪赛道A-C-P和滑雪练习道A-E-P（如图）.已知cos∠ACP=-,cos∠APC=,

cos∠APE=,公路AP长为10（单位:

百米）,滑道EP长为6（单位:

百米）.

（1）求滑道CP的长度;

（2）由于C,E处是事故的高发区,为及时处理事故,度假区计划在公路AP上找一处D,修建连接道DC,DE.问DP多长时,才能使连接道DC+DE最短,最短为多少百米?

解:

（1）因为cos∠ACP=-,

cos∠APC=,

所以sin∠ACP=,sin∠APC=.

sin∠PAC=sin（∠APC+∠ACP）

=sin∠APC·cos∠ACP+sin∠ACP·cos∠APC

=,

由=,

得CP=5.

所以滑道CP的长度是5百米.

（2）设DP=x,x∈[0,10].

因为EP=6,CP=5,cos∠APC=,cos∠APE=,

所以DE=

=.

DC=

=,

所以DE+DC=+

令f（x）=DE+DC

=+

=+,

当且仅当x=4时,f（x）min=f（4）=3+2.

所以当DP为4百米时,DE+DC最短,为（3+2）百米.