板块2 微专题(3) 解三角形(Word教师用书)-【创新方案】2025年高考数学二轮复习专题辅导与测试

微专题(三)　解三角形 精练小题·激活知能 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(人A必修二P47例8改编)在△ABC中，a=1，b=，B=60°，则A= (　　) A.30° B.30°或150° C.60° D.60°或120° 解析：选A　由正弦定理得=，解得sin A=，因为a<b，所以A为锐角，所以A=30°，故选A. 2.(人A必修二P44练习3改编)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b=ccos A，则C= (　　) A. B. C. D. 解析：选C　∵b=ccos A，由余弦定理可得b=c×，∴b2+a2-c2=0，∴cos C==0，解得C=. 3.(2023·北京高考)在△ABC中，(a+c)(sin A-sin C)=b(sin A-sin B)，则∠C= (　　) A. B. C. D. 解析：选B　因为(a+c)(sin A-sin C)=b(sin A-sin B)，所以由正弦定理得(a+c)(a-c)=b(a-b)，即a2-c2=ab-b2，则a2+b2-c2=ab，故cos C===.又0<C<π，所以C=. 4.(人A必修二P48练习3改编)在△ABC中，已知cos A=，B=，b=，则a=　　　，c=　　　.  解析：因为cos A=，所以sin A=.由正弦定理=，得a==×=.又sin C=sin[π-(A+B)]=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B=×+×=，所以c==×=. 答案：　 5.(2024·濮阳模拟)△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b=2asin B，bc=4，则△ABC的面积为　　　　　　.  解析：因为b=2asin B，由正弦定理可得sin B=2sin Asin B，且sin B≠0，所以sin A=，则S△ABC=bcsin A=×4×=1. 答案：1 |调动储备| ⇦在△ABC中，===2R(R为△ABC的外接圆半径). 提醒：由正弦定理求角时，注意角的范围. ⇦在△ABC中，a2=b2+c2-2bccos A. 变形：b2+c2-a2=2bccos A，cos A=. ⇦涉及边与角的正弦的积时，常用正弦定理将边化为角或角化为边，涉及边的平方时，一般用余弦定理. ⇦在△ABC中， (1)三角形内角和定理： A+B+C=π； (2)sin(A+B)=sin C， cos(A+B)=-cos C； tan(A+B)=-tan C. ⇦三角形的面积公式： S=absin C=acsin B =bcsin A. 聚焦重难·发掘潜力 考法一　正弦定理与余弦定理 题点1　利用正弦定理、余弦定理求三角形的边、角问题 [例1]　(2024·全国甲卷)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若B=，b2=ac，则sin A+sin C= (　 ) A. B. C. D. 解析：选C　因为B=，b2=ac，所以由正弦定理得sin Asin C=sin2B=.由余弦定理可得b2=a2+c2-ac=ac，即a2+c2=ac，根据正弦定理得sin2A+sin2C=sin Asin C=，所以(sin A+sin C)2=sin2A+sin2C+2sin Asin C=.因为A，C为三角形内角，则sin A+sin C>0，所以sin A+sin C=.故选C. [例2]　(2024·新课标Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin A+cos A=2. (1)求A. (2)若a=2，bsin C=csin 2B，求△ABC的周长. 解：(1)由sin A+cos A=2，可得sin A+cos A=1，即sin=1.由于A∈(0，π)⇒A+∈，故A+=，解得A=. (2)由题设条件和正弦定理可得bsin C=csin 2B⇔sin Bsin C=2sin Csin Bcos B，又B，C∈(0，π)，则sin Bsin C≠0，所以cos B=，得到B=，于是C=π-A-B=，sin C=sin(π-A-B)=sin(A+B)=sin Acos B+sin Bcos A=. 由正弦定理==，得==，解得b=2，c=+，故△ABC的周长为2++3. [思维建模] 　　当题目中出现边和角的“混合体”时，有两种解题方法：①全部统一为角，将“边的齐次式”中的边直接化为对应角的正弦；②全部统一为边，利用正、余弦定理将角转化为边，最后用因式分解等代数技巧化简即可. 题点2　与三角形面积有关的问题 [例3]　(2024·新课标Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C=cos B，且a2+b2-c2=ab. (1)求B； (2)若△ABC的面积为3+，求c. 解：(1)在△ABC中，a2+b2-c2=ab， 由余弦定理可知cos C===. 因为C∈(0，π)，所以C=. 因为sin C=cos B，所以cos B=， 又B∈(0，π)，所以B=. (2)由(1)可得B=，C=，则A=π--=，sin A=sin=sin=×+×=. 由正弦定理得==， 从而a=×c=c，b=×c=c， 由三角形面积公式，可知S△ABC=absin C=×c×c×=c2. 由已知△ABC的面积为3+，可得c2=3+，所以c=2. [思维建模] 求解与三角形面积有关问题的步骤 化简 转化 根据条件，利用三角变换公式化简已知条件等式，再利用正、余弦定理化边或化角 选择 公式 根据条件选择面积公式，多用三角形的面积公式S=absin C=acsin B=bcsin A [变式训练] 1.(2024·安康模拟预测)在△ABC中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acos=bsin A，若a=，c=2，则b= (　　) A.1 B.2 C.2 D.4 解析：选A　由acos=bsin A和正弦定理得sin Acos=sin Bsin A. 又A∈(0，π)，sin A>0，所以cos=sin B，即cos B-sin B=sin B，得cos B=sin B，即tan B=，又0<B<π，所以B=.而a=，c=2，由余弦定理得b===1. 2.(2024·绵阳模拟)△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知=. (1)求角B的大小； (2)若△ABC的面积等于，D为BC边的中点，当中线AD的长最短时，求边AC的长. 解：(1)在△ABC中，由正弦定理得，sin Bsin A=sin A-sin Acos B.因为A∈(0，π)，sin A≠0， 所以sin B=1-cos B，所以sin B+cos B=2sin=1，即sin=， 又B∈(0，π)，B+∈，则B+=，所以B=. (2)由(1)得S△ABC=acsin=ac=，所以ac=4.在△ABD中，由余弦定理可得， AD2=c2+-2c··cos=c2++≥=6，当且仅当c=，即a=2，c=时，等号成立，此时AC2=a2+c2-2accos=8+2-2×2××=14，故当中线AD的长最短时，AC的长为. 考法二　解三角形的应用举例 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例4]　[多选]如图，在海面上有两个观测点B，D，B在D的正北方向，距离为2 km.在某天10：00观察到某货船在C处，此时测得∠CBD=45°，5分钟后该船行驶至A处，此时测得∠ABC=30°，∠ADB=60°，∠ADC=30°，则 (　　) A.观测点B位于A的北偏东75°方向 B.当天10：00时，该船到观测点B的距离为 km C.当船行驶至A处时，该船到观测点B的距离为 km D.该船在由C行驶至A的这5 min内行驶了 km 解析：选ACD　因为B在D的正北方向，∠ABD=∠ABC+∠CBD=75°，所以B位于A的北偏东75°方向.A正确.在△BCD中，∠BDC=∠ADB+∠ADC=90°，∠DBC=45°，则∠BCD=45°，又BD=2 km，所以BC=2 km.B错误.在△ABD中，∠ABD=75°，∠ADB=60°，则∠BAD=45°，由正弦定理得AB===(km).C正确.在△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB×BCcos∠ABC=6+8-2××2×=2，则AC= km.D正确. [思维建模] 解三角形实际问题的步骤 [变式训练] 3.(2024·广州二模)在一堂数学实践探究课中，同学们用镜面反射法测量学校钟楼的高度.如图所示，将小镜子放在操场的水平地面上，人退后至从镜中能看到钟楼顶部的位置，此时测量人和小镜子的距离为a1=1.00 m，之后将小镜子前移a=6.00 m，重复之前的操作，再次测量人与小镜子的距离为a2=0.60 m.已知人的眼睛距离地面的高度为h=1.75 m，则钟楼的高度大约是 (　　) A.27.75 m B.27.25 m C.26.75 m D.26.25 m 解析：选D　如图，设钟楼的高度为PQ，由△MKE∽△PQE，可得EQ==，由△NTF∽△PQF， 可得FQ==，故EQ-FQ=-=a，故PQ====26.25 m，故选D. 4.如图，为测量某大厦的高度，小明选取了大厦的一个最高点A，点A在大厦底部的射影为点O，两个测量基点B，C与O在同一水平面上，他测得BC=102米，∠BOC=120°，在点B处测得点A的仰角为θ(tan θ=2)，在点C处测得点A的仰角为45°，则该大厦的高度OA=　　　米.  解析：设OA=h米，因为在点B处测得点A的仰角为θ，所以=2， 所以OB=米.因为在点C处测得点A的仰角为45°，所以OC=h米.在△OBC中，由余弦定理可得BC2=OB2+OC2-2OB·OC·cos∠BOC，即1022×7=h2+h2+h2=h2，解得h=204. 答案：204 考法三　解三角形中的综合问题 [例5]　如图，已知平面四边形ABCD中，AB=BC=2，CD=2，AD=4. (1)若A，B，C，D四点共圆，求AC； (2)求四边形ABCD面积的最大值. 解：(1)在△ABC中，由余弦定理得，AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠ABC=8+8-2×8·cos∠ABC=16-16cos∠ABC.在△ACD中，由余弦定理得，AC2=AD2+CD2-2AD·CDcos∠ADC=16+4-2×8cos∠ADC=20-16cos∠ADC. 因为A，B，C，D四点共圆，所以∠ABC+∠ADC=π，因此cos∠ADC=-cos∠ABC，上述两式相加得，2AC2=36，所以AC=3(舍负). (2)由(1)得16-16cos∠ABC=20-16cos∠ADC，化简得cos∠ADC-cos∠ABC=， 则cos2∠ADC-2cos∠ADCcos∠ABC+cos2∠ABC=①，四边形ABCD的面积S=AB·BCsin∠ABC+AD·CDsin∠ADC=×2×2sin∠ABC+×2×4sin∠ADC=4(sin∠ADC+sin∠ABC)，整理得sin∠ADC+sin∠ABC=，则sin2∠ADC+2sin∠ADCsin∠ABC+sin2∠ABC=　②，①②相加得2-2(cos∠ADCcos∠ABC-sin∠ADCsin∠ABC)=，即2-2cos(∠ADC+∠ABC)=.由于0<∠ADC<π，0<∠ABC<π，所以当且仅当∠ADC+∠ABC=π时，cos(∠ADC+∠ABC)取得最小值-1， 此时四边形ABCD的面积最大，由=4，解得S=3，故四边形ABCD面积的最大值为3. [思维建模] 三角形中的最值、范围问题的解题策略 (1)定基本量：根据题意画出图形，找出三角形中的边、角，利用正弦、余弦定理求出相关的边、角，并选择边、角作为基本量，确定基本量的范围. (2)构造函数：根据正弦、余弦定理或三角恒等变换，将所求范围的变量表示成函数形式. (3)求最值：利用基本不等式或函数的单调性等求最值. [变式训练] 5.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中c=，且=. (1)求C； (2)求a2+b2的取值范围. 解：(1)因为tan(A+B)=tan(π-C)=-tan C， 所以=， 由正弦定理得，== = ==. 因为sin A≠0，sin B≠0，所以2cos C=1， 则cos C=，又C∈(0，π)，所以C=. (2)由余弦定理得3=a2+b2-ab， 因为≥ab，所以-≤-ab， 所以a2+b2-ab≥a2+b2-=， 即a2+b2≤6，当且仅当a=b=时等号成立. 又a2+b2=3+ab，且ab>0，所以a2+b2>3. 故a2+b2的取值范围为(3，6]. [专题验收评价] 1.已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且acos C+asin C=b，则A= (　　) A. B. C. D. 解析：选A　由acos C+asin C=b以及正弦定理可得，sin Acos C+sin Asin C=sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C，整理得sin Asin C-cos Asin C=0.因为0<C<π，sin C>0，所以tan A=，又0<A<π，故A=.故选A. 2.(2024·六盘水三模)在△ABC中，AB=2，AC=3，∠A=，则△ABC外接圆的半径为 (　　) A. B. C. D. 解析：选B　在△ABC中，由余弦定理可得BC= ==.设△ABC外接圆的半径为R，由正弦定理可得2R==，则R=. 3.(2024·赤峰一模)已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足2a+b=2ccos B，且sin A+sin B=1，则△ABC的形状为 (　　) A.等边三角形 B.顶角为的等腰三角形 C.等腰直角三角形 D.顶角为的等腰三角形 解析：选B　由正弦定理可得2sin A+sin B=2sin Ccos B，因为A+B+C=π，所以B+C=π-A，所以2sin(B+C)+sin B=2sin Ccos B，即2sin BcosC+2cos Bsin C+sin B=2sin Ccos B，即2sin Bcos C+sin B=0.因为B∈(0，π)，所以sin B≠0，所以cos C=-，因为C∈(0，π)，所以C=，所以A+B=.因为sin A+sin B=1，所以sin A+sin=sin A+cos A-sin A=cos A+sin A=sin=1，因为A∈，所以A+=，所以A=.因为A+B=，所以A=B=，所以△ABC的形状是顶角为的等腰三角形.故选B. 4.为测量来雁塔(湖南省)的高度，因地理条件的限制，分别选择C点和一建筑物DE的楼顶E为测量观测点，已知点A为塔底，A，C，D在水平地面上，来雁塔AB和建筑物DE均垂直于地面(如图所示).测得CD=18 m，AD=15 m，在C点处测得E点的仰角为30°，在E点处测得B点的仰角为60°，则来雁塔AB的高度约为(≈1.732) (　　) A.35.0 m B.36.4 m C.38.4 m D.39.6 m 解析：选B　过点E作EF⊥AB，交AB于点F(图略)，在Rt△ECD中，因为∠ECD=30°，所以DE=CD·tan∠ECD=18×tan 30°=6.在Rt△BEF中，因为∠BEF=60°，所以BF=EF·tan∠BEF=15×tan 60°=15，则AB=BF+AF=BF+ED=15+6=21≈36.4(m).故选B. 5.(2024·重庆模拟)[多选]已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的有 (　　) A.若a>b，则sin A>sin B B.若a>b，则cos A>cos B C.若a2+b2<c2，则△ABC为钝角三角形 D.若a2+b2>c2，则△ABC为锐角三角形 解析：选AC　在△ABC中，a>b，由正弦定理可得sin A>sin B，故A正确；a>b⇔A>B，因为y=cos x在(0，π)上单调递减，所以cos A<cos B，故B错误；因为a2+b2<c2，所以cos C=<0，因为C∈(0，π)，所以C∈，所以角C为钝角，故C正确；a2+b2>c2，cos C=>0，因为C∈(0，π)，所以C∈，则只能判断角C为锐角，A，B两角可能有钝角，故D错误.故选AC. 6.记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，B=60°，a2+c2=3ac，则b=　　　　　.  解析：由题意，得S△ABC=acsin B=，即ac×=，解得ac=4.由余弦定理，得b2=a2+c2-2accos B=3ac-2ac×=8，解得b=2(舍负). 答案：2 7.(2024·湖北开学考试)如图，圆和直角梯形ABCD，其中AD∥BC，AB⊥BC，AD=4，AB=6，BC=8，且A，C，D三点在圆上，则圆的面积为　　　.  解析：如图，连接AC，在Rt△ABC中，AB=6，BC=8，AC=10，所以sin∠ACB=.又AD∥BC， 所以sin∠DAC=，在直角梯形ABCD中，DC==2.在△ACD中，由正弦定理得△ACD的外接圆直径为2R==，因此△ACD的外接圆的面积为. 答案： 8.已知函数f(x)=sin，△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且f=. (1)求A； (2)若sin C(1+cos B)=sin B(2-cos C)，求的值. 解：(1)∵f=，∴sin=， ∴sin=，∵0<A<π， ∴-<A-<，∴A-=，∴A=. (2)法一　由题意，得sin C+sin Ccos B+sin Bcos C=2sin B，∴sin C+sin(B+C)=2sin B，∴sin C+sin A=2sin B.根据正弦定理得c+a=2b，由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=b2+c2+bc，将a=2b-c代入，得3b2-5bc=0，∴3b=5c， ∴=. 法二　由题意和正弦定理、余弦定理可得c=b， ∴c+=2b-， ∴c+a=2b.由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=b2+c2+bc，将a=2b-c代入，得3b2-5bc=0， ∴3b=5c，∴=. 9.(2024·抚顺三模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a=2，sin A=1-cos A. (1)求cos A； (2)若AD为△ABC的中线，且AD=，求△ABC的面积S. 解：(1)由sin A=1-cos A，可得sin cos =2sin2.因为0<A<π，可知sin ≠0， 所以cos=sin， 又因为sin2+cos2=1，联立方程组得cos2=，所以cos A=2cos2-1=. (2)由(1)知cos A=，可得sin A==.因为AD为△ABC的中线，且AD=， 所以+=2， 两边平方得b2+c2+bc=12.又由余弦定理得b2+c2-2bccos A=a2=4，即b2+c2-bc=4，两式相减，可得bc=3，所以S=bcsin A=×3×=. 10.在锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知a-2ccos B=c. (1)求证：B=2C； (2)求sin B+2cos2C的取值范围. 解：(1)证明：因为a-2ccos B=c， 所以sin A=sin C+2sin Ccos B=sin Bcos C+cos Bsin C， 所以sin C=sin Bcos C-cos Bsin C=sin(B-C). 因为B，C为锐角三角形的内角， 所以0<B<，0<C<， 所以-<B-C<，所以C=B-C，即B=2C. (2)sin B+2cos2C=sin B+(1+cos 2C)=sin B+cos B+=2sin+， 由题意得解得<B<， 所以<B+<， 所以<sin<. 所以1+<sin B+2cos2C<2， 即sin B+2cos2C的取值范围为(1+，2). 11.(2024·临沂一模)在同一平面上有相距14公里的A，B两座炮台，A在B的正东方.某次演习时，A向西偏北θ方向发射炮弹，B则向东偏北θ方向发射炮弹，其中θ为锐角，观测回报两炮弹皆命中18公里外的同一目标，接着A改向向西偏北方向发射炮弹，弹着点为18公里外的点M，则B炮台与弹着点M的距离为 (　　) A.7公里 B.8公里 C.9公里 D.10公里 解析：选D　依题意设炮弹第一次命中点为C，则AB=14，AC=BC=AM=18，∠CBA=∠CAB=θ，∠MAB=.在△ABC中BC2=AC2+AB2-2AC·ABcos θ，即182=142+182-2×14×18cos θ，解得cos θ=，所以cos θ=2cos2-1=.又θ为锐角，解得cos =(舍负)，在△ABM中，BM2=AM2+AB2-2AM·ABcos =182+142-2×18×14×=100，所以BM=10，即B炮台与弹着点M的距离为10公里.故选D. 12.[多选]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列命题正确的是 (　　) A.若A=30°，b=4，a=3，则△ABC有两解 B.若A=60°，a=2，则△ABC的面积最大值为2 C.若a=4，b=5，c=6，则△ABC外接圆半径为 D.若acos A=bcos B，则△ABC一定是等腰三角形 解析：选AC　如图，因为bsin A=4sin 30°=2，所以bsin A<a<b，所以△ABC有两解，所以A正确； 因为A=60°，a=2，所以由余弦定理得a2=4=b2+c2-2bccos 60°=b2+c2-bc≥bc，当且仅当b=c=2时取等号，所以bc≤4，所以S△ABC=bcsin A≤×4×=，当且仅当b=c=2时取等号， 所以△ABC面积的最大值为，所以B错误； 因为a=4，b=5，c=6，所以由余弦定理得cos A===，因为A∈(0，π)，所以sin A===，所以由正弦定理得2R===，得R=，所以C正确； 因为acos A=bcos B，所以由余弦定理得a·=b·，所以a2(b2+c2-a2)=b2(a2+c2-b2)，即a2b2+a2c2-a4=a2b2+b2c2-b4， 所以c2(a2-b2)-(a2+b2)(a2-b2)=(a2-b2)·[c2-(a2+b2)]=0，所以a2=b2或c2=a2+b2，所以△ABC为等腰三角形或直角三角形，所以D错误. 13.(2024·天津和平二模)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且bsin A+acos B=2a，c=a+1=3. (1)求角B的大小； (2)求b的值； (3)求sin(2A-4B)的值. 解：(1)因为bsin A+acos B=2a，由正弦定理有sin Bsin A+sin Acos B=2sin A， 因为A∈(0，π)，所以sin A≠0， 所以sin B+cos B=2，即2sin=2. 由于B∈(0，π)，所以B+∈， 故B+=，解得B=. (2)因为c=3，a=2，B=，所以由余弦定理cos B=，得=，解得b=. (3)由正弦定理=，得sin A=. 因为a<c，所以A为锐角，故cos A==.又4B=， 则sin 2A=2sin Acos A=2××=，cos 2A=1-2sin2A=1-2×=， 所以sin(2A-4B)=sin 2Acos 4B-cos 2Asin 4B=×-×=-. 14.(2024·日照二模)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的正三角形的面积依次为S1，S2，S3，且S1-S2-S3=bc. (1)求角A； (2)若=4，∠CAD=，求sin∠ACB. 解：(1)由分别以a，b，c为边长的正三角形的面积依次为S1=a2，S2=b2，S3=c2， 得S1-S2-S3=a2-b2-c2=bc， 即a2-b2-c2=bc. 由余弦定理得cos A==-， 因为A∈(0，π)，所以A=. (2)设∠ACB=α(其中α为锐角)， 在△ABD和△ACD中，由正弦定理可得=，=， 于是=. 因为BD=4CD，sin=sin， 所以==4， 化简得cos α=sin α，根据同角三角函数的基本关系式，可得cos2α+sin2α=1， 因为sin α>0，联立方程组，解得sin α=， 即sin∠ACB=. 学科网（北京）股份有限公司 $$