北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B
版》
§4.4 解三角形
— 五年高考 —
考点1 正弦定理、余弦定理
2
1.(2020课标Ⅲ理,7,5分)在△ABC中,cos C= ,AC=4,BC=3,则cos B= ( )
3
1 1 1 2
A. B. C. D.
9 3 2 3
答案 A
2.(2019课标Ⅰ文,11,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知asin A-bsin B=4csin
1 b
C,cos A=- ,则 =( )
4 c
A.6 B.5 C.4 D.3
答案 A
C √5
3.(2018课标Ⅱ,文7,理6,5分)在△ABC中,cos = ,BC=1,AC=5,则AB=( )
2 5
A.4√2 B.√30 C.√29 D.2√5
答案 A
4.(2017山东理,9,5分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.若△ABC为锐角三角形,且满足
sin B(1+2cos C)=2sin Acos C+cos Asin C,则下列等式成立的是 ( )
A.a=2b B.b=2a
C.A=2B D.B=2A
答案 A
5.(2021全国乙文,15,5分)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= .
答案 2√2
6.(2018课标Ⅰ文,16,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知bsin C+csin B=4asin
Bsin C,b2+c2-a2=8,则△ABC的面积为 .
2√3
答案
3
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7.(2020北京,17,13分)在△ABC中,a+b=11,再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已
知,求:
(1)a的值;
(2)sin C和△ABC的面积.
1
条件①:c=7,cos A=- ;
7
1 9
条件②:cos A= ,cos B= .
8 16
注:如果选择条件①和条件②分别解答,按第一个解答计分.
解析 若选条件①:
1
(1)∵a+b=11,∴b=11-a,已知c=7,cos A=- ,
7
( 1)
由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,得a2=(11-a)2+72-2×(11-a)×7× - ,解得a=8.
7
1 4√3
(2)∵cos A=- ,∴sin A=√1-cos2A= .
7 7
a c csin A √3
∵ = ,∴sin C= = .
sin A sinC a 2
又∵b=11-a=11-8=3,
1 1 4√3
∴S = bcsin A= ×3×7× =6√3.
△ABC 2 2 7
若选条件②:
1 3√7
(1)∵cos A= ,∴sin A=√1-cos2A= .
8 8
9 5√7
∵cos B= ,∴sin B=√1-cos2B= .
16 16
a b
a b
由正弦定理 = ,得3√7=5√7,∴5a=6b,
sinA sinB
8 16
又∵a+b=11,∴a=6.
(2)由(1)可得b=11-a=5.
3√7 9 1 5√7 √7
sin C=sin[π-(A+B)]=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B= × + × = ,
8 16 8 16 4
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1 1 √7 15√7
∴S = absin C= ×6×5× = .
△ABC 2 2 4 4
8.(2020天津,16,14分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a=2√2,b=5,c=√13.
(1)求角C的大小;
(2)求sin A的值;
( π)
(3)求sin 2A+ 的值.
4
a2+b2-c2 √2
解析 (1)在△ABC中,由余弦定理及a=2√2,b=5,c=√13,有cos C= = .又因为
2ab 2
π
C∈(0,π),所以C= .
4
π
(2)在△ABC中,由正弦定理及C= ,a=2√2,c=√13,
4
asinC 2√13
可得sin A= = .
c 13
2√13 3√13 12
(3)由a<c及sin A= ,可得cos A=√1-sin2A= ,进而sin 2A=2sin Acos A= ,cos
13 13 13
5
2A=2cos2A-1= .所以,
13
( π) π π 12 √2 5 √2 17√2
sin 2A+ =sin 2Acos +cos 2Asin = × + × = .
4 4 4 13 2 13 2 26
A+C
9.(2019课标Ⅲ理,18,12分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知asin =bsin A.
2
(1)求B;
(2)若△ABC为锐角三角形,且c=1,求△ABC面积的取值范围.
A+C
解析 (1)由题设及正弦定理得sin Asin =sin Bsin A.
2
A+C
因为sin A≠0,所以sin =sin B.
2
A+C B
由A+B+C=180°,可得sin =cos ,
2 2
B B B
故cos =2sin cos .
2 2 2
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B B 1
因为cos ≠0,故sin = ,因此B=60°.
2 2 2
√3
(2)由题设及(1)知△ABC的面积S = a.
△ABC 4
csin A sin(120°-C) √3 1
由正弦定理得a= = = + .
sinC sinC 2tanC 2
由于△ABC为锐角三角形,故0°<A<90°,0°<C<90°.
1
由(1)知A+C=120°,所以30°<C<90°,故 <a<2,
2
√3 √3
从而 <S < .
8 △ABC 2
(√3 √3)
因此,△ABC面积的取值范围是 , .
8 2
思路分析 (1)用正弦定理将边化成角,再利用三角恒等变换求解角B.
(2)用正弦定理先表示出a,再用面积公式和锐角三角形的性质求出角C的范围,进而求出
△ABC面积的取值范围.
10.(2018课标Ⅰ理,17,12分)在平面四边形ABCD中,∠ADC=90°,∠A=45°,AB=2,BD=5.
(1)求cos∠ADB;
(2)若DC=2√2,求BC.
BD AB
解析 (1)在△ABD中,由正弦定理得 = .
sin∠A sin∠ADB
5 2 √2
由题设知, = ,所以sin∠ADB= .
sin45° sin∠ADB 5
√ 2 √23
由题设知,∠ADB<90°,所以cos∠ADB= 1- = .
25 5
√2
(2)由题设及(1)知,cos∠BDC=sin∠ADB= .
5
√2
在△BCD中,由余弦定理得BC2=BD2+DC2-2·BD·DC·cos∠BDC=25+8-2×5×2√2× =25.
5
所以BC=5.
1
11.(2019北京理,15,13分)在△ABC中,a=3,b-c=2,cos B=- .
2
(1)求b,c的值;
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(2)求sin(B-C)的值.
解析 (1)由余弦定理b2=a2+c2-2accos B及已知,得
( 1)
b2=32+c2-2×3×c× - .
2
( 1)
因为b=c+2,所以(c+2)2=32+c2-2×3×c× - .
2
解得c=5.所以b=7.
1 √3
(2)由cos B=- 得sin B= .
2 2
c 5√3
由正弦定理得sin C= sin B= .
b 14
在△ABC中,∠B是钝角,所以∠C为锐角.
11
所以cos C=√1-sin2C= .
14
4√3
所以sin(B-C)=sin Bcos C-cos Bsin C= .
7
以下为教师用书专用(1—38)
1.(2018课标Ⅲ,理9,文11,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若△ABC的面积为
a2+b2-c2
,则C= ( )
4
π π
A. B.
2 3
π π
C. D.
4 6
a2+b2-c2 2abcosC
答案 C 根据余弦定理得a2+b2-c2=2abcos C,因为S = ,所以S = ,
△ABC 4 △ABC 4
1 π
又S = absin C,所以tan C=1,因为C∈(0,π),所以C= .故选C.
△ABC 2 4
2
2.(2016课标Ⅰ文,4,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知a=√5,c=2,cos A= ,则
3
b= ( )
A.√2 B.√3 C.2 D.3
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2 ( 1 )
答案 D 由余弦定理得5=22+b2-2×2bcos A,∵cos A= ,∴3b2-8b-3=0,∴b=3 b=- 舍去 .故
3 3
选D.
评析 本题考查了余弦定理的应用,考查了方程的思想方法.
π 1
3.(2016课标Ⅲ文,9,5分)在△ABC中,B= ,BC边上的高等于 BC,则sin A= ( )
4 3
3 √10 √5 3√10
A. B. C. D.
10 10 5 10
a π π
答案 D 解法一:过A作AD⊥BC于D,设BC=a,由已知得AD= ,∵B= ,∴AD=BD,∠BAD= ,
3 4 4
a 2 DC
∴BD= ,DC= a,tan∠DAC= =2.
3 3 AD
π
tan +tan∠DAC
(π ) 4 1+2
∴tan∠BAC=tan +∠DAC = = =-3.
4 π 1-2
1-tan ·tan∠DAC
4
1 1 3√10
cos2∠BAC= = ,sin∠BAC=√1-cos2 ∠BAC= .故选D.
1+tan2 ∠BAC 10 10
a π a 2
解法二:过A作AD⊥BC于D,设BC=a,由已知得AD= ,∵B= ,∴AD=BD,∴BD=AD= ,DC=
3 4 3 3
√5
√ (a) 2 (2 ) 2 √5 a a
a,∴AC= + a = a,在△ABC中,由正弦定理得 = 3 ,∴sin∠BAC=
3 3 3 sin∠BAC
sin45°
3√10
.故选D.
10
评析 本题考查了三角函数和解三角形的能力,正确地画图对解题很有帮助.属中档题.
4.(2016山东文,8,5分)△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c.已知b=c,a2=2b2(1-sin A).则A=(
)
3π π π π
A. B. C. D.
4 3 4 6
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b2+c2-a2 2b2-a2
答案 C 在△ABC中,由b=c,得cos A= = ,又a2=2b2(1-sin A),所以cos
2bc 2b2
π
A=sin A,即tan A=1,又知A∈(0,π),所以A= ,故选C.
4
评析 恰当运用余弦定理的变形形式是求解本题的关键.
√3
5.(2015广东文,5,5分)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若a=2,c=2√3,cos A= 且
2
b<c,则b=( )
A.3 B.2√2 C.2 D.√3
答案 C 由余弦定理b2+c2-2bccos A=a2,得b2-6b+8=0,解得b=2或b=4,∵b<c=2√3,∴b=2.选
C.
1
6.(2014课标Ⅱ理,4,5分)钝角三角形ABC的面积是 ,AB=1,BC=√2,则AC= ( )
2
A.5 B.√5 C.2 D.1
1 1 1
答案 B S = AB·BCsin B= ×1×√2sin B= ,
△ABC 2 2 2
√2
∴sin B= ,∴B=45°或135°.若B=45°,则由余弦定理得AC=1,∴△ABC为直角三角形,不符合题
2
( √2)
意,因此B=135°,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos B=1+2-2×1×√2× - =5,∴AC=
2
√5.故选B.
π π
7.(2013课标Ⅱ文,4,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知b=2,B= ,C= ,则△ABC
6 4
的面积为 ( )
A.2√3+2 B.√3+1 C.2√3-2 D.√3-1
b c
答案 B 由 = 及已知条件得c=2√2.
sinB sinC
1 √2 √3 √2 √2+√6 1 1 √2+√6
又sin A=sin(B+C)= × + × = .从而S = bcsin A= ×2×2√2× =√3
2 2 2 2 4 △ABC 2 2 4
+1.故选B.
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8.(2013课标Ⅰ文,10,5分)已知锐角△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,23cos2A+cos
2A=0,a=7,c=6,则b= ( )
A.10 B.9 C.8 D.5
答案 D 由23cos2A+cos 2A=0得25cos2A=1,
1 12
因为A为锐角,所以cos A= .又由a2=b2+c2-2bccos A得49=b2+36- b,整理得5b2-12b-65=0,
5 5
13
解得b=- (舍)或b=5,故选D.
5
π 1
9.(2016课标Ⅲ,8,5分)在△ABC中,B= ,BC边上的高等于 BC,则cos A= ( )
4 3
3√10 √10 √10 3√10
A. B. C.- D.-
10 10 10 10
1 2 √2
答案 C 过A作AD⊥BC,垂足为D,由题意知AD=BD= BC,则CD= BC,AB= BC,AC=
3 3 3
√5 AB2+AC2-BC2
BC,在△ABC中,由余弦定理的推论可知,cos∠BAC= =
3 2AB·AC
2 5
BC2+ BC2-BC2
9 9 √10
=- ,故选C.
√2 √5 10
2× BC× BC
3 3
4 5
10.(2016课标Ⅱ,13,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若cos A= ,cos C= ,a=1,
5 13
则b= .
21
答案
13
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3 12 3 5 4 12 63 a
解析 由已知可得sin A= ,sin C= ,则sin B=sin(A+C)= × + × = ,再由 =
5 13 5 13 5 13 65 sin A
63
1×
b 65 21
⇒b= = .
sinB 3 13
5
思路分析 利用同角三角函数的基本关系求出sin A与sin C的值,进而由sin B=sin(A+C)求
出sin B的值,再利用正弦定理即可求出b的值.
11.(2019课标Ⅱ文,15,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知bsin A+acos B=0,则
B= .
3
答案 π
4
解析 本题考查正弦定理及三角函数求值,考查的核心素养为数学运算.
在△ABC中,由已知及正弦定理得sin Bsin A+sin Acos B=0,
∵sin A≠0,∴sin B+cos B=0,
即tan B=-1,
3
又B∈(0,π),∴B= π.
4
12.(2017课标Ⅲ文,15,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知C=60°,b=√6,c=3,则
A= .
答案 75°
3 √6 √2
解析 由正弦定理得 = ,∴sin B= ,
sin60° sinB 2
又∵c>b,∴B=45°,∴A=75°.
√2
易错警示 本题求得sin B= 后,要注意利用b<c确定B=45°,从而求得A=75°.
2
13.(2017课标Ⅱ文,16,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若2bcos B=acos C+ccos
A,则B= .
答案 60°
解析 解法一:由正弦定理得2sin Bcos B=sin Acos C+sin C·cos A,即sin 2B=sin(A+C),即
sin 2B=sin(180°-B),可得B=60°.
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a2+c2-b2 a2+b2-c2 b2+c2-a2 a2+c2-b2
解法二:由余弦定理得2b· =a· +c· ,即b· =b,所以
2ac 2ab 2bc ac
1
a2+c2-b2=ac,所以cos B= ,又0°<B<180°,所以B=60°.
2
思路分析 利用正弦定理或余弦定理将边角统一后求解.
2π b
14.(2016北京文,13,5分)在△ABC中,∠A= ,a=√3c,则 = .
3 c
答案 1
解析 在△ABC中,a2=b2+c2-2bc·cos A,
2π
将∠A= ,a=√3c代入,
3
( 1)
可得(√3c)2=b2+c2-2bc· - ,
2
整理得2c2=b2+bc.
∵c≠0,∴等式两边同时除以c2,
b2 bc (b) 2 b
得2= + ,即2= + .
c2 c2 c c
b
令t= (t>0),有2=t2+t,即t2+t-2=0,
c
解得t=1或t=-2(舍去),
b
故 =1.
c
b
思路分析 本题先由余弦定理列出关于b、c的方程,再将方程转化为以 为变元的方程求解.
c
评析 本题考查余弦定理的应用及换元思想的应用,属中档题.
15.(2015福建理,12,4分)若锐角△ABC的面积为10√3,且AB=5,AC=8,则BC等于 .
答案 7
1 √3
解析 设内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.由已知及 bcsin A=10√3得sin A= ,因为A为
2 2
1 1
锐角,所以A=60°,cos A= .由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=25+64-2×40× =49,故a=7,即
2 2
BC=7.
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评析 本题考查了三角形的面积和解三角形,利用三角形的面积求出cos A是求解关键.
16.(2015安徽文,12,5分)在△ABC中,AB=√6,∠A=75°,∠B=45°,则AC= .
答案 2
AB AC AB·sinB
解析 由已知及三角形内角和定理得∠C=60°,由 = 知AC= =
sinC sinB sinC
√6·sin45°
=2.
sin60°
17.(2015福建文,14,4分)若△ABC中,AC=√3,A=45°,C=75°,则BC= .
答案 √2
AC BC
解析 B=180°-45°-75°=60°.由正弦定理得 = ,可得BC=√2.
sinB sin A
1
18.(2015重庆文,13,5分)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=2,cos C=- ,3sin
4
A=2sin B,则c= .
答案 4
解析 由3sin A=2sin B及正弦定理,得3a=2b,又a=2,所以b=3,故c2=a2+b2-2abcos C=4+9-
( 1)
2×2×3× - =16,所以c=4.
4
sin2A
19.(2015北京理,12,5分)在△ABC中,a=4,b=5,c=6,则 = .
sinC
答案 1
b2+c2-a2 52+62-42 3
解析 在△ABC中,由余弦定理的推论可得cos A= = = ,由正弦定理可
2bc 2×5×6 4
3
sin2A 2sin AcosA 2a·cosA 2×4×
知 = = = 4=1.
sinC sinC c
6
评析 本题主要考查正弦定理、余弦定理的推论以及二倍角公式的应用,考查学生的运算求
解能力和知识的应用转化能力.
20.(2014课标Ⅰ理,16,5分)已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边,a=2,且(2+b)(sin A-
sin B)=(c-b)sin C,则△ABC面积的最大值为 .
答案 √3
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解析 因为a=2,所以(2+b)(sin A-sin B)=(c-b)sin C可化为(a+b)(sin A-sin B)=(c-b)sin C,由正
b2+c2-a2 bc 1
弦定理可得(a+b)(a-b)=(c-b)c,即b2+c2-a2=bc,由余弦定理可得cos A= = = ,又
2bc 2bc 2
π 1 b2+c2-4 2bc-4
0<A<π,故A= .因为cos A= = ≥ ,所以bc≤4,当且仅当b=c时取等号.由三
3 2 2bc 2bc
1 1 √3 √3
角形面积公式知S = bcsin A= bc· = bc≤√3,故△ABC面积的最大值为√3.
△ABC 2 2 2 4
评析 本题考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式以及基本不等式的应用,考查学生对
知识的综合应用能力以及运算求解能力.能把2代换成a是正确解决本题的关键.
21.(2011课标文,15,5分)△ABC中,B=120°,AC=7,AB=5,则△ABC的面积为 .
15√3
答案
4
解析 由余弦定理b2=a2+c2-2accos B,及已知条件得
49=a2+25-2×5×acos 120°.
整理得a2+5a-24=0,
解得a=3或a=-8(舍).
1 1 15√3
∴S = acsin B= ×3×5sin 120°= .
△ABC 2 2 4
评析 本题考查余弦定理、解三角形等知识,根据余弦定理正确求出a的值是解答本题的关
键.
B
22.(2017课标Ⅱ理,17,12分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin(A+C)=8sin2 .
2
(1)求cos B;
(2)若a+c=6,△ABC的面积为2,求b.
解析 本题考查了三角公式的运用和余弦定理的应用.
B
(1)由题设及A+B+C=π得sin B=8sin2 ,故sin B=4(1-cos B).
2
上式两边平方,整理得17cos2B-32cos B+15=0,
15
解得cos B=1(舍去),cos B= .
17
15 8 1 4
(2)由cos B= 得sin B= ,故S = acsin B= ac.
17 17 △ABC 2 17
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17
又S =2,则ac= .
△ABC 2
17 ( 15)
由余弦定理及a+c=6得b2=a2+c2-2accos B=(a+c)2-2ac(1+cos B)=36-2× × 1+ =4.
2 17
所以b=2.
解后反思 在余弦定理和三角形面积公式的运用过程中,要重视“整体运算”的技巧.如本题
中b2=a2+c2-2accos B=(a+c)2-2ac(1+cos B)中的转化就说明了这一点.
3
23.(2017北京理,15,13分)在△ABC中,∠A=60°,c= a.
7
(1)求sin C的值;
(2)若a=7,求△ABC的面积.
解析 本题考查正、余弦定理的应用,考查三角形的面积公式.
3
(1)在△ABC中,因为∠A=60°,c= a,
7
csin A 3 √3 3√3
所以由正弦定理得sin C= = × = .
a 7 2 14
3
(2)因为a=7,所以c= ×7=3.
7
1
由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A得72=b2+32-2b×3× ,
2
解得b=8或b=-5(舍).
1 1 √3
所以△ABC的面积S= bcsin A= ×8×3× =6√3.
2 2 2
解后反思 根据所给等式的结构特点,利用正弦定理将边的关系转化为角的关系是解题的关
键.在求解面积时,经常用余弦定理求出两边乘积.
24.(2017山东文,17,12分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知b=3,⃗AB·⃗AC
=-6,S =3,求A和a.
△ABC
解析 因为⃗AB·⃗AC=-6,所以bccos A=-6,
又S =3,所以bcsin A=6,
△ABC
3π
因此tan A=-1,又0<A<π,所以A= .
4
又b=3,所以c=2√2.
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由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,
( √2)
得a2=9+8-2×3×2√2× - =29,
2
所以a=√29.
cosA cosB sinC
25.(2016四川文,18,12分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且 + = .
a b c
(1)证明:sin Asin B=sin C;
6
(2)若b2+c2-a2= bc,求tan B.
5
解析 (1)证明:根据正弦定理,
a b c
可设 = = =k(k>0).
sin A sinB sinC
则a=ksin A,b=ksin B,c=ksin C.
cosA cosB sinC
代入 + = 中,有
a b c
cosA cosB sinC
+ = ,变形可得
ksinA ksinB ksinC
sin Asin B=sin Acos B+cos Asin B=sin(A+B).
在△ABC中,由A+B+C=π,有sin(A+B)=sin(π-C)=sin C,
所以sin Asin B=sin C.
6
(2)由已知,b2+c2-a2= bc,
5
b2+c2-a2 3
根据余弦定理,有cos A= = .
2bc 5
4
所以sin A=√1-cos2A= .
5
由(1),sin Asin B=sin Acos B+cos Asin B,
4 4 3
所以 sin B= cos B+ sin B,
5 5 5
sinB
故tan B= =4.
cosB
方法总结 解三角形中,要根据题干条件恰当选取正、余弦定理,当涉及边较多时,可考虑余
弦定理,当涉及角较多时,可考虑正弦定理.△ABC中,也常用到sin(A+B)=sin C.
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评析 本题考查了正、余弦定理及同角三角函数的基本关系式,根据条件恰当选择正、余弦
定理是解题的关键.
26.(2016浙江文,16,14分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知b+c=2acos B.
(1)证明:A=2B;
2
(2)若cos B= ,求cos C的值.
3
解析 (1)由正弦定理得
sin B+sin C=2sin Acos B,故2sin Acos B=sin B+sin(A+B)=sin B+sin Acos B+cos Asin B,
于是sin B=sin(A-B).
又A,B∈(0,π),故0<A-B<π,
所以,B=π-(A-B)或B=A-B,
因此A=π(舍去)或A=2B,
所以,A=2B.
2 √5
(2)由cos B= 得sin B= ,
3 3
1
cos 2B=2cos2B-1=- ,
9
1 4√5
故cos A=- ,sin A= ,
9 9
22
cos C=-cos(A+B)=-cos Acos B+sin Asin B= .
27
评析 本题主要考查正弦和余弦定理等基础知识,同时考查运算求解能力.
27.(2016课标Ⅰ理,17,12分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2cos C(acos B+bcos
A)=c.
(1)求C;
3√3
(2)若c=√7,△ABC的面积为 ,求△ABC的周长.
2
解析 (1)由已知及正弦定理得,
2cos C(sin Acos B+sin Bcos A)=sin C, (2分)
2cos Csin(A+B)=sin C.
故2sin Ccos C=sin C. (4分)
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1 π
可得cos C= ,所以C= . (6分)
2 3
1 3√3
(2)由已知,得 absin C= .
2 2
π
又C= ,所以ab=6. (8分)
3
由已知及余弦定理得,a2+b2-2abcos C=7.
故a2+b2=13,从而(a+b)2=25. (10分)
所以△ABC的周长为5+√7. (12分)
解后反思 本题属解三角形问题中的常见题型,要先利用正弦、余弦定理,将已知中的“边”
或“角”的关系式,转化为只有“边”或只有“角”的方程形式,进而通过三角函数或代数知
1
识求解方程.解题中要注意三角形的一些性质应用,例如:sin(A+B)=sin C,S = absin C.
△ABC 2
评析 本题重点考查了正弦定理、余弦定理及三角形面积公式,同时,对三角恒等变换的公式
也有所考查.在解题过程中,要注意先将已知条件中的“边”与“角”的关系,通过正弦定理
转化为“角”之间的关系,再运用三角函数知识求解.
28.(2016浙江理,16,14分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知b+c=2acos B.
(1)证明:A=2B;
a2
(2)若△ABC的面积S= ,求角A的大小.
4
解析 (1)由正弦定理得sin B+sin C=2sin Acos B,
故2sin Acos B=sin B+sin(A+B)=sin B+sin Acos B+cos Asin B,
于是sin B=sin(A-B).
又A,B∈(0,π),故0<A-B<π,所以,B=π-(A-B)或B=A-B,
因此A=π(舍去)或A=2B,
所以,A=2B.
a2 1 a2 1
(2)由S= 得 absin C= ,故有sin Bsin C= sin 2B=sin Bcos B,
4 2 4 2
因sin B≠0,得sin C=cos B.
π
又B,C∈(0,π),所以C= ±B.
2
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π π
当B+C= 时,A= ;
2 2
π π
当C-B= 时,A= .
2 4
π π
综上,A= 或A= .
2 4
思路分析 (1)由正弦定理及两角和的正弦公式将已知条件转化为∠A与∠B的三角函数关系,
利用A,B的范围诱导公式得出∠A与∠B的关系;
(2)利用三角形的面积公式将已知条件转化为∠C与∠B的三角函数关系,再由∠B,∠C的范围及
诱导公式求∠A的大小.
评析 本题主要考查三角函数及其变换、正弦定理和三角形面积公式等基础知识,同时考查
运算求解能力.
29.(2015课标Ⅱ理,17,12分)△ABC中,D是BC上的点,AD平分∠BAC,△ABD面积是△ADC面积
的2倍.
sin∠B
(1)求 ;
sin∠C
√2
(2)若AD=1,DC= ,求BD和AC的长.
2
1
解析 (1)S = AB·ADsin∠BAD,
△ABD 2
1
S = AC·ADsin∠CAD.
△ADC 2
因为S =2S ,∠BAD=∠CAD,所以AB=2AC.
△ABD △ADC
sin∠B AC 1
由正弦定理可得 = = .
sin∠C AB 2
(2)因为S ∶S =BD∶DC,所以BD=√2.
△ABD △ADC
在△ABD和△ADC中,由余弦定理知
AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos∠ADB,
AC2=AD2+DC2-2AD·DCcos∠ADC.
故AB2+2AC2=3AD2+BD2+2DC2=6.
由(1)知AB=2AC,所以AC=1.
评析 本题考查正弦定理,余弦定理的应用,以及三角形的面积公式.属常规题,中等偏易.
30.(2015课标Ⅰ文,17,12分)已知a,b,c分别为△ABC内角A,B,C的对边,sin2B=2sin Asin C.
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(1)若a=b,求cos B;
(2)设B=90°,且a=√2,求△ABC的面积.
解析 (1)由题设及正弦定理可得b2=2ac.
又a=b,可得b=2c,a=2c.
a2+c2-b2 1
由余弦定理可得cos B= = . (6分)
2ac 4
(2)由(1)知b2=2ac.
因为B=90°,由勾股定理得a2+c2=b2.
故a2+c2=2ac,得c=a=√2.
所以△ABC的面积为1. (12分)
评析 本题考查了正弦定理、余弦定理;考查了解三角形的基本方法,属容易题.
π 1
31.(2015浙江理,16,14分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c.已知A= ,b2-a2= c2.
4 2
(1)求tan C的值;
(2)若△ABC的面积为3,求b的值.
1 1 1
解析 (1)由b2-a2= c2及正弦定理得sin2B- = sin2C,所以-cos 2B=sin2C.
2 2 2
π 3
又由A= ,即B+C= π,得-cos 2B=sin 2C=2sin Ccos C,
4 4
解得tan C=2.
2√5 √5
(2)由tan C=2,C∈(0,π)得sin C= ,cos C= .
5 5
(π ) 3√10
又因为sin B=sin(A+C)=sin +C ,所以sin B= .
4 10
2√2
由正弦定理得c= b,
3
π 1
又因为A= , bcsin A=3,所以bc=6√2,故b=3.
4 2
评析 本题主要考查三角函数及其变换、正弦定理等基础知识,同时考查运算求解能力.
( π)
32.(2015山东理,16,12分)设f(x)=sin xcos x-cos2 x+ .
4
(1)求f(x)的单调区间;
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(A)
(2)在锐角△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.若f =0,a=1,求△ABC面积的最大值.
2
( π)
sin2x 1+cos 2x+
解析 (1)由题意知f(x)= - 2
2
2
sin2x 1-sin2x 1
= - =sin 2x- .
2 2 2
π π π π
由- +2kπ≤2x≤ +2kπ,k∈Z,可得- +kπ≤x≤ +kπ,k∈Z;
2 2 4 4
π 3π π 3π
由 +2kπ≤2x≤ +2kπ,k∈Z,可得 +kπ≤x≤ +kπ,k∈Z.
2 2 4 4
[ π π ]
所以f(x)的单调递增区间是 - +kπ, +kπ (k∈Z);
4 4
[π 3π ]
单调递减区间是 +kπ, +kπ (k∈Z).
4 4
(A) 1 1
(2)由f =sin A- =0,得sin A= ,
2 2 2
√3
由题意知A为锐角,所以cos A= .
2
由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,
可得1+√3bc=b2+c2≥2bc,
即bc≤2+√3,且当b=c时等号成立.
1 2+√3
因此 bcsin A≤ .
2 4
2+√3
所以△ABC面积的最大值为 .
4
评析 本题考查三角恒等变换,三角函数的图象与性质,以及解三角形等基础知识和基本方法,
对运算能力有较高要求.属中等难度题.
33.(2015陕西理,17,12分)△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.向量m=(a,√3b)与n=(cos
A,sin B)平行.
(1)求A;
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(2)若a=√7,b=2,求△ABC的面积.
解析 (1)因为m∥n,所以asin B-√3bcos A=0,
由正弦定理,得sin Asin B-√3sin Bcos A=0,
又sin B≠0,从而tan A=√3,
π
由于0<A<π,所以A= .
3
(2)解法一:由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccos A,
π
及a=√7,b=2,A= ,
3
得7=4+c2-2c,即c2-2c-3=0,
因为c>0,所以c=3.
1 3√3
故△ABC的面积为 bcsin A= .
2 2
√7
2
解法二:由正弦定理,得 π = ,
sin sinB
3
√21
从而sin B= ,
7
2√7
又由a>b,知A>B,所以cos B= .
7
( π)
故sin C=sin(A+B)=sin B+
3
π π 3√21
=sin Bcos +cos Bsin = .
3 3 14
1 3√3
所以△ABC的面积为 absin C= .
2 2
34.(2014课标Ⅱ文,17,12分)四边形ABCD的内角A与C互补,AB=1,BC=3,CD=DA=2.
(1)求C和BD;
(2)求四边形ABCD的面积.
解析 (1)由题设及余弦定理得
BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos C
=13-12cos C, ①
BD2=AB2+DA2-2AB·DAcos A
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=5+4cos C. ②
1
由①,②得cos C= ,故C=60°,BD=√7.
2
(2)四边形ABCD的面积
1 1
S= AB·DAsin A+ BC·CDsin C
2 2
(1 1 )
= ×1×2+ ×3×2 sin 60°
2 2
=2√3.
评析 本题考查余弦定理的应用和四边形面积的计算,考查运算求解能力和转化的思想,把四
边形分割成两个三角形是求面积的常用方法.
35.(2014浙江理,18,14分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a≠b,c=√3,cos2A-
cos2B=√3sin Acos A-√3sin Bcos B.
(1)求角C的大小;
4
(2)若sin A= ,求△ABC的面积.
5
解析 (1)由题意得
1+cos2A 1+cos2B √3 √3
- = sin 2A- sin 2B,
2 2 2 2
√3 1 √3 1
即 sin 2A- cos 2A= sin 2B- cos 2B,
2 2 2 2
( π) ( π)
sin 2A- =sin 2B- .
6 6
由a≠b,得A≠B,又A+B∈(0,π),得
π π
2A- +2B- =π,
6 6
2π
即A+B= ,
3
π
所以C= .
3
4 a c 8
(2)由(1)及c=√3,sin A= , = ,得a= ,
5 sinA sinC 5
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3
由a<c,得A<C.从而cos A= ,
5
4+3√3
故sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C= ,
10
1 8√3+18
所以,△ABC的面积为S= acsin B= .
2 25
评析 本题主要考查诱导公式、两角和差公式、二倍角公式、正弦定理、三角形面积公
式等基础知识,同时考查运算求解能力.
36.(2013课标Ⅱ理,17,12分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=bcos C+csin B.
(1)求B;
(2)若b=2,求△ABC面积的最大值.
解析 (1)由已知及正弦定理得sin A=sin Bcos C+sin C·sin B. ①
又A=π-(B+C),
故sin A=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C. ②
由①②和C∈(0,π)得sin B=cos B.
π
又B∈(0,π),所以B= .
4
1 √2
(2)△ABC的面积S= acsin B= ac.
2 4
π
由已知及余弦定理得4=a2+c2-2accos .
4
4
又a2+c2≥2ac,故ac≤ ,当且仅当a=c时,等号成立.
2-√2
因此△ABC面积的最大值为√2+1.
37.(2012课标文,17,12分)已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边,c=√3asin C-ccos A.
(1)求A;
(2)若a=2,△ABC的面积为√3,求b,c.
解析 (1)由c=√3asin C-c·cos A及正弦定理得√3sin A·sin C-cos A·sin C-sin C=0.
( π) 1
由于sin C≠0,所以sin A- = .
6 2
π
又0<A<π,故A= .
3
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1
(2)△ABC的面积S= bcsin A=√3,故bc=4.
2
而a2=b2+c2-2bccos A,
故b2+c2=8.解得b=c=2.
评析 本题考查了正、余弦定理和三角公式,考查了方程的思想,灵活利用正、余弦定理是
求解关键,正确的转化是本题的难点.
38.(2012课标理,17,12分)已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边,acos C+√3asin C-b-
c=0.
(1)求A;
(2)若a=2,△ABC的面积为√3,求b,c.
解析 (1)由acos C+√3asin C-b-c=0及正弦定理得sin Acos C+√3sin Asin C-sin B-sin
C=0.
因为B=π-A-C,所以√3sin Asin C-cos Asin C-sin C=0.
( π) 1
由于sin C≠0,所以sin A- = .
6 2
π
又0<A<π,故A= .
3
1
(2)△ABC的面积S= bcsin A=√3,故bc=4.
2
而a2=b2+c2-2bccos A,故b2+c2=8.解得b=c=2.
评析 本题考查了正、余弦定理和三角公式,考查了方程的思想.灵活运用正、余弦定理是求
解关键.
考点2 解三角形及其综合应用
1.(2021全国甲文,8,5分)在△ABC中,已知B=120°,AC=√19,AB=2,则BC= ( )
A.1 B.√2 C.√5 D.3
答案 D
2.(2021全国乙理,9,5分)魏晋时期刘徽撰写的《海岛算经》是关于测量的数学著作,其中第一
题是测量海岛的高.如图,点E,H,G在水平线AC上,DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测
量标杆的高度,称为“表高”,EG称为“表距”,GC和EH都称为“表目距”,GC与EH的差
称为“表目距的差”,则海岛的高AB= ( )
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表高×表距 表高×表距
A. +表高 B. -表高
表目距的差 表目距的差
表高×表距 表高×表距
C. +表距 D. -表距
表目距的差 表目距的差
答案 A
3.(2021浙江,8,4分)已知α,β,γ是互不相同的锐角,则在sin αcos β,sin βcos γ,sin γcos α三个
1
值中,大于 的个数的最大值是 ( )
2
A.0 B.1 C.2 D.3
答案 C
4.(2017课标Ⅰ文,11,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知sin B+sin A(sin C-cos
C)=0,a=2,c=√2,则C= ( )
π π π π
A. B. C. D.
12 6 4 3
答案 B
5.(2021浙江,14,6分)在△ABC中,∠B=60°,AB=2,M是BC的中点,AM=2√3,则AC=
,cos∠MAC= .
2√39
答案 2√13;
13
6.(2020课标Ⅰ理,16,5分)如图,在三棱锥P-ABC的平面展开图中,AC=1,AB=AD=√3
,AB⊥AC,AB⊥AD,∠CAE=30°,则cos∠FCB= .
1
答案 -
4
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π
7.(2019课标Ⅱ理,15,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若b=6,a=2c,B= ,则△ABC
3
的面积为 .
答案 6√3
8.(2019浙江,14,6分)在△ABC中,∠ABC=90°,AB=4,BC=3,点D在线段AC上.若∠BDC=45°,则
BD= ,cos∠ABD= .
12√2 7√2
答案 ;
5 10
9.(2020新高考Ⅰ,15,5分)某中学开展劳动实习,学生加工制作零件,零件的截面如图所示.O为
圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心,A是圆弧AB与直线AG的切点,B是圆弧AB与直线BC的
3
切点,四边形DEFG为矩形,BC⊥DG,垂足为C,tan∠ODC= ,BH∥DG,EF=12 cm,DE=2 cm,A
5
到直线DE和EF的距离均为7 cm,圆孔半径为1 cm,则图中阴影部分的面积为
cm2.
( 5π)
答案
4+
2
10.(2021新高考Ⅰ,19,12分)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.
解题指导 (1)利用正弦定理将题干中的边角关系转化为边之间的关系是解题突破口.(2)在不
同的三角形中利用余弦定理探究边长间的关系是解决本题第二问的关键.
11.(2021新高考Ⅱ,18)在△ABC中,角A,B,C所对的边为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.
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解析 (1)2sin C=3sin A⇒2c=3a,∵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 1 1 √7 15√7
= = ,∴sin A=√1-cos2A= ,∴S = bcsin A= ×5×6× = .
2bc 2×5×6 4 4 △ABC 2 2 4 4
(2)由于c>b>a,故要使△ABC为钝角三角形,只能是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
考虑构成△ABC的条件,可得a+b>c⇒a+(a+1)>a+2⇒a>1.
综上,a∈(1,3).又a为正整数,∴a=2,∴存在a=2,使得△ABC为钝角三角形.
12.(2020课标Ⅱ理,17,12分)△ABC中,sin2A-sin2B-sin2C=sin Bsin C.
(1)求A;
(2)若BC=3,求△ABC周长的最大值.
解析 (1)由正弦定理和已知条件得BC2-AC2-AB2=AC·AB.①
由余弦定理得BC2=AC2+AB2-2AC·ABcos A.②
1 2π
由①②得cos A=- .因为0<A<π,所以A= .
2 3
AC AB BC
(2)由正弦定理及(1)得 = = =2√3,从而AC=2√3sin B,AB=2√3sin(π-A-B)=3cos
sinB sinC sin A
B-√3sin B.
( π)
故BC+AC+AB=3+√3sin B+3cos B=3+2√3sin B+ .
3
π π
又0<B< ,所以当B= 时,△ABC周长取得最大值3+2√3.
3 6
13.(2020新高考Ⅰ,17,10分)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.
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3b2+b2-c2 √3
于是 = ,由此可得b=c.
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.
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 π 2π
于是 = ,由此可得b=c,B=C= ,A= .
2√3b2 2 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.
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.由③c=√3b,与b=c矛盾.
2√3b2 2
因此,选条件③时问题中的三角形不存在.
14.(2020浙江,18,14分)在锐角△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知2bsin A-√3a=0.
(1)求角B的大小;
(2)求cos A+cos B+cos C的取值范围.
解析 (1)由正弦定理得2sin Bsin A=√3sin A,
√3 π
故sin B= ,由题意得B= .
2 3
2π
(2)由A+B+C=π得C= -A,
3
(π π)
由△ABC是锐角三角形得A∈ , .
6 2
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(2π ) 1 √3 √3 1 1
由cos C=cos -A =- cos A+ sin A得cos A+cos B+cos C= sin A+ cos A+
3 2 2 2 2 2
( π) 1 √3+1 3 (√3+1 3]
=sin A+ + ∈ , .故cos A+cos B+cos C的取值范围是 , .
6 2 2 2 2 2
15.(2020课标Ⅰ文,18,12分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知B=150°.
(1)若a=√3c,b=2√7,求△ABC的面积;
√2
(2)若sin A+√3sin C= ,求C.
2
解析 (1)由题设及余弦定理得28=3c2+c2-2×√3c2×cos 150°.解得c=-2(舍去),c=2,从而a=2√3
1 2
.
1
△ABC的面积为 ×2√3×2×sin 150°=√3.
2
(2)在△ABC中,A=180°-B-C=30°-C,所以sin A+√3sin C=sin(30°-C)+√3sin C=sin(30°+C).故
√2
sin(30°+C)= .
2
而0°<C<30°,所以30°+C=45°,故C=15°.
(π )
16.(2020课标Ⅱ文,17,12分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知cos2 +A +cos
2
5
A= .
4
(1)求A;
√3
(2)若b-c= a,证明:△ABC是直角三角形.
3
5 1 ( 1) 2 1
解析 (1)由已知得sin2A+cos A= ,即cos2A-cos A+ =0.所以 cosA- =0,cos A= .由于
4 4 2 2
π
0<A<π,故A= .
3
√3
(2)证明:由正弦定理及已知条件可得sin B-sin C= sin A.
3
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2π (2π ) √3 π
由(1)知B+C= ,所以sin B-sin -B = sin .
3 3 3 3
1 √3 1 ( π) 1
即 sin B- cos B= ,sin B- = .
2 2 2 3 2
2π π
由于0<B< ,故B= .从而△ABC是直角三角形.
3 2
以下为教师用书专用(1—24)
1.(2014四川文,8,5分)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60 m,则河流的宽度BC等于 ( )
A.240(√3-1)m B.180(√2-1)m
C.120(√3-1)m D.30(√3+1)m
AD 60
答案 C 如图,∠ACD=30°,∠ABD=75°,AD=60 m,在Rt△ACD中,CD= =
tan∠ACD tan30°
AD 60 60
=60√3 m,在Rt△ABD中,BD= = = =60(2-√3)m,∴BC=CD-BD=60
tan∠ABD tan75° 2+√3
√3-60(2-√3)=120(√3-1)m.
2.(2015课标Ⅰ理,16,5分)在平面四边形ABCD中,∠A=∠B=∠C=75°,BC=2,则AB的取值范围是
.
答案 (√6-√2,√6+√2)
解析 依题意作出四边形ABCD,连接BD.令BD=x,AB=y,∠CDB=α,∠CBD=β.在△BCD中,由正
2 x
弦定理得 = .由题意可知,∠ADC=135°,则∠ADB=135°-α.在△ABD中,由正弦定理
sinα sin75°
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x y y 2 2sin(135°-α)
得 = .所以 = ,即y= =
sin75° sin(135°-α) sin(135°-α) sinα sinα
2sin[90°-(α-45°)] 2cos(α-45°) √2(cosα+sinα)
= = .
sinα sinα sinα
因为0°<β<75°,α+β+75°=180°,所以30°<α<105°,
当α=90°时,易得y=√2;
√2(cosα+sinα) ( 1 )
当α≠90°时,y= =√2 +1 ,
sinα tanα
√3 tan60°+tan45°
又tan 30°= ,tan 105°=tan(60°+45°)= =-2-√3,结合正切函数的性质
3 1-tan60°tan45°
1 1 ( 1 )
知, ∈(√3-2,√3),且 ≠0,所以y=√2 +1 ∈(√6-√2,√2)∪(√2,√6+√2).
tanα tanα tanα
综上所述:y∈(√6-√2,√6+√2).
评析 本题考查了三角函数和解三角形.利用函数的思想方法是求解关键,属偏难题.
3.(2015重庆理,13,5分)在△ABC中,B=120°,AB=√2,A的角平分线AD=√3,则AC= .
答案 √6
1 √2 √3
解析 依题意知∠BDA=∠C+ ∠BAC,由正弦定理得 = ,∴sin
2 sin∠BDA sinB
( 1 ) √2
∠C+ ∠BAC = ,
2 2
1
∵∠C+∠BAC=180°-∠B=60°,∴∠C+ ∠BAC=45°,
2
∴∠BAC=30°,∠C=30°.从而AC=2·ABcos 30°=√6.
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4.(2014课标Ⅰ理,16,5分)如图,为测量山高MN,选择A和另一座山的山顶C为测量观测点.从
A点测得M点的仰角∠MAN=60°,C点的仰角∠CAB=45°以及∠MAC=75°;从C点测得
∠MCA=60°.已知山高BC=100 m,则山高MN= m.
答案 150
解析 在Rt△ABC中,∠CAB=45°,BC=100 m,所以AC=100√2 m.
在△AMC中,∠MAC=75°,∠MCA=60°,从而∠AMC=45°,
AC AM
由正弦定理得, = ,因此AM=100√3 m.
sin45° sin60°
在Rt△MNA中,AM=100√3 m,∠MAN=60°,
MN √3
由 =sin 60°得MN=100√3× =150 m,故填150.
AM 2
5.(2011课标理,16,5分)在△ABC中,B=60°,AC=√3,则AB+2BC的最大值为 .
答案 2√7
解析 设AC=b=√3,AB=c,BC=a,
a b c
在△ABC中, = = =2,
sinA sinB sinC
∴a=2sin A,c=2sin C,且A+C=120°,
∴AB+2BC=c+2a=2sin C+4sin A
=2sin C+4sin(120°-C)
=4sin C+2√3cos C=2√7sin(C+φ),
√21 2√7
其中sin φ= ,cos φ= ,
7 7
∴φ∈(30°,60°),而C∈(0°,120°),∴φ+C∈(30°,180°),当C+φ=90°时,AB+2BC有最大值2√7.
评析 本题主要考查正弦定理的应用及三角函数性质和公式的应用,熟练掌握定理、公式和
三角函数的性质是正确解题的关键.
6.(2020江苏,16,14分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知a=3,c=√2,B=45°.
(1)求sin C的值;
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4
(2)在边BC上取一点D,使得cos∠ADC=- ,求tan∠DAC的值.
5
解析 本题主要考查正弦定理、余弦定理、同角三角函数的基本关系、两角和与差的三角
函数等基础知识,考查运算求解能力.
(1)在△ABC中,因为a=3,c=√2,B=45°,
由余弦定理b2=a2+c2-2accos B,得b2=9+2-2×3×√2cos 45°=5,所以b=√5.
b c
在△ABC中,由正弦定理 = ,
sinB sinC
√5 √2 √5
得 = ,所以sin C= .
sin45° sinC 5
4
(2)在△ADC中,因为cos∠ADC=- ,所以∠ADC为钝角,
5
而∠ADC+∠C+∠CAD=180°,所以∠C为锐角,
2√5 sinC 1
故cos C=√1-sin2C= ,则tan C= = ,
5 cosC 2
4 3
因为cos∠ADC=- ,所以sin∠ADC=√1-cos2 ∠ADC= ,
5 5
sin∠ADC 3
tan∠ADC= =- .
cos∠ADC 4
tan∠ADC+tanC
从而tan∠DAC=tan(180°-∠ADC-∠C)=-tan(∠ADC+∠C)=- =-
1-tan∠ADC·tanC
3 1
- +
4 2 2
= .
( 3) 1 11
1- - ×
4 2
7.(2019江苏,15,14分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.
2
(1)若a=3c,b=√2,cos B= ,求c的值;
3
sin A cosB ( π)
(2)若 = ,求sin B+ 的值.
a 2b 2
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解析 本小题主要考查正弦定理、余弦定理、同角三角函数关系、诱导公式等基础知识,考
查运算求解能力.
2
(1)因为a=3c,b=√2,cos B= ,
3
a2+c2-b2 2 (3c)2+c2-(√2)2
由余弦定理cos B= ,得 = ,
2ac 3 2×3c×c
1 √3
即c2= .所以c= .
3 3
sin A cosB
(2)因为 = ,
a 2b
a b cosB sinB
由正弦定理 = ,得 = ,所以cos B=2sin B.
sinA sinB 2b b
从而cos2B=(2sin B)2,即cos2B=4(1-cos2B),
4
故cos2B= .
5
2√5
因为sin B>0,所以cos B=2sin B>0,从而cos B= .
5
( π) 2√5
因此sin B+ =cos B= .
2 5
1
8.(2018北京理,15,13分)在△ABC中,a=7,b=8,cos B=- .
7
(1)求A;
(2)求AC边上的高.
1 (π ) 4√3
解析 (1)在△ABC中,因为cos B=- ,所以B∈ ,π ,所以sin B=√1-cos2B= .
7 2 7
a·sinB √3
由正弦定理得sin A= = ,
b 2
(π )
因为B∈ ,π ,
2
( π) π
所以A∈ 0, ,所以A= .
2 3
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( π) 1 √3 3√3
(2)在△ABC中,sin C=sin(A+B)=sin B+ = sin B+ cos B= ,
3 2 2 14
1
三角形ABC的面积S = absin C=6√3,
△ABC 2
设AC边上的高为h,
1 1
则S = bh= ×8·h=6√3,
△ABC 2 2
3√3
所以h= ,
2
3√3
即AC边上的高为 .
2
方法总结 处理解三角形相关的综合题目时,首先要掌握正弦、余弦定理,其次结合图形分析
哪些边、角是已知的,哪些边、角是未知的,然后将方程转化为只含有边或角的方程,最后通
过解方程求出边或角.
9.(2017天津理,15,13分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a>b,a=5,c=6,sin B=
3
.
5
(1)求b和sin A的值;
( π)
(2)求sin 2A+ 的值.
4
解析 本小题主要考查同角三角函数的基本关系,二倍角的正弦、余弦公式,两角和的正弦公
式以及正弦定理、余弦定理等基础知识.考查运算求解能力.
3 4
(1)在△ABC中,因为a>b,故由sin B= ,可得cos B= .由已知及余弦定理,有b2=a2+c2-2accos
5 5
B=13,所以b=√13.
a b asinB 3√13
由正弦定理 = ,得sin A= = .
sinA sinB b 13
3√13
所以,b的值为√13,sin A的值为 .
13
2√13
(2)由(1)及a<c,得cos A= ,
13
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12 5
所以sin 2A=2sin Acos A= ,cos 2A=1-2sin2A=- .
13 13
( π) π π 7√2
故sin 2A+ =sin 2Acos +cos 2Asin = .
4 4 4 26
方法总结 1.利用正、余弦定理求边或角的步骤:(1)根据已知的边和角画出相应的图形,并在
图中标出;(2)结合图形选择用正弦定理或余弦定理求解;(3)在运算和求解过程中注意三角恒
等变换和三角形内角和定理的运用.
2.解决三角函数及解三角形问题的满分策略:(1)认真审题,把握变形方向;(2)规范书写,合理选
择公式;(3)计算准确,注意符号.
10.(2017天津文,15,13分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知asin A=4bsin
B,ac=√5(a2-b2-c2).
(1)求cos A的值;
(2)求sin(2B-A)的值.
解析 本题主要考查同角三角函数的基本关系、二倍角的正弦、余弦公式、两角差的正弦
公式以及正弦定理、余弦定理等基础知识.考查运算求解能力.
a b
(1)由asin A=4bsin B,及 = ,得a=2b.
sin A sinB
由ac=√5(a2-b2-c2),
√5
b2+c2-a2 - ac √5
及余弦定理,得cos A= = 5 =- .
2bc 5
ac
2√5
(2)由(1),可得sin A= ,代入asin A=4bsin B,
5
asin A √5
得sin B= = .
4b 5
2√5
由(1)知,A为钝角,所以cos B=√1-sin2B= .
5
4 3
于是sin 2B=2sin Bcos B= ,cos 2B=1-2sin2B= ,
5 5
4 ( √5) 3 2√5 2√5
故sin(2B-A)=sin 2Bcos A-cos 2Bsin A= × - - × =- .
5 5 5 5 5
规律总结 解有关三角形问题时应注意:
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(1)在解有关三角形的题目时,要有意识地考虑用哪个定理更适合或两个定理都要用,要抓住能
够利用某个定理的信息.一般地,如果式子中含有角的余弦或边的二次式,要考虑用余弦定理;
如果式子中含有角的正弦或边的一次式,要考虑用正弦定理;以上特征都不明显时,则要考虑
到两个定理都有可能用到.(2)解三角形问题时应注意三角形内角和定理的应用及角的范围.
11.(2016北京理,15,13分)在△ABC中,a2+c2=b2+√2ac.
(1)求∠B的大小;
(2)求√2cos A+cos C的最大值.
a2+c2-b2 √2ac √2
解析 (1)由余弦定理及题设得cos B= = = .
2ac 2ac 2
又因为0<∠B<π,
π
所以∠B= . (6分)
4
3π
(2)由(1)知∠A+∠C= .
4
(3π )
√2cos A+cos C=√2cos A+cos -A
4
√2 √2
=√2cos A- cos A+ sin A
2 2
√2 √2
= cos A+ sin A
2 2
( π)
=cos A- .(11分)
4
3π
因为0<∠A< ,
4
π
所以当∠A= 时,√2cos A+cos C取得最大值1.(13分)
4
思路分析 第(1)问条件中有边的平方和边的乘积,显然用余弦定理求解.第(2)问用三角形内
角和定理将原三角函数式化为只含一个角的三角函数式,再注意角的取值范围,问题得解.
评析 本题考查余弦定理,三角恒等变换及三角函数的性质.属中档题.
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tan A
12.(2016山东理,16,12分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知2(tan A+tan B)=
cosB
tanB
+ .
cosA
(1)证明:a+b=2c;
(2)求cos C的最小值.
(sin A sinB) sinA sinB
解析 (1)由题意知2 + = + ,
cosA cosB cosAcosB cosAcosB
化简得2(sin Acos B+sin Bcos A)=sin A+sin B,
即2sin(A+B)=sin A+sin B.
因为A+B+C=π,
所以sin(A+B)=sin(π-C)=sin C.
从而sin A+sin B=2sin C.
由正弦定理得a+b=2c.
a+b
(2)由(1)知c= ,
2
a2+b2-c2 a2+b2-
(a+b) 2
所以cos C= = 2
2ab
2ab
3(a b) 1 1
= + - ≥ ,
8 b a 4 2
当且仅当a=b时,等号成立.
1
故cos C的最小值为 .
2
疑难突破 利用切化弦将已知等式等价转化,最终转化为三角形三角正弦之间的关系,从而结
合正弦定理得出三角形三边之间的关系.
评析 本题考查了三角恒等变换、正弦定理和余弦定理及基本不等式,综合性较强,重点考查
了化归与转化的思想方法,属中档题.
13.(2016天津文,15,13分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知asin 2B=√3bsin
A.
(1)求B;
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1
(2)若cos A= ,求sin C的值.
3
a b
解析 (1)在△ABC中,由 = ,可得asin B=bsin A,又由asin 2B=√3bsin A,得2asin
sinA sinB
√3 π
Bcos B=√3bsin A=√3asin B,所以cos B= ,得B= .
2 6
1 2√2
(2)由cos A= ,可得sin A= ,
3 3
( π)
则sin C=sin[π-(A+B)]=sin(A+B)=sin A+
6
√3 1 2√6+1
= sin A+ cos A= .
2 2 6
思路分析 (1)利用正弦定理与二倍角公式将原式转化为角B的三角函数式进行求解;(2)利用
三角形的性质及两角和的正弦公式求sin C的值.
评析 本题主要考查同角三角函数的基本关系、二倍角的正弦公式、两角和的正弦公式以
及正弦定理等基础知识.考查运算求解能力.
14.(2015江苏理,15,14分)在△ABC中,已知AB=2,AC=3,A=60°.
(1)求BC的长;
(2)求sin 2C的值.
1
解析 (1)由余弦定理知,BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos A=4+9-2×2×3× =7,
2
所以BC=√7.
AB BC
(2)由正弦定理知, = ,
sinC sin A
AB 2sin60° √21
所以sin C= ·sin A= = .
BC √7 7
√ 3 2√7
因为AB<BC,所以C为锐角,则cos C=√1-sin2C= 1- = .
7 7
√21 2√7 4√3
因此sin 2C=2sin C·cos C=2× × = .
7 7 7
评析 本小题主要考查余弦定理、正弦定理,同角三角函数关系与二倍角公式,考查运算求
解能力.
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版》
(π )
15.(2015浙江文,16,14分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知tan +A =2.
4
sin2A
(1)求 的值;
sin2A+cos2A
π
(2)若B= ,a=3,求△ABC的面积.
4
(π ) 1
解析 (1)由tan +A =2,得tan A= ,
4 3
sin2A 2tan A 2
所以 = = .
sin2A+cos2A 2tan A+1 5
1
(2)由tan A= ,A∈(0,π),得
3
√10 3√10
sin A= ,cos A= .
10 10
π a b
又由a=3,B= 及正弦定理 = ,得
4 sin A sinB
b=3√5.
( π) 2√5
由sin C=sin(A+B)=sin A+ 得sin C= .
4 5
1
设△ABC的面积为S,则S= absin C=9.
2
评析 本题主要考查三角恒等变换、正弦定理等基础知识,同时考查运算求解能力.
16.(2015天津文,16,13分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知△ABC的面积为3
1
√15,b-c=2,cos A=- .
4
(1)求a和sin C的值;
( π)
(2)求cos 2A+ 的值.
6
1 √15
解析 (1)在△ABC中,由cos A=- ,可得sin A= .
4 4
1
由S = bcsin A=3√15,得bc=24,又由b-c=2,
△ABC 2
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解得b=6,c=4.
由a2=b2+c2-2bccos A,可得a=8.
a c √15
由 = ,得sin C= .
sin A sinC 8
( π) π π
(2)cos 2A+ =cos 2A·cos -sin 2A·sin
6 6 6
√3 1 √15-7√3
= (2cos2A-1)- ×2sin A·cos A= .
2 2 16
评析 本小题主要考查同角三角函数的基本关系、二倍角的正弦、余弦公式、两角和的余
弦公式以及正弦定理、余弦定理等基础知识.考查基本运算求解能力.
17.(2015课标Ⅱ文,17,12分)△ABC中,D是BC上的点,AD平分∠BAC,BD=2DC.
sin∠B
(1)求 ;
sin∠C
(2)若∠BAC=60°,求∠B.
解析 (1)由正弦定理得
AD BD AD DC
= , = .
sin∠B sin∠BAD sin∠C sin∠CAD
因为AD平分∠BAC,BD=2DC,
sin∠B DC 1
所以 = = .
sin∠C BD 2
(2)因为∠C=180°-(∠BAC+∠B),∠BAC=60°,
√3 1
所以sin∠C=sin(∠BAC+∠B)= cos∠B+ sin∠B.
2 2
由(1)知2sin∠B=sin∠C,
√3
所以tan∠B= ,即∠B=30°.
3
评析 本题考查了正弦定理;考查了解三角形的能力.属中档题.
3π
18.(2015安徽理,16,12分)在△ABC中,∠A= ,AB=6,AC=3√2,点D在BC边上,AD=BD,求AD
4
的长.
解析 设△ABC的内角A,B,C所对边的长分别是a,b,c,
3π
由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos∠BAC=(3√2)2+62-2×3√2×6×cos =18+36-(-36)=90,
4
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所以a=3√10.
bsin∠BAC 3 √10
又由正弦定理得sin B= = = ,
a 3√10 10
π √ 1 3√10
由题设知0<B< ,所以cos B=√1-sin2B= 1- = .
4 10 10
AB·sinB 6sinB
在△ABD中,由正弦定理得AD= =
sin(π-2B) 2sinBcosB
3
= =√10.
cosB
19.(2014辽宁理,17,12分)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a>c.已知⃗BA·⃗BC
1
=2,cos B= ,b=3.求:
3
(1)a和c的值;
(2)cos(B-C)的值.
解析 (1)由⃗BA·⃗BC=2得c·acos B=2,
1
又cos B= ,所以ac=6.
3
由余弦定理,得a2+c2=b2+2accos B.
又b=3,所以a2+c2=9+2×2=13.
{ ac=6,
解 得a=2,c=3或a=3,c=2.
a2+c2=13,
因a>c,所以a=3,c=2.
(2)在△ABC中,sin B=√1-cos2B=
√
1-
(1) 2
=
2√2
,
3 3
c 2 2√2 4√2
由正弦定理,得sin C= sin B= × = .
b 3 3 9
因a=b>c,所以C为锐角,
因此cos C=√1-sin2C=
√
1-
(4√2) 2
=
7
.
9 9
于是cos(B-C)=cos Bcos C+sin Bsin C
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1 7 2√2 4√2 23
= × + × = .
3 9 3 9 27
√6
20.(2014天津文,16,13分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a-c= b,sin B=
6
√6sin C.
(1)求cos A的值;
( π)
(2)求cos 2A- 的值.
6
b c √6
解析 (1)在△ABC中,由 = ,及sin B=√6sin C,可得b=√6c.又由a-c= b,有a=2c.
sinB sinC 6
b2+c2-a2 6c2+c2-4c2 √6
所以,cos A= = = .
2bc 2√6c2 4
√6 √10
(2)在△ABC中,由cos A= ,可得sin A= .
4 4
1 √15
于是cos 2A=2cos2A-1=- ,sin 2A=2sin A·cos A= .
4 4
( π) π π √15-√3
所以cos 2A- =cos 2A·cos +sin 2A·sin = .
6 6 6 8
评析 本题主要考查同角三角函数的基本关系、二倍角的正弦与余弦公式、两角差的余弦
公式以及正弦定理、余弦定理等基础知识.考查运算求解能力.
π
21.(2014北京理,15,13分)如图,在△ABC中,∠B= ,AB=8,点D在BC边上,且CD=2,cos∠ADC=
3
1
.
7
(1)求sin∠BAD;
(2)求BD,AC的长.
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1
解析 (1)在△ADC中,因为cos∠ADC= ,
7
4√3
所以sin∠ADC= .
7
所以sin∠BAD=sin(∠ADC-∠B)
=sin∠ADCcos B-cos∠ADCsin B
4√3 1 1 √3 3√3
= × - × = .
7 2 7 2 14
(2)在△ABD中,由正弦定理得
3√3
8×
AB·sin∠BAD 14
BD= = =3.
sin∠ADB 4√3
7
在△ABC中,由余弦定理得
AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos B
1
=82+52-2×8×5× =49.
2
所以AC=7.
评析 本题考查了三角变换,及利用正、余弦定理解三角形;考查分析推理、运算求解能力.
22.(2014湖南理,18,12分)如图,在平面四边形ABCD中,AD=1,CD=2,AC=√7.
(1)求cos∠CAD的值;
√7 √21
(2)若cos∠BAD=- ,sin∠CBA= ,求BC的长.
14 6
解析 (1)在△ADC中,由余弦定理,得
AC2+AD2-CD2 7+1-4 2√7
cos∠CAD= = = .
2AC·AD 2√7 7
(2)设∠BAC=α,则α=∠BAD-∠CAD.
2√7 √7
因为cos∠CAD= ,cos∠BAD=- ,
7 14
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所以sin∠CAD=√1-cos2 ∠CAD=
√
1-
(2√7) 2
=
√21
,
7 7
sin∠BAD=√1-cos2 ∠BAD= √ 1- ( - √7) 2 = 3√21 .
14 14
于是sin α=sin(∠BAD-∠CAD)
=sin∠BADcos∠CAD-cos∠BADsin∠CAD
3√21 2√7 ( √7) √21 √3
= × - - × = .
14 7 14 7 2
BC AC
在△ABC中,由正弦定理,得 = ,
sinα sin∠CBA
√3
√7×
AC·sinα 2
故BC= = =3.
sin∠CBA √21
6
23.(2014湖南文,19,13分)如图,在平面四边形ABCD中,DA⊥AB,DE=1,EC=√7,EA=2,∠ADC=
2π π
,∠BEC= .
3 3
(1)求sin∠CED的值;
(2)求BE的长.
解析 设∠CED=α.
(1)在△CDE中,由余弦定理,得EC2=CD2+DE2-2CD·DE·cos∠EDC.
于是由题设知,7=CD2+1+CD,即CD2+CD-6=0,
解得CD=2(CD=-3舍去).
EC CD
在△CDE中,由正弦定理,得 = .
sin∠EDC sinα
2π √3
CD·sin 2× √21 √21
于是sin α= 3 = 2 = ,即sin∠CED= .
7 7
EC √7
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π
(2)由题设知,0<α< ,于是由(1)知,
3
√ 21 2√7
cos α=√1-sin2α= 1- = .
49 7
2π (2π ) 2π 2π 1 √3
而∠AEB= -α,所以cos∠AEB=cos -α =cos cos α+sin sin α=- cos α+ sin
3 3 3 3 2 2
1 2√7 √3 √21 √7
α=- × + × = .
2 7 2 7 14
2
EA 2 2
在Rt△EAB中,cos∠AEB= = ,故BE= =√7=4√7.
BE BE cos∠AEB
14
评析 本题考查解三角形及三角函数式的恒等变形,解题时要运用从已知到未知的思路,利用
角的关系进行恒等变形.
24.(2013课标Ⅰ理,17,12分)如图,在△ABC中,∠ABC=90°,AB=√3,BC=1,P为△ABC内一点,
∠BPC=90°.
1
(1)若PB= ,求PA;
2
(2)若∠APB=150°,求tan∠PBA.
解析 (1)由已知得,∠PBC=60°,所以∠PBA=30°.
1 1 7 √7
在△PBA中,由余弦定理得PA2=3+ -2×√3× cos 30°= .故PA= .
4 2 4 2
(2)设∠PBA=α,由已知得PB=sin α.
√3 sinα
在△PBA中,由正弦定理得 = ,
sin150° sin(30°-α)
√3 √3
化简得√3cos α=4sin α.所以tan α= ,即tan∠PBA= .
4 4
评析 本题考查了利用正弦定理和余弦定理解三角形,考查了运算求解能力和分析、解决问
题的能力.题目新颖且有一定的难度,通过PB把△PBC和△PAB联系起来利用正弦定理是解题
关键.
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— 三年模拟 —
A组 考点基础题组
考点1 正弦定理、余弦定理
1.(2021辽宁百校联盟质检,7)如图,无人机在离地面高300 m的M处,观测到山顶A处的俯角
为15°,山脚C处的俯角为60°,已知AB=BC,则山的高度AB为( )
A.150√2 m B.200 m C.200√2 m D.300 m
答案 B
2.(2019湖南郴州一模,10)在△ABC中,三内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b2+c2-√3bc=a2,bc=
√3a2,则角C的大小是 ( )
π 2π π 2π π
A. 或 B. C. D.
6 3 3 3 6
答案 A
3.(多选题)(2021江苏七市第二次调研,12)
如图,某校测绘兴趣小组为测量河对岸直塔AB(A为塔顶,B为塔底)的高度,选取与B在同一水
平面内的两点C与D(B,C,D不在同一直线上),测得CD=s,测绘兴趣小组利用测角仪可测得的
角有∠ACB,∠ACD,∠BCD,∠ADB,∠ADC,∠BDC,则根据下列各组中的测量数据可计算出塔AB
的高度的是 ( )
A.s,∠ACB,∠BCD,∠BDC
B.s,∠ACB,∠BCD,∠ACD
C.s,∠ACB,∠ACD,∠ADC
D.s,∠ACB,∠BCD,∠ADC
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答案 ACD
4.(多选题)(2020山东全真模拟,10)四边形ABCD内接于圆O,AB=CD=5,AD=3,∠BCD=60°,下列
结论正确的有 ( )
A.四边形ABCD为梯形
B.圆O的直径为7
55√3
C.四边形ABCD的面积为
4
D.△ABD的三边长度可以构成一个等差数列
答案 ACD
5.(2021重庆一模,15)已知△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,b=2,c=3,A=2B,则a= .
答案 √10
6.(2021江苏南通一模,15)在三角形ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,A=30°,C=45°,c=3,点P
是平面ABC内的一个动点,若∠BPC=60°,则△PBC面积的最大值是 .
9√3
答案
8
考点2 解三角形及其综合应用
1.(多选题)(2020福建泉州适应性线上测试,12)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若
1
b=ccos A,角A的平分线交BC于点D,AD=1,cos∠BAC= ,以下结论正确的是 ( )
8
3
A.AC= B.AB=8
4
CD 1 3√7
C. = D.△ABD的面积为
BD 8 4
答案 ACD
2.(2021广东珠海一模,15)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足2cos Bcos
C(tan B+tan C)=cos Btan B+cos Ctan C,则cos A的最小值是 .
1
答案
2
3.(2021广东深圳一模,16)拿破仑定理是法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何
定理:“以任意三角形的三条边为边,向外构造三个等边三角形,则这三个等边三角形的外接
圆圆心恰为另一个等边三角形(此等边三角形称为拿破仑三角形)的顶点”.已知△ABC内接于
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单位圆,以BC,AC,AB为边向外作三个等边三角形,其外接圆圆心依次记为A',B',C'.若
∠ACB=30°,则△A'B'C'的面积的最大值为 .
3+2√3
答案
6
π
4.(2021重庆二模,17)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若A≠ ,且 .
2
(1)求a的值;
2π
(2)若A= ,求△ABC周长的最大值.
3
从①3acos B+3bcos A=ac;②3acos B+abcos A=3c;③bcos C+ccos B=3这三个条件中选一个
补充在上面问题中并作答.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
解析 (1)在△ABC中,A+B+C=π,
若选①,则由正弦定理得:
3sin Acos B+3sin Bcos A=asin C
⇒3sin(A+B)=asin C⇒3sin C=asin C,
因为C∈(0,π),所以sin C≠0,因此a=3.
若选②,则由正弦定理得:
3sin Acos B+asin Bcos A=3sin C⇒asin Bcos A=3sin(A+B)-3sin Acos B⇒asin Bcos A=3cos
Asin B,
π
因为A,B∈(0,π)且A≠ ,所以sin B≠0,cos A≠0,因此a=3.
2
若选③,则由正弦定理得:
3 3sinA
sin Bcos C+sin Ccos B=sin A· ⇒sin(B+C)= ⇒asin A=3sin A,因为A∈(0,π),所以sin
a a
A≠0,因此a=3.
2π (b+c) 2 (b+c)2
(2)若A= ,则由余弦定理得9=b2+c2+bc,即(b+c)2-9=bc,又bc≤ ,故(b+c)2-9≤ ,
3 2 4
即b+c≤2√3,当且仅当b=c=√3时取等号,∴a+b+c的最大值为3+2√3.
思路分析 (1)若选①:根据正弦定理、逆用两角和的正弦公式,结合三角形内角和定理和诱导
公式进行求解即可;若选②:根据正弦定理,结合两角和的正弦公式进行求解即可;若选③:根据
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正弦定理、逆用两角和的正弦公式进行求解即可.(2)根据余弦定理,结合基本不等式进行求
解即可.
B组 综合应用题组
时间 : 80 分钟 分值 : 110 分
一、单项选择题(每小题5分,共25分)
1.(2020山东青岛三模,5)在△ABC中,如果cos(2B+C)+cos C>0,那么△ABC的形状为 ( )
A.钝角三角形 B.直角三角形
C.锐角三角形 D.等腰三角形
答案 A
2.(2021百校大联考(六),7)已知在△ABC中,A,B,C的对边分别为a,b,c,若a,b是方程x2-3x+2=0
√2
的两个实数根,且△ABC的面积为 ,则C的大小是 ( )
2
A.45° B.60°
C.60°或120° D.45°或135°
答案 D
3.(2021湖南株洲二模,4)在△ABC中,内角A、B、C所对的边分别为a,b,c,若2√3acos C-3bcos
C=3ccos B,则角C的大小为( )
π π π 2π
A. B. C. D.
6 4 3 3
答案 A
4.(2020河北衡水中学第九次调研,7)我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜
求积术”,用现代式子表示即“在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则△ABC的面积S=
√ 1[ (a2+b2-c2
)
2]
(ab)2- ”.根据此公式,若acos B+(b+3c)cos A=0,且a2-b2-c2=2,则△ABC
4 2
的面积为 ( )
A.√2 B.2√2 C.√6 D.2√3
答案 A
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图1
5.(2020福建质量检测,11)上世纪末河南出土的以鹤的尺骨(翅骨)制成的“骨笛”(图1)充分
展示了我国古代高超的音律艺术及先进的数学水平,也印证了我国古代音律与历法的密切联
系.图2为骨笛测量“春(秋)分”“夏(冬)至”的示意图.图3是某骨笛的部分测量数据(骨笛
的弯曲忽略不计),夏至(或冬至)日光(当日正午太阳光线)与春秋分日光(当日正午太阳光线)的
夹角等于黄赤交角.
图2
图3
由历法理论知,黄赤交角近1万年持续减小,其正切值及对应的年代如下表:
黄赤交角 23°41' 23°57' 24°13' 24°28' 24°44'
正切值 0.439 0.444 0.450 0.455 0.461
公元前 公元前 公元前 公元前
年代 公元元年
2000年 4000年 6000年 8000年
根据以上信息,通过计算黄赤交角,可估计该骨笛的大致年代是 ( )
A.公元前2000年到公元元年
B.公元前4000年到公元前2000年
C.公元前6000年到公元前4000年
D.早于公元前6000年
答案 D
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二、多项选择题(共5分)
sin A sinB sinC
6.(2020山东百师联盟测试三,12)已知△ABC的三个内角满足 = = (m∈N*),则
6 8 m
当m取不同值时,关于△ABC的形状,说法正确的是 ( )
A.当m=2时,△ABC为锐角三角形
B.当m=4时,△ABC为钝角三角形
C.当m=6时,△ABC为等腰三角形
D.当m=10时,△ABC为直角三角形
答案 BCD
三、填空题(每小题5分,共10分)
7.(2020河北衡水中学七调,16)已知△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c,若A=2B,则
c 2b
+ 的取值范围为 .
b a
答案 (2,4)
8.(2021东北三省四市教研联合体,16)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,asin
B
Csin(A+C)=2√3csin Asin2 ,则角B的大小为 ;若a+c=6,△ABC的面积为2√3,则b的
2
值为 .
π
答案 ;2√3
3
四、解答题(共70分)
9.(2020山东百师联盟测试三,19)△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足a2+c2-b2=
2√3
acsin B.
3
(1)求角B;
(2)设AC边上的中线为BD,若AB=2,BD=√7,求△ABC的面积.
2√3
解析 (1)因为a2+c2-b2= acsin B,
3
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a2+c2-b2 √3
所以 = sin B,
2ac 3
由余弦定理得√3cos B=sin B,所以tan B=√3,
π
又因为B∈(0,π),所以B= .
3
(2)如图,作AE∥BC,CE∥AB,交于点E,连接DE,则四边形ABCE为平行四边形,
2π
且∠BAE= .
3
在△BAE中,设AE=x,由余弦定理得BE2=AB2+AE2-2AB·AE·cos∠BAE=4+x2+2x=28,
即x2+2x-24=0,所以x=4或-6(舍),
即BC=4,
1 1 √3
所以S = AB·BCsin∠ABC= ×2×4× =2√3.
△ABC 2 2 2
2π
10.(2021湖北八市3月联考,17)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若角C为 ,且
3
sin(A+C)=2sin(B+C)·cos(A+B).
(1)求a∶b∶c的值;
3
(2)若△ABC的内切圆的半径r=√3- ,求△ABC的面积.
2
2π
解析 (1)由sin(A+C)=2sin(B+C)cos(A+B)得sin B=-2sin Acos C,将C= 代入得sin A=sin
3
B,
π
所以A=B= ,即a=b,
6
π π 2π
所以a∶b∶c=sin ∶sin ∶sin =1∶1∶√3.
6 6 3
r
π (π π) 2r 1 √3
(2)由(1)知c =tan =tan - =2-√3得c= =√3,所以a=b=1,S = absin C= .
12 4 6 2-√3 △ABC 2 4
2
11.(2020山东烟台一中期末,17)在条件:
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版》
( π) B+C
①(a+b)(sin A-sin B)=(c-b)sin C,②asin B=bcos A+ ,③bsin =asin B中任选一个,补
6 2
充到下面问题中,并给出问题解答.
在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,b+c=6,a=2√6, ,求△ABC的面积.
解析 若选①:
由正弦定理得(a+b)(a-b)=(c-b)c,即b2+c2-a2=bc,
b2+c2-a2 bc 1
所以cos A= = = ,
2bc 2bc 2
π
因为A∈(0,π),所以A= ,
3
又a2=b2+c2-bc=(b+c)2-3bc,a=2√6,b+c=6,
所以bc=4,
1 1 π
所以S = bcsin A= ×4×sin =√3.
△ABC 2 2 3
若选②:
( π)
由正弦定理得sin Asin B=sin Bcos A+ .
6
( π)
因为0<B<π,所以sin B≠0,所以sin A=cos A+ ,
6
√3 1 √3
化简得sin A= cos A- sin A,即tan A= ,
2 2 3
π π
因为0<A<π,所以A= .又因为a2=b2+c2-2bccos ,
6 6
(b+c)2-a2 62-(2√6)2
所以bc= = ,即bc=24-12√3,
2+√3 2+√3
1 1 1
所以S = bcsin A= ×(24-12√3)× =6-3√3.
△ABC 2 2 2
若选③:
B+C
由正弦定理得sin Bsin =sin Asin B,
2
因为0<B<π,所以sin B≠0,
53 / 59北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B
版》
B+C
所以sin =sin A,又因为B+C=π-A,
2
A A A
所以cos =2sin cos ,
2 2 2
A π A
因为0<A<π,所以0< < ,所以cos ≠0,
2 2 2
A 1 A π π
所以sin = ,即 = ,所以A= .
2 2 2 6 3
1 1 π
则a2=b2+c2-bc=(b+c)2-3bc,又a=2√6,b+c=6,所以bc=4,所以S = bcsin A= ×4×sin =√3.
△ABC 2 2 3
12.(2021广东韶关一模,17)在①cos C+(cos A-√3sin A)cos B=0,②cos
√3
2B-3cos(A+C)=1,③bcos C+ csin B=a这三个条件中任选一个,补充在下面问题中.
3
问题:在△ABC中,角A,B,C对的边分别为a,b,c,若a+c=1, ,求角B的大小和b的最小值.
解析 选择条件①:由cos C+(cos A-√3sin A)cos B=0,
可得-cos(A+B)+cos Acos B-√3sin Acos B=0,
即-cos Acos B+sin Asin B+cos Acos B-√3sin Acos B=0,
即sin Asin B-√3sin Acos B=0,
因为sin A≠0,所以sin B-√3cos B=0,所以tan B=√3,
π
因为B∈(0,π),所以B= .
3
由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B=a2+c2-ac=(a+c)2-3ac=1-3ac,
(a+c) 2 1 1 3 1 1
因为ac≤ = ,当且仅当a=c= 时等号成立,所以b2=1-3ac≥1- = ,所以b≥ ,即b的
2 4 2 4 4 2
1
最小值为 .
2
选择条件②:cos 2B-3cos(A+C)=1,
可得2cos2B-1+3cos B=1,即2cos2B+3cos B-2=0,
1
解得cos B= 或cos B=-2(舍),
2
π
因为B∈(0,π),所以B= .
3
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下同①.
√3
选择条件③:bcos C+ csin B=a,
3
√3
由正弦定理可得sin Bcos C+ sin Csin B=sin A=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C,
3
√3
即 sin Csin B=cos Bsin C,因为sin C≠0,
3
√3
所以 sin B=cos B,即tan B=√3,
3
π
因为B∈(0,π),所以B= .
3
下同①.
π
13.(2021山东泰安一模,18)已知函数f(x)=sin xcos x+ +cos2x.
6
[ π]
(1)求f(x)在 0, 上的最值;
4
(A)
(2)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c, f =1,a=2√3,△ABC的面积为√3,求sin
2
B+sin C的值.
(√3 1 ) √3 1 √3
解析 (1)f(x)=sin x cosx- sinx +cos2x= sin xcos x- sin2x+cos2x= sin 2x-
2 2 2 2 4
1-cos2x 1+cos2x
+
4 2
√3 3 1 √3 ( π) 1
= sin 2x+ cos 2x+ = sin 2x+ + .
4 4 4 2 3 4
[ π] π π 5π
∵x∈ 0, ,∴ ≤2x+ ≤ ,
4 3 3 6
1 ( π)
∴ ≤sin 2x+ ≤1,
2 3
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[ π] √3+1 2√3+1
∴当x∈ 0, 时, f(x) = , f(x) = .
4 min 4 max 4
(A) √3 ( π) 1
(2)f = sin A+ + =1,
2 2 3 4
( π) √3
则sin A+ = ,
3 2
π (π 4π) π
∵A∈(0,π),∴A+ ∈ , ,∴A= .
3 3 3 3
1 √3
∵S = bcsin A= bc=√3,∴bc=4.
△ABC 2 4
b2+c2-a2 b2+c2-12 (b+c)2-20 1
又a=2√3,∴cos A= = = = ,
2bc 8 8 2
∴(b+c)2=24,∴b+c=2√6,
a b c 1 √6
又 = = =4,∴sin B+sin C= (b+c)= .
sinA sinB sinC 4 2
2π
14.(2021湖北武汉3月质检,18)在△ABC中,它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且B= ,b=
3
√6.
2
(1)若cos Acos C= ,求△ABC的面积;
3
1 1
(2)试问 + =1能否成立?若能成立,求此时△ABC的周长;若不成立,请说明理由.
a c
2π π
解析 (1)由B= ,得A+C= ,
3 3
则cos(A+C)=cos Acos C-sin Asin C,
1
即 =cos Acos C-sin Asin C.
2
2 1
又∵cos Acos C= ,∴sin Asin C= ,
3 6
√6
a c
∵ = =√3=2√2,∴a=2√2sin A,c=2√2sin C,
sin A sinC
2
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1 1
∴S = acsin B= ·2√2sin A·2√2sin Csin B
△ABC 2 2
1 √3 √3
=4sin Asin Bsin C=4× × = .
6 2 3
1 1
(2)假设 + =1成立,∴a+c=ac,
a c
2π
由余弦定理得6=a2+c2-2accos =a2+c2+ac=(a+c)2-ac,代入可得(ac)2-ac-6=0,∴ac=3或-2(舍),此
3
1 1
时a+c=ac=3,不满足a+c≥2√ac,∴ + =1不成立.
a c
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— 一年原创 —
√2 π
1.(2021 5·3原创题)在△ABC中,A,B,C的对边分别为a,b,c,S= ac,0<B< ,sin2C=sin2A+sin
4 2
A·sin B,则△ABC是( )
A.直角三角形 B.等腰三角形
C.等腰直角三角形 D.等边三角形
答案 C
√7 π
2.(2021 5·3原创题)如图,在四边形ABCD中,CD=3√3,BC=√7,cos∠CBD=- ,∠A= ,则
14 3
△ABD周长的最大值为 .
答案 12
π
3.(2021 5·3原创题)在锐角△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若c=2,A= ,则a+b的取值范
3
围是 .
答案 (√3+1,4+2√3)
4.(2021 5·3原创题)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,a+b=1且满足条件 .
(1)求C;
(2)求c的取值范围.
√3
请从下列两个条件:①S= (a2+b2-c2);②√3tan Atan B-tan A-tan B=√3中选一个条件补充到
4
横线上并解决问题.
√3
解析 (1)补充①S= (a2+b2-c2).
4
由余弦定理可知2abcos C=a2+b2-c2,
√3 √3
则S= ·2abcos C= ·abcos C,
4 2
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1
又S= ·absin C,
2
π
故可得tan C=√3,所以C= .
3
补充②√3tan Atan B-tan A-tan B=√3.
由√3tan Atan B-tan A-tan B=√3得√3sin Asin B-sin A·cos B-cos Asin B=√3cos Acos B,整
理可得tan(A+B)=-√3,
π
故tan C=√3,所以C= .
3
(2)由余弦定理可知c2=a2+b2-2abcos C,
1
又cos C= ,a+b=1,
2
∴c2=a2+b2-2abcos C=a2+b2-ab=(a+b)2-3ab=1-3ab.
1
又a+b≥2√ab,a>0,b>0,∴0<√ab≤ ,
2
1 1
∴ ≤1-3ab<1,∴ ≤c2<1,
4 4
1 [1 )
∴ ≤c<1,∴c的取值范围为 ,1 .
2 2
59 / 59
