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4.3 解三角形
五年高考
高考新风向
9
1.(2024全国甲理,11,5分,难)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知B=60°,b2=
4
ac,则sin A+sin C= ( C )
3 √7 √3
A. B.√2 C. D.
2 2 2
2.(2024新课标Ⅰ,15,13分,中)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知sinC =√2
cosB,a2+b2-c2=√2ab.
(1)求B;
(2)若△ABC的面积为3+√3,求c.
a2+b2−c2 √2ab √2 π
解析 (1)由余弦定理的推论得cos C= = = ,又0<C<π,∴C= .
2ab 2ab 2 4
π √2
由sin C=√2cos B得√2cos B=sin = ,
4 2
1 π
∴cos B= ,由0<B<π得B= .
2 3
b c b c
(2)由 = 得 = .
sinB sinC √3 √2
b c
令 = =t,t>0,则b=√3t,c=√2t,
√3 √2
5π (π π) √6+√2
∵A=π-B-C= ,∴sin A=sin + = ,
12 4 6 4
1 1 √6+√2
∵S = bcsin A= ×√3t×√2t× =3+√3,
△ABC 2 2 4
∴t=2,因此c=2√2.
3.(2024新课标Ⅱ,15,13分,中)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sinA +√3
cos A=2.
(1)求A;
(2)若a=2,√2bsin C=csin 2B,求△ABC的周长.
1 √3 ( π) π π 4π
解析 (1)由已知得 sin A+ cos A=sin A+ =1,因为0<A<π,所以 <A+ < ,所以
2 2 3 3 3 3
π π π
A+ = ,即A= .
3 2 6北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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a b c
(2)由√2bsin C=2csin Bcos B及正弦定理 = = ,得√2sin Bsin C=2sin Csin
sin A sinB sinC
2
√2 √2 a √2
Bcos B,又sin B≠0,且sin C≠0,所以cos B= ,则sin B= ,则b= ·sin B=1× =2√2,
2 2 sinA 2
2
1 √2 √3 √2 √2+√6 a
又sin C=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B= × + × = ,所以c= ·sin C=
2 2 2 2 4 sinA
2
√2+√6
1× =√2+√6,即a+b+c=2+3√2+√6,
4
2
所以△ABC的周长为2+3√2+√6.
考点1 正、余弦定理
1.(2023全国乙文,4,5分,易)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,若acos B-bcos
π
A=c,且C= ,则B= ( C )
5
π π
A. B.
10 5
3π 2π
C. D.
10 5
2
2.(2020课标Ⅲ理,7,5分,易)在△ABC中,cos C= ,AC=4,BC=3,则cos B= ( A )
3
1 1
A. B.
9 3
1 2
C. D.
2 3
3.(2021全国甲文,8,5分,中)在△ABC中,已知B=120°,AC=√19,AB=2,则BC= ( D )
A.1 B.√2 C.√5 D.3
4.(2021全国乙,文15,理15,5分,中)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,面积为√3,
B=60°,a2+c2=3ac,则b= 2√2 .
5.(2023全国甲理,16,5分,中)在△ABC中,∠BAC=60°,AB=2,BC=√6,∠BAC的角平分线交
BC于D,则AD= 2 .
6.(2021浙江,14,6分,中)在△ABC中,∠B=60°,AB=2,M是BC的中点,AM=2√3,则AC= 2
2√39
√13 ,cos∠MAC= .
13
7.(2022全国甲,文16,理16,5分,中)已知△ABC中,点D在边BC上,
AC
∠ADB=120°,AD=2,CD=2BD.当 取得最小值时,BD= √3 -1 .
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8.(2020新高考Ⅰ,17,10分,易)在①ac=√3,②csin A=3,③c=√3b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.
π
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=√3sin B,C= ,
6
?
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
解析 方案一:选条件①.
π a2+b2−c2 √3
由C= 和余弦定理得 = .
6 2ab 2
由sin A=√3sin B及正弦定理得a=√3b.
3b2+b2−c2 √3
于是 = ,由此可得b=c. (6分)
2√3b2 2
由①ac=√3,解得a=√3,b=c=1.
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.
π a2+b2−c2 √3
由C= 和余弦定理得 = .
6 2ab 2
由sin A=√3sin B及正弦定理得a=√3b.
3b2+b2−c2 √3
于是 = ,
2√3b2 2
π 2π
由此可得b=c,B=C= ,A= . (6分)
6 3
由②csin A=3,所以c=b=2√3,a=6.
因此,选条件②时问题中的三角形存在,此时c=2√3. (10分)
方案三:选条件③.
π a2+b2−c2 √3
由C= 和余弦定理得 = .
6 2ab 2
由sin A=√3sin B及正弦定理得a=√3b.
3b2+b2−c2 √3
于是 = ,由此可得b=c. (6分)
2√3b2 2
由③c=√3b,与b=c矛盾.
因此,选条件③时问题中的三角形不存在. (10分)
9.(2023新课标Ⅰ,17,10分,中)已知在△ABC中,A+B=3C,2sin(A-C)=sin B.
(1)求sin A;北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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(2)设AB=5,求AB边上的高.
解析 (1)解法一:∵A+B+C=π,A+B=3C,
π 3π
∴C= ,B= -A,
4 4
又∵2sin(A-C)=sin B,
( π) (3π )
∴2sin A− =sin −A ,
4 4
(√2 √2 ) √2 ( √2)
即2 sin A− cosA = cos A- − sin A,
2 2 2 2
整理得sin A=3cos A,
( 3π) 3√10
又∵sin2A+cos2A=1,A∈ 0, ,∴sin A= .
4 10
π
解法二:∵A+B+C=π,A+B=3C,∴C= .
4
又∵2sin(A-C)=sin B,∴2sin(A-C)=sin(A+C),
即2sin Acos C-2cos Asin C=sin Acos C+cos Asin C,
化简得sin Acos C=3cos Asin C,
sin A
∴tan A=3tan C=3,∴ =3,
cosA
( 3π) 3√10
又∵sin2A+cos2A=1,A∈ 0, ,∴sin A= .
4 10
(2)解法一:过C作CD⊥AB,垂足为D,如图.
5 BC
AB BC
在△ABC中,由正弦定理得 = ,即 π =3√10,∴BC=3√5.
sin∠ACB sin A sin
4 10
√10
由(1)知cos A= ,
10
(3π ) √2 √2 2√5
∴sin B=sin −A = cos A+ sin A= .
4 2 2 5
2√5
在Rt△BCD中,CD=BC·sin B=3√5× =6,
5
即AB边上的高为6.北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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π 3√10 √10
解法二:由(1)知C= ,sin A= ,cos A= ,
4 10 10
(3π ) √2 √2 2√5
则sin B=sin −A = cos A+ sin A= .
4 2 2 5
AB AC BC
在△ABC中,由正弦定理得 = = ,
sinC sinB sin A
5 AC BC
∴√2=2√5=3√10,∴AC=2√10,BC=3√5,
2 5 10
1 1 √2
∴S = AC·BC·sin C= ×2√10×3√5× =15.
△ABC 2 2 2
1
设AB边上的高为h,则 ×5h=15,∴h=6.
2
10.(2023新课标Ⅱ,17,10分,中)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知△ABC面
积为√3,D为BC的中点,且AD=1.
π
(1)若∠ADC= ,求tan B;
3
(2)若b2+c2=8,求b,c.
√3
解析 由题意知S =√3,BD=DC,∴S = .
△ABC △ADC 2
1 √3 π 1 π √3
(1)∵S = DA·DC·sin∠ADC= ,DA=1,∠ADC= ,∴ DCsin = ,∴DC=2,∴BD=2.
△ADC 2 2 3 2 3 2
2π
易知∠ADB= .
3
2
1 2
解法一:在△ABD中,由正弦定理得 = = ( 2 ),即5sin B=√3cos B,
sinB sin∠BAD sin B+ π
3
√3
因此tan B= .
5
√3 1
解法二:过点A作AE⊥BC,垂足为E,则AE=AD·sin∠ADC= ,DE=AD·cos∠ADC= ,所以
2 2
1 5
BE=2+ = ,
2 2
AE √3
所以tan B= = .
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解法三:在△ADB中,由余弦定理可知,AB2=BD2+DA2-2DA·DBcos∠ADB,即AB2=22+12-
( 1)
2×1×2× − =7,
2
∴AB=√7,
AB2+BD2−AD2 7+4−1 5√7
∴cos B= = = ,
2AB·BD 2√7×2 14
√ 25 √21
∴sin B=√1−cos2B= 1− = ,
28 14
sinB √3
∴tan B= = .
cosB 5
(a) 2 a a2
(2)解法一:令∠ADB=α.由余弦定理得c2=1+ -2×1× ×cos α=1+ -acos α,
2 2 4
(a) 2 a a2
b2=1+ -2×1× ×cos(π-α)=1+ +acos α.
2 2 4
a2
所以b2+c2=2+ =8,
2
所以a=2√3.
√3 √3
又由题意知△ABD和△ACD的面积均为 sin α= ,
2 2
π
则sin α=1,α= .
2
所以b=c=2.
解法二:如图所示,延长AD至E,使DE=AD,连接BE,CE,
易得四边形ABEC为平行四边形,∴AB=CE,AC=BE,由余弦定理得BC2=AB2+AC2-
2AB·ACcos∠BAC,AE2=AC2+CE2-2AC·CEcos∠ACE,两式相加得BC2+AE2=2(AB2+AC2),即
BC2+AE2=2(b2+c2)=16,
又AE=2AD=2,∴BC2=12,∴BC=2√3,
1 √3
∵S = AD·DC·sin∠ADC= ,AD=1,DC=√3,
△ADC 2 2
∴sin∠ADC=1,∴AD⊥BC,∴b=c,
又b2+c2=8,∴b=c=2.北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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11.(2021新高考Ⅱ,18,12分,中)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足
b=a+1,c=a+2.
(1)若2sin C=3sin A,求△ABC的面积;
(2)是否存在正整数a,使得△ABC为钝角三角形?若存在,求a;若不存在,说明理由.
解析 (1)2sin C=3sin A⇒2c=3a,又∵c=a+2,∴2(a+2)=3a,∴a=4,∴b=a+1=5,c=a+2=6,∴cos A=
b2+c2−a2 52+62−42 3 √7
= = ,∴sin A=√1−cos2A= ,
2bc 2×5×6 4 4
1 1 √7 15√7
∴S = bcsin A= ×5×6× = .
△ABC 2 2 4 4
(2)由已知得c>b>a,
若△ABC为钝角三角形,则角C为钝角,
a2+b2−c2
∴cos C= <0⇒a2+b2<c2⇒a2+(a+1)2<(a+2)2⇒a2-2a-3<0⇒-1<a<3,又a>0,∴a∈(0,3).
2ab
同时还应考虑构成△ABC的条件,即a+b>c⇒a+(a+1)>a+2⇒a>1.
综上所述,当a∈(1,3)时,△ABC为钝角三角形.∴存在正整数 a=2,使△ABC为钝角三角形.
12.(2021新高考Ⅰ,19,12分,中)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知b2=ac,点D
在边AC上,BDsin∠ABC=asin C.
(1)证明:BD=b;
(2)若AD=2DC,求cos∠ABC.
asinC
解析 (1)证明:由题设得BD= ,
sin∠ABC
c b
在△ABC中,由正弦定理知 = ,
sinC sin∠ABC
sinC c
即 = ,
sin∠ABC b
asinC ac
代入BD= 中,得BD= ,又b2=ac,
sin∠ABC b
∴BD=b.
2 b
(2)解法一:由AD=2DC得AD= b,DC= ,
3 3
4 5
b2+c2−b2 c2− b2
AD2+AB2−BD2 9 9
在△ABD中,cos A= = = ,
2AD·AB 2 4
2× bc bc
3 3
AC2+AB2−BC2 b2+c2−a2
在△ABC中,cos A= = .
2AC·AB 2bc
