2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 第2講 解三角形學(xué)案

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1、第2講解三角形 正弦定理與余弦定理以及解三角形問題是高考的必考內(nèi)容，主要考查邊、角、面積的計算及有關(guān)的范圍問題． 正弦定理、余弦定理、三角形面積公式． (1)正弦定理 在△ABC中，＝＝＝2R(R為△ABC的外接圓半徑)； 變形：a＝2Rsin A，sin A＝， a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C等． (2)余弦定理 在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccos A； 變形：b2＋c2－a2＝2bccos A，cos A＝． (3)三角形面積公式 S△ABC＝absin C＝bcsin A＝acsin B． 熱點一　利用正(余)弦定理進(jìn)行邊

2、角計算 【例1】(2018·株洲質(zhì)檢)在ΔABC中，角A、B、C的對邊分別是a、b、c，已知cos2A=-13，c=3，sinA=6sinC． （Ⅰ）求a的值； （Ⅱ）若角A為銳角，求b的值及ΔABC的面積． 解（Ⅰ）由cos2A=1-2sin2A得sin2A=23， 因為A∈(0，π)，∴sinA=63， 由sinA=6sinC，sinC=13， 由正弦定理asinA=csinC得a=32． （Ⅱ）角A為銳角，則cosA=33， 由余弦定理得b2-2b-15=0即b=5，或b=-3（舍去）， 所以ΔABC的面積SΔABC=12bcsinA=522． 探究提高　1．高考中

3、主要涉及利用正弦、余弦定理求三角形的邊長、角、面積等基本計算，或?qū)蓚€定理與三角恒等變換相結(jié)合綜合解三角形． 2．關(guān)于解三角形問題，一般要用到三角形的內(nèi)角和定理，正、余弦定理及有關(guān)三角形的性質(zhì)，常見的三角變換方法和原則都適用，同時要注意“三統(tǒng)一”，即“統(tǒng)一角、統(tǒng)一函數(shù)、統(tǒng)一結(jié)構(gòu)”，這是使問題獲得解決的突破口． 【訓(xùn)練1】(2017·全國Ⅱ卷)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sin(A＋C)＝8sin2． (1)求cos B； (2)若a＋c＝6，△ABC面積為2，求b． 解　(1)由題設(shè)及A＋B＋C＝π，得sin B＝8sin2，故sin B＝4(1－cos B)

4、． 上式兩邊平方，整理得17cos2B－32cos B＋15＝0， 解得cos B＝1(舍去)，cos B＝． (2)由cos B＝，得sin B＝， 故S△ABC＝acsin B＝ac． 又S△ABC＝2，則ac＝． 由余弦定理及a＋c＝6得 b2＝a2＋c2－2accos B＝(a＋c)2－2ac(1＋cos B)＝36－2××＝4． 所以b＝2． 熱點二　應(yīng)用正、余弦定理解決實際問題 【例2】(2017·衡水質(zhì)檢)某氣象儀器研究所按以下方案測試一種“彈射型”氣象觀測儀器的垂直彈射高度：在C處(點C在水平地面下方，O為CH與水平地面ABO的交點)進(jìn)行該儀器的垂直彈射，水

5、平地面上兩個觀察點A，B兩地相距100米，∠BAC＝60°，其中A到C的距離比B到C的距離遠(yuǎn)40米．A地測得該儀器在C處的俯角為∠OAC＝15°，A地測得最高點H的仰角為∠HAO＝30°，則該儀器的垂直彈射高度CH為（） A．210(＋)米 B．140米 C．210米 D．20(－)米 解析　由題意，設(shè)AC＝x米，則BC＝(x－40)米， 在△ABC內(nèi)，由余弦定理：BC2＝BA2＋CA2－2BA·CA·cos∠BAC， 即(x－40)2＝x2＋10 000－100x，解得x＝420米． 在△ACH中，AC＝420米，∠CAH＝30°＋15°＝45°，∠CHA＝90°－30°

6、＝60°， 由正弦定理：＝． 可得CH＝AC·＝140(米)． 答案　B 探究提高　1．實際問題經(jīng)抽象概括后，已知量與未知量全部集中在一個三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解． 2．實際問題經(jīng)抽象概括后，已知量與未知量涉及兩個或兩個以上的三角形，這時需作出這些三角形，先解夠條件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有時需設(shè)出未知量，從幾個三角形中列出方程(組)，解方程(組)得出所要求的解． 【訓(xùn)練2】 (2018·衡水中學(xué))如圖，一山頂有一信號塔（所在的直線與地平面垂直），在山腳處測得塔尖的仰角為，沿傾斜角為的山坡向上前進(jìn)米后到達(dá)處，測得的仰角為． （1）求的長； （2）若，，

7、，，求信號塔的高度． 解（1）在中，，，．由正弦定理，． （2）由（1）及條件知，，，，． 由正弦定理得． 熱點三　解三角形與三角函數(shù)的交匯問題 【例3】(2017·長沙質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝2sin xcos x－2cos2x－1，x∈R． (1)求函數(shù)f(x)的最小正周期和最小值； (2)在△ABC中，A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知c＝，f(C)＝0，sin B＝2sin A，求a，b的值． 解　(1)f(x)＝sin 2x－2cos2x－1 ＝sin 2x－(cos 2x＋1)－1＝sin 2x－cos 2x－2＝2sin－2， 所以函數(shù)f(x)的最小正周期

8、T＝＝π，最小值為－4． (2)因為f(C)＝2sin－2＝0， 所以sin＝1，又C∈(0，π)， 知－<2C－<π，所以2C－＝，得C＝． 因為sin B＝2sin A，由正弦定理得b＝2a， 由余弦定理得，c2＝a2＋b2－2abcos C＝a2＋4a2－2a2＝3a2，又c＝，所以a＝1，b＝2． 探究提高　1．解三角形與三角函數(shù)的綜合題，其中，解決與三角恒等變換有關(guān)的問題，優(yōu)先考慮角與角之間的關(guān)系；解決與三角形有關(guān)的問題，優(yōu)先考慮正弦、余弦定理． 2．求解該類問題，易忽視C為三角形內(nèi)角，未注明C的限制條件導(dǎo)致產(chǎn)生錯解． 【訓(xùn)練3】(2018·聊城一中)已知fx=a?b

9、-1，其中向量a=(sin2x，2cosx)，b=(3，cosx)，(x∈R)． （1）求fx的最小正周期和最小值； （2）在△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a、b、c，若，，，求邊長c的值． 解(1) f(x)=(sin2x，2cosx)·(3，cosx)-1=3sin2x+cos2x=2sin（2x＋π6）， ∴f(x)的最小正周期為π，最小值為-2． (2) f(A4)=2sin（A2＋π6）=3∴sin（A2＋π6）＝32， ∴A2＋π6＝π3或2π3∴ A＝π3或A=π（舍去）， 由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，即13＝16＋c2-4c，即c2-4c

10、+3=0， 從而c =1或c=3． 1．(2018·全國II卷)在ΔABC中，cosC2=55，BC=1，AC=5，則AB=（） A．42 B．30 C．29 D．25 2．(2017·全國Ⅰ卷)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c．已知sin B＋sin A(sin C－cos C)＝0，a＝2，c＝，則C＝(　　) A． B． C． D． 3．(2018·全國III卷)△ABC的內(nèi)角A?，??B?，??C的對邊分別為a，b，c，若△ABC的面積為a2+b2-c24， 則C=（） A．π2 B．π3 C．π4 D．π6 4．(2018·全國I卷)△

11、ABC的內(nèi)角A?，??B?，??C的對邊分別為a?，??b?，??c，已知bsinC+csinB=4asinBsinC，b2+c2-a2=8，則△ABC的面積為________． 5．(2018·全國I卷)在平面四邊形ABCD中，∠ADC=90°，∠A=45°，AB=2，BD=5． （1）求cos∠ADB； （2）若DC=22，求BC． 1．(2019·郴州質(zhì)檢)在ΔABC中，三內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且b2+c2-3bc=a2，bc=3a2，則角C的大小是（） A．π6或2π3 B．π3 C．2π3 D．π6

12、2．(2017·山東卷)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c．若△ABC為銳角三角形，且滿足sin B(1＋2cos C)＝2sin Acos C＋cos A sin C，則下列等式成立的是（） A．a(chǎn)＝2b B．b＝2a C．A＝2B D．B＝2A 3．(2017·全國Ⅱ卷)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若2bcos B＝acos C＋ccos A，則B＝________． 4．(2019·開封一模)在ΔABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且acosB+bsinA=c． （1）求角A； （2）若a=2，ΔABC的周長為6，求ΔABC的面積

13、． 1．(2019·昆明診斷)在平面四邊形ABCD中，∠D=90°，∠BAD=120°，AD=1，AC=2，AB=3，則BC=（） A．5 B．6 C．7 D．22 2．(2017·鄭州二模)在△ABC中，三內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且＝，則角B＝________． 3．(2018·重慶一中)已知函數(shù)fx=3sin2x+2cos2x-1，x∈R． (1)求函數(shù)fx的最小正周期和單調(diào)遞減區(qū)間； (2)在△ABC中，A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知c=3，fC=1，sinB=2sinA，求△ABC面積

14、S． 4．(2017·衡水中學(xué)調(diào)研)在△ABC中，角A，B，C所對應(yīng)的邊分別為a，b，c，若(a－c)sin A－bsin B＋(a＋b－c)sin C＝0． (1)求角A； (2)當(dāng)sin B＋sin C取得最大值時，判斷△ABC的形狀． 參考答案 1．【解題思路】先根據(jù)二倍角余弦公式求cosC，再根據(jù)余弦定理求AB． 【答案】因為cosC=2cos2C2-1=2×(55)2-1=-35， 所以c2=a2+b2-2abcosC=1+25-2×1×5×(-35)=32，∴c=42，選A

15、． 點睛：解三角形問題，多為邊和角的求值問題，這就需要根據(jù)正、余弦定理結(jié)合已知條件靈活轉(zhuǎn)化邊和角之間的關(guān)系，從而達(dá)到解決問題的目的． 2．【解題思路】由消去角，再化簡即可得到，再利用正弦定理求． 【答案】　由題意得sin(A＋C)＋sin A(sin C－cos C)＝0， ∴sin Acos C＋cos Asin C＋sin Asin C－sin Acos C＝0， 則sin C(sin A＋cos A)＝sin Csin＝0， 因為sin C≠0，所以sin＝0， 又因為A∈(0，π)，所以A＋＝π，所以A＝． 由正弦定理＝，得＝， 則sin C＝，得C＝．故選B． 3

16、．【解題思路】利用面積公式S△ABC=12absinC和余弦定理a2+b2-c2=2abcosC進(jìn)行計算可得． 【答案】由題可知S△ABC=12absinC=a2+b2-c24，所以a2+b2-c2=2absinC， 由余弦定理a2+b2-c2=2abcosC，所以sinC=cosC， ∵C∈(0，π)，∴C=π4，故選C． 點睛：本題主要考查解三角形，考查了三角形的面積公式和余弦定理． 4．【解題思路】首先利用正弦定理將題中的式子化為sinBsinC+sinCsinB=4sinAsinBsinC，化簡求得sinA=12，利用余弦定理，結(jié)合題中的條件，可以得到2bccosA=8，可以

17、斷定A為銳角，從而求得cosA=32，進(jìn)一步求得bc=833，利用三角形面積公式求得結(jié)果． 【答案】因為bsinC+csinB=4asinBsinC， 結(jié)合正弦定理可得sinBsinC+sinCsinB=4sinAsinBsinC， 可得sinA=12，因為b2+c2-a2=8， 結(jié)合余弦定理a2=b2+c2-2bccosA，可得2bccosA=8， 所以A為銳角，且cosA=32，從而求得bc=833， 所以△ABC的面積為S=12bcsinA=12?833?12=233，故答案是233． 5．【解題思路】(1)根據(jù)正弦定理可以得到BDsin∠A=ABsin∠ADB，根據(jù)題設(shè)條

18、件，求得sin∠ADB=25，結(jié)合角的范圍，利用同角三角函數(shù)關(guān)系式，求得cos∠ADB=1-225=235； (2)根據(jù)題設(shè)條件以及第一問的結(jié)論可以求得cos∠BDC=sin∠ADB=25，之后在△BCD中，用余弦定理得到BC所滿足的關(guān)系，從而求得結(jié)果． 【答案】（1）在△ABD中，由正弦定理得BDsin∠A=ABsin∠ADB． 由題設(shè)知，5sin45°=2sin∠ADB，所以sin∠ADB=25． 由題設(shè)知，∠ADB<90°，所以cos∠ADB=1-225=235． （2）由題設(shè)及（1）知，cos∠BDC=sin∠ADB=25． 在△BCD中，由余弦定理得BC2=BD2+DC2

19、-2?BD?DC?cos∠BDC =25+8-2×5×22×25=25． 所以BC=5． 1．【解題思路】由b2+c2-3bc=a2可得cosA=32，進(jìn)而利用bc=3a2可得sinBsinC=3sin2A=34結(jié)合內(nèi)角和定理可得C值． 【答案】∵b2+c2-3bc=a2， ∴cosA=b2+c2-a22bc=3bc2bc=32， 由0＜A＜π，可得A=π6， ∵bc=3a2，∴sinBsinC=3sin2A=34， ∴sin5π6-CsinC=34，即12sinCcosC+341-cos2C=34， 解得tan2C=3，又0

20、C=π6或2π3，故選A． 2．【解題思路】注意等式兩邊的形式，利用和差角公式以及朝能約的方向進(jìn)行化簡． 【答案】　等式右邊＝2sin Acos C＋cos Asin C＝sin Acos C＋sin(A＋C)＝sinAcos C＋sin B． 等式左邊＝2sin Bcos C＋sin B， 則2sin Bcos C＋sin B＝sin Acos C＋sin B， 因為角C為銳角三角形的內(nèi)角，所以cos C不為0． 所以2sin B＝sin A，根據(jù)正弦定理，得a＝2b．故選A． 3．【解題思路】邊化角再利用和差角公式即可． 【答案】由正弦定理得2sin Bcos B＝sin

21、Acos C＋sin Ccos A＝sin(A＋C)＝sin B． ∴2sin Bcos B＝sin B， 又sin B≠0，∴cos B＝，故B＝．故填． 4．【解題思路】（1）利用正弦定理將已知的邊轉(zhuǎn)化為角的形式，然后利用三角形內(nèi)角和定理以及兩角和的正弦公式化簡，由此求得A的大?。?）根據(jù)周長列出一個方程，利用余弦定理列出第二方程，解方程組求得bc的值，并求得三角形的面積． 【答案】（1）由已知及正弦定理得：sinAcosB+sinBsinA=sinC， ∵sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB，∴sinBsinA=cosAsinB， ∵sinB≠0∴

22、sinA=cosA，∵A∈(0，π)∴A=π4． （2）∵a=2，ΔABC的周長l=6，∴b+c=4， 由余弦定理得a2=(b+c)2-2bc-2bccosA，∴4=16-2bc-2bc，bc=6(2-2)， ∴ΔABC的面積S=12bcsinA=12×6(2-2)×22=3(2-1)． 1．【解題思路】在RtΔADC中，由AD=1，AC=2，得∠DAC=60°，且∠BAD=120°，所以∠CAB=60°， 由余弦定理得BC的長度． 【答案】在平面四邊形ABCD中，如圖． 在RtΔADC中，∠D=90°，AD=1，AC=2，所以∠DAC=60°，且∠BAD=120°，

23、所以∠CAB=60°， 在ΔABC中，AB=3，由余弦定理得BC2=AC2+AB2-2AC×ABcos∠CAB=7，所以BC=7． 故選C． 2．【解題思路】角化邊即可得． 【答案】由＝及正弦定理， 得＝，則a2＋c2－b2＝ac， ∴cos B＝＝，從而B＝．故填． 3．【解題思路】(1)利用二倍角公式和輔助角公式將函數(shù)f(x)進(jìn)行化簡，然后利用正弦函數(shù)圖像的性質(zhì)可得周期和單調(diào)區(qū)間；（2）由f(C)=1，得角C，由正弦定理得b=2a，然后利用余弦定理可得a和b的值，代入面積公式即可得到答案． 【答案】fx=3sin2x+cos2x=2sin(2x+π6) (1)最小正周期為

24、T=π， 因為π2+2kπ≤2x+π6≤3π2+2kπ，k∈Z， 所以π6+kπ≤x≤2π3+kπ， 所以函數(shù)的單遞減區(qū)間為[π6+kπ，2π3+kπ]，k∈Z． （2）因為fC=2sin2C+π6=1，所以C=π3， 所以32=a2+b2-2abcosπ3，a2+b2-ab=3① 又因為sinB=2sinA，所以b=2a② 由①，②可得a=1，b=2，∴S=12absinC=32． 4．【解題思路】(1)角化邊．(2)由B＋C＝π，消元留一個未知量，再化形式，進(jìn)而根據(jù)角度范圍確定其值域． 【答案】解　(1)由正弦定理＝＝＝2R， 可得sin A＝，sin B＝，sin C＝． 代入(a－c)sin A－bsin B＋(a＋b－c)sin C＝0化簡整理得：b2＋c2－a2＝bc， 則＝，所以cos A＝． 又因為A為三角形內(nèi)角，所以A＝． (2)由(1)得B＋C＝π， 所以sin B＋sin C＝sin B＋sin＝sin B＋sinπcos B－cosπsin B ＝sin B＋cos B＝sin． 因為0