考向22解三角形（重点）-备战2022年高考数学一轮复习考点微专题（新高考地区专用）_02高考数学_新高考复习资料_2022年新高考资料

考向 22 解三角形 1．（2021·全国高考真题（文））在 中，已知 ， ， ，则 （ ） A．1 B． C． D．3 【答案】D 【分析】 利用余弦定理得到关于BC长度的方程，解方程即可求得边长. 【详解】 设 ， 结合余弦定理： 可得： ， 即： ，解得： （ 舍去）， 故 . 故选：D. 【点睛】 利用余弦定理及其推论解三角形的类型： (1)已知三角形的三条边求三个角； (2)已知三角形的两边及其夹角求第三边及两角； (3)已知三角形的两边与其中一边的对角，解三角形． 2．（2021·全国高考真题）在 中，角 、 、 所对的边长分别为 、 、 ， ， .． （1）若 ，求 的面积； （2）是否存在正整数 ，使得 为钝角三角形?若存在，求出 的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1） ；（2）存在，且 . 【分析】 （1）由正弦定理可得出 ，结合已知条件求出 的值，进一步可求得 、 的值，利用余弦定理以及同角三角函数的基本关系求出 ，再利用三角形的面积公式可求得结果； （2）分析可知，角 为钝角，由 结合三角形三边关系可求得整数 的值. 【详解】 （1）因为 ，则 ，则 ，故 ， ， ，所以， 为锐角，则 ， 因此， ； （2）显然 ，若 为钝角三角形，则 为钝角， 由余弦定理可得 ， 解得 ，则 ， 由三角形三边关系可得 ，可得 ， ，故 . 解答三角高考题的策略： (1)发现差异：观察角、函数运算间的差异，即进行所谓的“差异分析”。 (2)寻找联系：运用相关公式，找出差异之间的内在联系。 (3)合理转化：选择恰当的公式，促使差异的转化。 两定理的形式、内容、证法及变形应用必须引起足够的重视，通过向量的数量积把三角形和三角函 数联系起来，用向量方法证明两定理，突出了向量的工具性，是向量知识应用的实例。另外，利用正弦定 理解三角形时可能出现一解、两解或无解的情况，这时应结合“三角形中大边对大角”定理及几何作图来 帮助理解。 a b c 1、正弦定理：   2R。 (其中R为ABC的外接圆的半径) sinA sinB sinC 正弦定理的变形公式：①a2RsinA，b2RsinB，c2RsinC；a b c ②sinA ，sinB ，sinC  ； 2R 2R 2R ③a:b:csinA:sinB:sinC； abc a b c ④    ； sinAsinBsinC sinA sinB sinC 1 1 1 2、三角形面积定理：S  absinC  acsinB bcsinA； ABC 2 2 2 1 1 S  底高 (abc)r； (其中r为ABC的内切圆的半径) ABC 2 2 b2 c2 a2 3、余弦定理：a2 b2 c2 2bccosA cosA ； 2bc a2 c2 b2 b2 a2 c2 2accosB  cosB ； 2ac a2 b2 c2 c2 a2 b2 2abcosC  cosC  ； 2ab 4、设a、b、c是ABC的角A、B、C 的对边，则：①若a2b2 c2，则C 90； ②若a2b2 c2，则C90； ③若a2b2 c2，则C 90。 【知识拓展】 1、三角形解的个数的讨论 A为锐角 A为钝角或直角 bsinAab absinA或ab absinA ab ab 两解 一解 无解 一解 无解 2、解三角形 处理三角形问题，必须结合三角形全等的判定定理理解斜三角形的四类基本可解型，特别要多角度 (几何作图，三角函数定义，正、余弦定理，勾股定理等角度)去理解“边边角”型问题可能有两解、一解、 无解的三种情况，根据已知条件判断解的情况，并能正确求解。 (1)三角形中的边角关系①三角形内角和等于180； ②三角形中任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边； ③三角形中大边对大角，小边对小角； (2)利用正、余弦定理及三角形面积公式等解任意三角形 已知条件 应用定理 一般方法 解的情况 一边和两角 正弦定理 由ABC 求第三角，由正弦定理求其它两边 一解 余弦定理或 由余弦定理求第三边，由正弦定理求较小边对应的较小 两边和夹角 一解 正弦定理 角，由ABC 求第三角 三边 余弦定理 由余弦定理求两角，由ABC 求第三角 一解 ①由正弦定理求另一边的对角，由 ABC 求第三 角，利用正弦定理求第三边 两解 两边和其中 正弦定理或 ②由余弦定理列关于第三边的一元二次方程，根据一元二 一解 一边的对角 余弦定理 次方程的解求c，然后利用正弦定理或余弦定理求其它元 或无解 素 (3)利用正、余弦定理判断三角形的形状 常用方法是：①化边为角；②化角为边. 3、三角形中的三角变换 (1)角的变换 在ABC中，ABC ， 则sin(AB)sinC ；cos(AB)cosC ；tan(AB)tanC； AB C AB C sin cos ，cos sin ； 2 2 2 2 (2)三角形边、角关系定理及面积公式，正弦定理，余弦定理。 1 1 面积公式：S  ah  absinC rp p(pa)(pb)(pc) ， 2 a 2 其中r为三角形内切圆半径， p 为周长之半； (3)在ABC中，熟记并会证明： ①A、B、C成等差数列的充分必要条件是B60； ②ABC是正三角形的充分必要条件是A、B、C成等差数列且a、b、c成等比数列。 1．（2021·全国高三其他模拟（文）） 中角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ， ，若 的周长为15，且三边的长成等差数列，则 的面积为（ ）A． B． C． D． 2．（2021·全国高三其他模拟（理））在 中， ， ， ， 平分 交 于点 则线段 的长为（ ） A． B． C． D． 3．（2021·陕西高三其他模拟（理））在 中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，外接圆半径为 r，若 ， ，则 的面积 ______. 4．（2021·全国高三其他模拟（理））已知 的内角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，若 ，且 ，则 ________． 1．（2021·全国高三其他模拟）在 中，角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，若 ， ， ，则 等于（ ） A．2 B．4 C．6 D．8 2．（2021·全国高三其他模拟（文））已知 ， ， 分别为 内角 ， ， 的对边， ， 的面积为 ，则 （ ） A．45° B．60° C．120° D．150° 3．（2021·四川高三其他模拟（理））已知 是不共线向量，设 ， ， ， ，若△ 的面积为3，则△ 的面积为（ ） A．8 B．6 C．5 D．44．（2021·河南高二其他模拟（理））已知 的内角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，且 .若 ，则 的最小值为（ ） A． B． C． D． 5．（2021·辽宁高三其他模拟）英国数学家约翰・康威在数学上的成就是全面性的，其中“康威圆定 理”是他引以为傲的研究成果之一．定理的内容是：三角形ABC的三条边长分别为a，b，c，分别延长三 边两端，使其距离等于对边的长度，如图所示，所得六点 仍在一个圆上，这个圆被称为 康威圆．现有一边长为2的正三角形，则该三角形生成的康威圆的面积是（ ） A． B． C． D． 6．（2021·全国高三其他模拟（理））（多选题）已知 中，角 的对边分别为 ，且满 足 ，则下列判断错误的是（ ） A． B．若 则 C．若 则顶点 所在曲线的离心率为 D．若 ，则 7．（2019·陕西延安市·高考模拟（理））在 中，若 ， ， ，则 ______. 8．（2021·四川绵阳中学高三其他模拟（文））已知 外接圆的半径为 ，且，若 的面积为 ，则 的值为________． 9．（2021·贵州凯里一中高三三模（文））在 中，角 、 、 的对边分别为 、 、 ，若 ，则 ___________. 10．（2021·全国高三其他模拟（理））在 中，内角 的对边分别为 为锐角， 的面积为2，则 的周长的最小值为___________. 11．（2020·天津高三二模） 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，已知 . （Ⅰ）若 ， 的面积为6，求 ； （Ⅱ）若 ，求 . 12．（2021·福建省南安第一中学高三二模）已知 中，内角 所对的边分别为 ， ， 是 边 上一点， ． （1）若 ， ，求 ； （2）若 ，求 的最大值． 1．（2020·全国高考真题（理））在△ABC中，cosC= ，AC=4，BC=3，则cosB=（ ） A． B． C． D． 2．（2014·江西高考真题（文））在 中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.若 ，则的值为（ ） A． B． C．1 D． 3．（2019·全国高考真题（文））△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA－ bsinB=4csinC，cosA=－ ，则 = A．6 B．5 C．4 D．3 4．（2021·浙江高考真题）在 中， ，M是 的中点， ，则 ___________， ___________. 5．（2021·全国高考真题（理））记 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为 ， ， ，则 ________． 6．（2019·全国高考真题（文）） 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsinA+acosB=0，则 B=___________. 7．（2020·江苏高考真题）在△ABC中， D在边BC上，延长AD到P，使得 AP=9，若 （m为常数），则CD的长度是________． 8．（2021·天津高考真题）在 ，角 所对的边分别为 ，已知 ， ． （I）求a的值； （II）求 的值； （III）求 的值． 9．（2021·江苏高考真题）已知向量 ， ，设函数 .（1）求函数 的最大值; （2）在锐角 中，三个角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，若 ， ，求 的面积. 10．（2020·海南高考真题）在① ，② ，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 的值；若问题中的三角形不存在，说明理由． 问题：是否存在 ，它的内角 的对边分别为 ，且 ， ，________? 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 1．【答案】D 【分析】 利用正弦定理和余弦定理化简 可得 ，可得 ，故 为最大边，由 数列性质设 ， ， ，再由余弦定理即可得解. 【详解】 由余弦定理可得 ， 整理得 ， 所以 ， ， 故 为最大边， 不失一般性，设 ， ， ( )， 代入 得 ，所以 ， ， 的面积为 ， 故选：D. 2．【答案】A 【分析】 设 ， ，则 ，在 和 中运用正弦定理得到 和 的关 系式；在 中运用正弦定理及二倍角公式可解得 ，代入 和 的关系式即可得到 的长. 【详解】 设 ， ，则 ， 在 中，由正弦定理，得 ， 在 中，由正弦定理，得 ， 两式相除，得 ，即 ，所以 ， 在 中，由正弦定理，得 ，即 ， 又因为 ， 所以 ，化简得 ， 解得 或 ， 代入 得 ，即 . 故选：A.3．【答案】 【分析】 根据题设条件化简得 ，进而得到以 ，利用正弦定理得到 ， 求得 ，再由余弦定理和三角函数的关系式，求得 的值，结合面积公式，即可求解. 【详解】 由 ，整理得 ， 即 ， 因为 ，可得 ， 所以 由正弦定理可得， ，可得 ， 因为 ，所以 ，且 ， 又由余弦定理可得 ， 则 ， 所以 . 故答案为： . 4．【答案】 【分析】 直接利用余弦定理即可求出答案. 【详解】 由余弦定理可得 ，所以 ． 故答案为： . 1．【答案】D 【分析】 根据题意，结合余弦定理求解即可. 【详解】 由 ，得 ，即 ， 解得 或 （舍）． 故选D． 2．【答案】A 【分析】 由余弦定理和面积公式分别可得 ， ，可得 即可得解. 【详解】 由余弦定理可得： 由 可得 ， 所以 ， 即 ，由 ， 所以 . 故选：A. 3．【答案】A 【分析】根据已知条件结合向量的线性表示，向量加减法的运算，可得到 与 的两个边之间的关系，利 用面积公式结合边的关系，可得结论. 【详解】 ∵ ， ， ， ， 如图，在平行四边形 中， ， 设 ，则 ，即 同理，在平行四边形 中， ， 可得 ， ，∴ ， ； 所以 与 的夹角为 或其补角， 则 ∴ 的面积为8. 故选：A. 【点睛】 思路点睛：（1）应用平面向量基本定理表示向量的实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的 加、减或数乘运算； （2）用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决. 4．【答案】C 【分析】 代数法：由 ，利用正弦定理结合两角和的正弦公式，化简得到 ，求得 角B，再利用正弦定理，将问题转化为 ，利用基本不等式 求解；几何解法：由 ， ，作线段 ，过点 画射线 ，使得 ， 是 射线 上的动点， 与 都是变量,让长度等于 的线段的一个端点与线段 的一个端点重 合，再从点 向“外”引线段，使其长度等于 ，然后利用含有 的直角三角形性质求解. 【详解】 代数法： ， 由正弦定理得 ， 即 ， 因为 ， 所以 ， 所以 . 因为 ，所以 ，所以 . 因为 ， 所以 .由正弦定理可得 ， ， ，( 时 取等)， 故选：C. 几何解法：在 中，确定的量有两个： ， . 如图，作线段 ，过点 画射线 ，使得 . 这样 是射线 上的动点， 与 都是变量. 为了求 的最小值，可考虑让长度等于 的线段的一个端点与线段 的一个端点重合(即“首尾相 连”). 考虑从点 向“外”引线段，使其长度等于 .联想到含有 的直角三角形性质，作如下辅助线： 如图，作射线 ，使 ，作 ，垂足为 ，则 . 所以原问题等价于： 是射线 上的动点，求 的最小值， 显然即是点 到直线 的距离 为所求， 所以 的最小值为 . 故选：C 5．【答案】C 【分析】 由“康威圆定理”可知的康威圆圆心即为三角形内切圆的圆心，正三角形内切圆的圆心即为中心，据此可 得圆的半径，进一步可求其面积. 【详解】 康威圆的圆心即为三角形内切圆的圆心，正三角形内切圆的圆心即为中心， 所以其康威圆半径为 ，故面积为 ． 故选:C. 6．【答案】BD 【分析】 由正弦定理和 可判断A；由 ，然后利用基本不等式可判断B；由 得 ，判断出点 的轨迹可判断C；由余弦定理得 ，可判断D. 【详解】由正弦定理和 得， ， 因为 ，所以 ，即 ，故A； 若 ，则 ， ， 当且仅当 即 ，故B正确； 若 ，则 ，即 ， 所以 在以 为焦点的椭圆（除去 两点）上运动， 其中椭圆的焦距为 ， 而 ，所以 ，椭圆的离心率 ，故C错误； 若 ，则有 ， 即有 ， 整理有 ，所以 ，得 ，故D正确. 故选：BD. 7．【答案】 【分析】 直接利用余弦定理即可解得. 【详解】 因为 ， ， ， 由余弦定理 得： ， 解得：b=1或b=-4（舍去） 故答案为：1. 8．【答案】2 【分析】 由已知结合正弦定理及余弦定理进行化简可求 ，然后结合三角形面积公式可求．【详解】 解：因为 ， 由正弦定理得， ，由余弦定理得 ， 所以由 得 ， 若 的面积 ，所以 ，解得 ． 故答案为：2． 9．【答案】 【分析】 本题可通过余弦定理得出结果. 【详解】 由余弦定理易知： ，即 ， 则 是以角 为直角顶点的直角三角形， ， 故答案为： . 10．【答案】 【分析】 由题设可得 ，根据三角形内角的性质可知 是 的直角三角形，即有其周长为 ，利用基本不等式即可求出最小值，注意等号成立的条件. 【详解】 由 知： ，而 ， ∴ ， ∴ 是 的直角三角形，故 ，即 ，而 ，∴ 的周长 ，当且仅当 等 号成立. 故答案为： 【点睛】 关键点点睛：利用三角恒等变换及三角形内角的性质判断三角形的形状，再由三角形周长公式、基本不等 式求周长的最小值即可. 11．【答案】（1） ；（2） 【分析】 （Ⅰ）由已知利用三角函数恒等变换的应用，正弦定理可得 ，进而可求 ，利用三角形的面积 公式即可求得 的值． （Ⅱ）由（Ⅰ）可得 ，结合已知由余弦定理可得 ，利用同角三角函数基本关系式可求 ，利 用二倍角公式可求 ， 的值，进而根据两角差的正弦公式即可计算求解． 【详解】 解：（Ⅰ） ， ， 由正弦定理可得 ， 又 ， ， 的面积为 ， 解得： ． （Ⅱ） 由（Ⅰ）可得 ， 又 ， 由余弦定理可得 ， ， ， ， ，． 12．【答案】（1） ；（2） ． 【分析】 （1）利用正弦定理和同角三角函数的关系将 化为 ，从而 可求出 ， ，然后在 利用余弦定理求出 ； （2）解法一：由 ， ，平方化简后可得 ，再利用基本不等式 可求得答案；解法二：设 ，则 ， ，然后在 和 利用余弦定理，结合 可得 ，在 利用余弦定理可得 ，从而得 ，再利用基本不等式可求得答案； 【详解】 解：(1) ， ， ， ， ， ∴ ， ∵ ， ， 在 中，由余弦定理得， ， ∴ （2）解法一： ，因为 ，所以 ，即 ， 整理得到 ，两边平方后有 ， 所以 即 ，整理得到 ， 所以 ， 因为 ，所以 ， ，当且仅当 时等号成立， 所以 的最大值 ． 解法二：设 ，则 ， ， 在 中， ， 在 中， ， 又 ， 所以 ，解得 ，① 在 中， ，即 ，② 由①②可得 ． 所以 ， 因为 ，所以 ， ，当且仅当 时等号成立， 所以 的最大值 ． 1．【答案】A【分析】 根据已知条件结合余弦定理求得 ，再根据 ，即可求得答案. 【详解】 在 中， ， ， 根据余弦定理： 可得 ，即 由 故 . 故选：A. 【点睛】 本题主要考查了余弦定理解三角形，考查了分析能力和计算能力，属于基础题. 2．【答案】D 【分析】 根据正弦定理边化角求解即可. 【详解】 由正弦定理有 .又 , 故 . 故选：D 【点睛】 本题主要考查了正弦定理边化角的问题,属于基础题. 3．【答案】A 【分析】 利用余弦定理推论得出a，b，c关系，在结合正弦定理边角互换列出方程，解出结果. 【详解】 详解：由已知及正弦定理可得 ，由余弦定理推论可得，故选A． 【点睛】 本题考查正弦定理及余弦定理推论的应用． 4．【答案】 【分析】 由题意结合余弦定理可得 ，进而可得 ，再由余弦定理可得 . 【详解】 由题意作出图形，如图， 在 中，由余弦定理得 ， 即 ，解得 （负值舍去）， 所以 ， 在 中，由余弦定理得 ， 所以 ； 在 中，由余弦定理得 . 故答案为： ； . 5．【答案】 【分析】由三角形面积公式可得 ，再结合余弦定理即可得解. 【详解】 由题意， ， 所以 ， 所以 ，解得 （负值舍去）. 故答案为： . 6．【答案】 . 【分析】 先根据正弦定理把边化为角，结合角的范围可得. 【详解】 由正弦定理，得 ． ， 得 ，即 ， 故选D． 【点睛】 本题考查利用正弦定理转化三角恒等式，渗透了逻辑推理和数学运算素养．采取定理法，利用转化与化归 思想解题．忽视三角形内角的范围致误，三角形内角均在 范围内，化边为角，结合三角函数的恒等 变化求角． 7．【答案】 或0 【分析】 根据题设条件可设 ，结合 与 三点共线，可求得 ，再根据勾股定 理求出 ，然后根据余弦定理即可求解. 【详解】 ∵ 三点共线， ∴可设 ， ∵ ，∴ ，即 ， 若 且 ，则 三点共线， ∴ ，即 ， ∵ ，∴ ， ∵ , , ， ∴ ， 设 ， ，则 ， . ∴根据余弦定理可得 ， ， ∵ ， ∴ ，解得 ， ∴ 的长度为 . 当 时， ， 重合，此时 的长度为 ， 当 时， ， 重合，此时 ，不合题意，舍去. 故答案为：0或 . 【点睛】 本题考查了平面向量知识的应用、余弦定理的应用以及求解运算能力，解答本题的关键是设出 ． 8．【答案】（I） ；（II） ；（III） 【分析】（I）由正弦定理可得 ，即可求出； （II）由余弦定理即可计算； （III）利用二倍角公式求出 的正弦值和余弦值，再由两角差的正弦公式即可求出. 【详解】 （I）因为 ，由正弦定理可得 ， ， ； （II）由余弦定理可得 ； （III） ， ， ， ， 所以 . 9．【答案】（1） ；（2） . 【分析】 （1）结合平面向量的数量积运算、二倍角公式和辅助角公式，可得 ，进而可得 的最大值； （2）由锐角 ，推出 ，再结合 （B） ，求得 ，由正弦定理知 ，再利 用余弦定理求出 ， ，最后由三角形面积公式得解． 【详解】 （1）因为 ， ， 所以函数∴当 时， （2）∵ 为锐角三角形， . 又 即 10．【答案】详见解析 【分析】 解法一：由题意结合所给的条件，利用正弦定理角化边，得到a,b的比例关系，根据比例关系，设出长度 长度，由余弦定理得到 的长度，根据选择的条件进行分析判断和求解. 解法二：利用诱导公式和两角和的三角函数公式求得 的值，得到角 的值，然后根据选择的条件 进行分析判断和求解. 【详解】 解法一： 由 可得： ， 不妨设 ， 则： ，即 . 选择条件①的解析：据此可得： ， ，此时 . 选择条件②的解析： 据此可得： ， 则： ，此时： ，则： . 选择条件③的解析： 可得 ， ， 与条件 矛盾，则问题中的三角形不存在. 解法二：∵ , ∴ , ， ∴ ,∴ ,∴ ,∴ , 若选①， ,∵ ,∴ ,∴c=1; 若选②， ,则 , ; 若选③,与条件 矛盾. 【点睛】 在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一 般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用． 解决三角形问题时，注意角的限制范围．