03 第一阶段 专题一 §2 解三角形-（课件PPT+教案Word）【高考快车道】2025年高考数学大二轮专题复习高考总复习学案

专题限时集训(五) 1．D　[由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos A， 即13＝4＋c2－2c，解得c＝3(c＝－舍去)． 故选D．] 2．B　[由正弦定理及sin A＝sin C⇒a＝c， 由已知及余弦定理的推论cos B＝，得＝，解得c＝2，故a＝c＝2， 所以S△ABC＝ac sin B＝×2×2×＝．故选B．] 3．C　[由正弦定理＝，可得sin A＝＝， 由题意可知，关于A的方程sin A＝在A∈有两解，在同一坐标系内分别作出曲线y＝sin A，A∈和水平直线y＝， 因为它们有两个不同的交点，所以<<1，所以2<x<2．故选C．] 4．C　[因为B＝，b2＝ac， 则由正弦定理得sin A sin C＝sin2B＝． 由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2ac·cosB＝a2＋c2－ac＝ac， 即a2＋c2＝ac，根据正弦定理得sin2A＋sin2C＝sinA sin C＝， 所以(sin A＋sin C)2＝sin2A＋sin2C＋2sinA sin C＝， 因为A，C为三角形内角，则sin A>0，sin C>0，则sin A＋sin C＝．故选C．] 5．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·AB cos θ， 即182＝182＋142－2×18×14cos θ，解得cos θ＝， 所以cos θ＝2cos2－1＝，又θ为锐角，解得cos＝(负值舍去)， 在△ABM中，BM2＝AM2＋AB2－2AM·AB cos ＝182＋142－2×18×14×＝100，所以BM＝10，即B炮台与弹着点M的距离为10 km．故选D．] 6．A　[由b＝a，可得sin B＝sin A， 又B＝2C，则sin 2C＝sin (π－3C)＝sin 3C＝sin (2C＋C)， 即sin 2C＝sin 2C cos C＋cos 2C sin C， 即2cos C＝2cos2C＋(2cos2C－1)， 即4cos2C－2cosC－＝0， 由B＝2C>C，故C只能为锐角，可得cos C＝， 因为0<C<，所以C＝，B＝．故选A．] 7．BC　[因为△ABC满足sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶，所以a∶b∶c＝2∶3∶， 设a＝2t，b＝3t，c＝t，t>0，利用余弦定理的推论，得cos C＝＝＝， 由于C∈(0，π)，所以C＝． 因为S△ABC＝6，所以ab sin C＝×2t×3t×＝6，解得t＝2． 所以a＝4，b＝6，c＝2． 对于A, △ABC的周长为a＋b＋c＝10＋2，故A不正确； 对于B，因为C＝，所以A＋B＝，故A＋B＝2C，故B正确； 对于C，由正弦定理得外接圆半径为R＝＝＝，故C正确； 对于D，如图所示，在△ABC中，利用正弦定理＝，解得sin A＝， 又a<c，所以cos A＝，在△ACD中， 利用余弦定理CD2＝AC2＋AD2－2AC·AD·cos A＝19，解得CD＝，故D错误．故选BC．] 8．BD　[A选项，sin 2A＝sin 2B，A＋B∈(0，π)， 故2A＝2B或2A＋2B＝π， 解得A＝B或A＋B＝， 所以△ABC为等腰三角形或直角三角形，A错误； B选项，a＝b sin C＋c cos B，由正弦定理得sin A＝sin B sin C＋sin C cos B， 因为sin A＝sin (B＋C)＝sin B cos C＋cos B sin C， 所以sin B sin C＋sin C cos B＝sin B cos C＋cos B sin C， 故sin B sin C＝sin B cos C， 因为B∈(0，π)，所以sin B≠0， 故sin C＝cos C，tan C＝1， 因为C∈(0，π)，故C＝，B正确； C选项，若a＝12，b＝10，B＝60°，则a sin B＝6>10＝b， 则符合条件的△ABC有0个，C错误； D选项，△ABC为锐角三角形，故A为锐角， 由余弦定理的推论得cos A＝>0，故不等式b2＋c2－a2>0恒成立，D正确． 故选BD．] 9．　[在△ABC中，由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2ab cos C，所以c2－b2＝6－2b×， 所以(c－b)(c＋b)＝6＋2b， 因为c＋b＝4，所以4(c－b)＝6＋2b， 所以4c－6b＝6，解得b＝1，c＝3， 由cos C＝－，可得sin C＝， 在△ABC中，由正弦定理可得＝， 所以sin A＝＝＝．] 10．　[记BC＝a，AB＝c，AC＝b． 由题设及正弦定理得a＝3c， 由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac cos B， 代入化简得7c2＝7，解得c＝1，a＝3． 所以S＝ac sin B＝． 法一：由＝2，得＝， ＝＝＝)＝． 所以BD2＝＝ ＝＋||||cos 60°＋＝，即BD＝． 法二：在△ABC中，cos A＝＝＝－． 由＝2，得||＝||＝， 在△ABD中，BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD cos A ＝1＋－2×1×＝，所以BD＝．] 11．解：　(1)由已知，得2b cos B＝c cos A＋， 根据正弦定理，得2sin B cos B＝sin C cos A＋， 即2sin B cos B＝sin A cos C＋cos A sin C， 即2sin B cos B＝sin (A＋C)＝sin B， 由于0<B<π，sin B>0，所以cos B＝，所以B＝． (2)因为S△ABC＝S△ABD＋S△BCD， 所以ac sin ∠ABC＝BD·c·sin ∠ABD＋BD·a·sin ∠CBD， 因为直线BD为∠ABC的平分线， 所以∠ABD＝∠CBD＝∠ABC＝， 所以ac×＝c×a×， 则ac＝(a＋c)，即ac＝(a＋c)， 由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac cos ∠ABC， 即16＝a2＋c2－ac， 所以16＝(a＋c)2－3ac＝(a＋c)2－(a＋c)， 解得a＋c＝2或a＋c＝－(舍)，故△ABC的周长为2＋4． 12．解：　(1)因为a cos B－b sin A＝c， 所以由正弦定理可得sin A cos B－sin B sin A＝sin C， 又sin C＝sin (A＋B)＝sin A cos B＋cos A sin B， 所以－sin B sin A＝cos A sin B， 因为B为三角形内角，sin B>0， 所以－sin A＝cos A，可得tan A＝－， 因为A∈(0，π)，所以A＝． (2)①此时AB＝2＝2AD，AD⊥AB， 所以DB＝＝， 所以cos ∠ABC＝＝，sin ∠ABC＝＝， sin C＝sin ＝＝－． 在△ABC中，由正弦定理可得＝，即AC＝＝＝． ②设∠CAD＝α，由S△ABC＝S△BAD＋S△CAD， 可得b＝2sin ＋b sin α， 即b－b sin α＝2sin ． 又＝＝， 由于BD＝2DC， 所以＝， 所以b＝＝⇒sin α＝，b＝， 则S△ABC＝bc sin A＝． 6/6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第一阶段　突破核心　升华思维 专题一　三角函数与解三角形 §2　解三角形 【备考指南】　解三角形的核心命题点有三个：一是应用正弦、余弦定理求三角形中的长度、角度、面积等几何度量问题；二是与三角形有关的最值、范围问题；三是解三角形在实际生活中的应用，难度中等．求解此类问题务必注意转化与化归思想的应用． §2　解三角形 2 能力考点　三角函数在实际建模中的应用 基础考点1　解三角形中的长度、角度、面积问题 （一） 基础考点2　解三角形中的中线、分点、角平分线问题 （二） （三） 专题限时集训(五)　解三角形 （四） §2　解三角形 基础考点1　解三角形中的长度、角度、面积问题 【典例1】　(1)(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． √ (2)(2024·湖北武汉四调)已知△ABC三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且＝． ①求sin C的值； ②若△ABC的面积S＝5，且c＝(a－b)，求△ABC的周长． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 (1)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＝．故选B．] (2)[解]　①由已知及正弦定理可得，＝，所以3sin B cos C－sin A cos C＝cos A sin C． 所以3sin B cos C＝sin A cos C＋cos A sin C＝sin (A＋C)． 又sin (A＋C)＝sin (π－B)＝sin B，且sin B≠0，所以cos C＝． 由sin C>0，故sin C＝＝． ②S＝ab sinC＝5，所以ab＝15． 由余弦定理得，c2＝a2＋b2－2ab cos C＝a2＋b2－10． 又c2＝6(a－b)2＝6(a2＋b2)－180， 联立得a2＋b2＝34，c＝2． 所以a＋b＝＝8． 故△ABC的周长为a＋b＋c＝8＋2． 应用正弦、余弦定理解题的技巧 (1)涉及边与角的余弦的积时，常用正弦定理将边化为角，涉及边的平方时，一般用余弦定理． (2)涉及边a，b，c的齐次式时，要根据式子的特点进行转化．如出现a2＋b2－c2＝λab形式用余弦定理，等式两边是关于边或角的正弦的齐次式用正弦定理． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 1．(2024·福建厦门模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b－c＝a，2sin B＝3sin C，则cos A＝(　　) A．－ B． C．－ D． √ 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 A　[由2sin B＝3sin C及正弦定理，得2b＝3c， 则b－c＝b－b＝a，即b＝a， 则c＝b＝a＝a， 故cos A＝＝＝＝－．故选A．] 2．(2024·山东大联考二模)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设甲：b－c＝a(cos C－cos B)，乙：△ABC是直角三角形，则(　　) A．甲是乙的充分不必要条件 B．甲是乙的必要不充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 √ 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 D　[在△ABC中，由正弦定理及b－c＝a(cos C－cos B)，得sin B－sin C＝sin A(cos C－cos B)， 即sin (A＋C)－sin (A＋B)＝sin A(cos C－cos B)， 整理得cos A sin C－cos A sin B＝0， 由正弦定理得c cos A－b cos A＝0， 则cos A＝0或b＝c，即A＝或b＝c， 因此甲：A＝或b＝c，显然甲不能推乙； 乙：△ABC是直角三角形，当角B或C是直角时，乙不能推甲，所以甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件．故选D．] 3．(2024·福建莆田三模)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b(cos C＋1)＝c(2－cos B)． (1)证明：a＋b＝2c； (2)若a＝6，cos C＝，求△ABC的面积． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 [解]　(1)证明：根据正弦定理知b(cos C＋1)＝c(2－cos B)⇒ sin B cos C＋sin B＝2sin C－sin C cos B， 整理得sin B cos C＋sin C cos B＋sin B＝2sin C⇒sin (B＋C)＋sin B＝2sin C， 因为A＋B＋C＝π， 所以sin A＝sin (B＋C)，所以sin A＋sin B＝2sin C， 由正弦定理可得a＋b＝2c． (2)因为cos C＝，所以sin C＝＝， 由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2ab cosC，即c2＝36＋b2－b，则4c2＝144＋4b2－27b， 因为a＝6，所以6＋b＝2c，所以36＋12b＋b2＝4c2， 则144＋4b2－27b＝36＋12b＋b2，即b2－13b＋36＝0， 解得b＝4或b＝9， 当b＝4时，此时△ABC的面积S＝ab sin C＝×6×4×＝， 当b＝9时，此时△ABC的面积S＝ab sin C＝×6×9×＝． 所以△ABC的面积为或． 2 4 3 题号 1 √ 【教师备选资源】 1．在△ABC中，若2cos2A－cosA＝2cos2B＋2cos2C－2＋cos，则A＝(　　) A．　　　B．　　　C．　　　D． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 2 4 3 题号 1 B　[因为2cos2A－cosA＝2cos2B＋2cos2C－2＋cos， 所以2－cos ＝2＋2－2＋cos(B－C)， 则2－2sin2A＋cosB cos C－sin B sin C ＝2－2sin2B－2sin2C＋cosB cos C＋sin B sin C， 整理得sin2B＋sin2C－sin2A＝sinB sin C． 由正弦定理可得b2＋c2－a2＝bc， 由余弦定理的推论得cos A＝＝＝，因为A∈，故A＝．故选B．] 2 4 3 题号 1 2．在公元前500年左右，毕达哥拉斯学派的数学家们坚信“万物皆(整)数与(整)数之比”，但后来的数学家发现了无理数，引发了数学史上的第一次数学危机．如图是公元前400年古希腊数学家泰特托斯用来构造无理数，…的图形，此图形中∠BAD的余弦值是(　　) A．　　　　　　　　　　B．　 C． √ 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 2 4 3 题号 1 D　[在△BCD中，∠DCB＝135°⇒BD2＝1＋1＋2×1×1×＝2＋， 在△BAD中，cos ∠BAD＝＝．故选D．] 2 4 3 题号 1 3．(2024·新高考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，b sin C＝c sin 2B，求△ABC的周长． [解]　(1)由sin A＋cos A＝2，得 sin A＋cos A＝1，即sin ＝1， 由于A∈(0，π)，所以A＋∈，故A＋＝，所以A＝． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 2 4 3 题号 1 (2)由题设条件和正弦定理得 sin B sin C＝2sin C sin B cos B， 又B，C∈(0，π)，则sin B sin C≠0，所以cos B＝，所以B＝，所以C＝π－A－B＝． sin C＝sin (π－A－B)＝sin (A＋B)＝sin A cos B＋sin B cos A＝， 由正弦定理＝＝，可得＝＝，解得b＝2，c＝， 故△ABC的周长为2＋＋3． 2 4 3 题号 1 4．(2022·全国乙卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C sin (A－B)＝sin B sin (C－A)． (1)证明：2a2＝b2＋c2； (2)若a＝5，cos A＝，求△ABC的周长． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 2 4 3 题号 1 [解]　(1)证明：因为sin C sin (A－B)＝sin B sin (C－A)， 所以sin C sin A cos B－sin C sin B cos A ＝sin B sin C cos A－sin B sin A cos C， 所以ac·－2bc·＝－ab·， 即－(b2＋c2－a2)＝－， 所以2a2＝b2＋c2． 2 4 3 题号 1 (2)因为a＝5，cos A＝， 由(1)得b2＋c2＝50， 由余弦定理a2＝b2＋c2－2bc cos A， 得50－bc＝25，所以bc＝， 故(b＋c)2＝b2＋c2＋2bc＝50＋31＝81， 所以b＋c＝9， 所以△ABC的周长为a＋b＋c＝14． 基础考点2　解三角形中的中线、分点、角平分线问题 【典例2】　(1)(2023·全国甲卷)在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，BC＝，∠BAC的角平分线交BC于D，则AD＝________． (2)(2024·江苏苏州二模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝． ①求角A； ②若a＝6，点M为△ABC的重心，且AM＝2，求△ABC的面积． 2 (1)2　[如图所示，记AB＝c，AC＝b，BC＝a． 法一：由余弦定理可得，22＋b2－2×2×b×cos 60°＝6， 因为b>0，所以b＝1＋， 由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD可得， ×2×b×sin 60°＝×2×AD×sin 30°＋×AD×b×sin 30°， 解得AD＝＝＝2． 法二：由余弦定理可得，22＋b2－2×2×b×cos 60°＝6， 因为b>0，所以b＝1＋， 由正弦定理可得，＝＝， 解得sin B＝，sin C＝， 因为1＋>>2， 所以C＝45°，B＝180°－60°－45°＝75°． 又∠BAD＝30°，所以∠ADB＝75°，即AD＝AB＝2．] (2)[解]　①因为＝，由正弦定理可得＝，整理得b2＋c2－a2＝bc，由余弦定理的推论可得cos A＝＝． 又因为A∈(0，π)，所以A＝． ②设AM的延长线交BC于点D，因为点M为△ABC的重心，所以点D为BC中点， 又因为AM＝2，所以AD＝3． 在△ABC中，由b2＋c2－a2＝bc和a＝6， 可得bc＝b2＋c2－36． 在△ABD和△ACD中，有cos ∠ADB＝－cos ∠ADC， 由余弦定理的推论可得＝－， 故b2＋c2＝72，所以bc＝b2＋c2－36＝72－36＝36， 所以△ABC的面积为bc sin A＝×36×sin ＝9． (1)解答三角形的中线问题的两种思路： ①应用中线长定理：在△ABC中，AD是边BC上的中线，则AB2＋AC2＝2(BD2＋AD2)，体现了算“两次”的思想． ②借助向量：在△ABC中，AD是边BC上的中线，则＝(b2＋c2＋2bc cos A)． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 (2)解答三角形的角平分线问题的两种思路：一是内角平分线定理；二是等面积法．如若AD是△ABC的角平分线，则 ①＝；②S△ABD＋S△ACD＝S△ABC． 提醒：对于三角形的分点问题，可通过算“两次”的思想或借助向量求解，方法请参考中线问题． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 1．[高考变式]在△ABC中，已知A＝，a＝2，角A的平分线交边BC于点D，△ABC的面积为2，则AD的长为________． 　[设AD＝x，由S△ABD＋S△ACD＝S△ABC， 即cx·sin bx·sin ＝bc sin ＝2， 可得(b＋c)x＝8，bc＝8， 由a2＝b2＋c2－2bc cos ＝(b＋c)2－3bc， 即12＝(b＋c)2－24，可得b＋c＝6，可得x＝．即AD的长为．] 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 2．(2024·重庆巴蜀中学模拟)已知a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C的对边，S为△ABC的面积，且满足4S＝b2－(a－c)2． (1)求B； (2)若＝，且||＝，c－a＝2，求∠ABD的余弦值． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 [解]　(1)因为4S＝b2－(a－c)2＝b2－a2－c2＋2ac＝－(a2＋c2－b2)＋2ac， 可得4ac sin B＝－2ac cos B＋2ac， 可得cos B＋sin B＝1，即sin ＝， 又因为B∈(0，π)，所以B＋＝，可得B＝． (2)若＝，且||＝，c－a＝2，B＝， 可得＝＋＋＝＋＋||·||cos ∠ABC＝＋||·||×， 即＝c2＋a2－ac，整理可得4a2＋c2－2ac＝7， 又因为c＝2＋a，代入4a2＋c2－2ac＝7中， 可得4a2＋(2＋a)2－2a(a＋2)＝7， 整理可得a2＝1，解得a＝1，c＝3． 在△ABC中，由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2ac·cos ∠ABC＝1＋9－2×1×3×＝13，所以b＝． 又＝＝＝)＝， 所以A，D，C三点共线，且AD＝AC＝， 在△ABD中，由余弦定理的推论可得cos ∠ABD＝＝＝． 即∠ABD的余弦值为． 【教师备选资源】 1．(2023·新高考Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为，D为BC的中点，且AD＝1． (1)若∠ADC＝，求tan B； (2)若b2＋c2＝8，求b，c． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 [解]　(1)法一：在△ABC中，因为D为BC的中点，∠ADC＝，AD＝1， 则S△ADC＝AD·DC sin ∠ADC＝×1×a×＝a＝S△ABC＝，解得a＝4． 在△ABD中，∠ADB＝，由余弦定理得 c2＝BD2＋AD2－2BD·AD cos ∠ADB， 即c2＝4＋1－2×2×1×＝7，解得c＝，则cos B＝＝， sin B＝＝＝， 所以tanB＝＝． 法二：在△ABC中，因为D为BC的中点，∠ADC＝，AD＝1，S△ABC＝， 则S△ACD＝， 过A作AE⊥BC，垂足为E，如图所示， 在△ADE中，DE＝，AE＝，S△ACD＝CD＝，解得CD＝2， 所以BD＝2，BE＝，故tan B＝＝＝． (2)法一：在△ABD与△ACD中，由余弦定理得 整理得a2＋2＝b2＋c2，而b2＋c2＝8， 则a＝2(负值舍去)， 又S△ADC＝×1×sin ∠ADC＝， 解得sin ∠ADC＝1，而0<∠ADC<π， 于是∠ADC＝，所以b＝c＝＝2． 法二：在△ABC中，因为D为BC的中点， 则＝)，所以＝(c2＋b2＋2bc cos A)， 又AD＝1，b2＋c2＝8， 则1＝(8＋2bc cos A)，所以bc cos A＝－2，① S△ABC＝bc sin A＝，即bc sin A＝2，② 由①②解得tan A＝－， 所以A＝， 所以bc＝4，又b2＋c2＝8，所以b＝c＝2． 2．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2b cos C＝2a＋c． (1)求B； (2)设b＝9，若M是边AC上一点，2＝，且∠MAB＝∠MBA，求△BMC的面积． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 [解]　(1)由2b cos C＝2a＋c及正弦定理得2sin B cos C＝2sin A＋sin C， 即2sin B cos C＝2sin ＋sin C ＝2sin B cos C＋2cos B sin C＋sin C， 所以2cos B sin C＝－sin C． 因为C∈，所以sin C≠0， 所以cos B＝－， 又B∈，所以B＝． (2)如图所示， 因为2＝，所以AM＝3，MC＝6． 又∠MAB＝∠MBA，所以BM＝AM＝3． 在△ABC中，由余弦定理b2＝a2＋c2－2ac cos ∠ABC， 得a2＋c2＋ac＝81．① 又2＝，所以＝， 两边平方得＝＋＋， 即9＝c2＋a2＋ac cos ∠ABC，所以a2＋4c2－2ac＝81．② ②－①得3c2＝3ac，所以a＝c， 代入①得a＝c＝3， 在△BMC中，BM 2＋BC 2＝32＋＝36＝MC 2， 所以△BMC是以∠MBC为直角的直角三角形， 所以△BMC的面积为×3×3＝． 3．(2021·北京高考)已知在△ABC中，c＝2b cos B，C＝． (1)求B的大小； (2)在下列三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，并求出BC边上的中线的长度． ①c＝b；②周长为4＋2；③面积为S△ABC＝． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 [解]　(1)∵c＝2b cos B，则由正弦定理可得sin C＝2sin B cos B， ∴sin 2B＝sin ＝． ∵C＝，∴B∈，2B∈， ∴2B＝，解得B＝． (2)若选择①：由正弦定理结合(1)可得＝＝＝， 与c＝b矛盾，故这样的△ABC不存在． 若选择②：由(1)可得A＝， 设△ABC的外接圆半径为R， 则由正弦定理可得a＝b＝2R sin ＝R，c＝2R sin ＝R， 则周长a＋b＋c＝2R＋R＝4＋2，解得R＝2，则a＝2，c＝2， 由余弦定理可得BC边上的中线的长度为 ＝． 若选择③：由(1)可得A＝，即a＝b， 则S△ABC＝ab sin C＝a2×＝，解得a＝， 由余弦定理可得BC边上的中线的长度为 ＝＝． 能力考点　三角函数在实际建模中的应用 【典例3】　(1)(2024·广东湛江二模)如图，为测量某大厦的高度，小张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 m，∠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＝________ m． 204 (2)(2020·新高考Ⅰ卷)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． ＋4 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 (1)204　 (2)＋4　[(1)设OA＝h m，因为在点B处测得点A的仰角为θ，所以＝2，所以OB＝． 因为在点C处测得点A的仰角为45°，所以OC＝h m． 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． (2)如图，连接OA，作AQ⊥DE，交ED的延长线于点Q，AM⊥EF于点M，交DG于点E′，交BH于点F′，记过O且垂直于DG的直线与DG的交点为P，设OP＝3m，则DP＝5m，不难得出AQ＝7，AM＝7，于是AE′＝5，E′G＝5，∴∠AGE′＝∠AHF′＝，△AOH为等腰直角三角形，又AF′＝5－3m，OF′＝7－5m，AF′＝OF′，∴5－3m＝7－5m，得m＝1，∴AF′＝5－3m＝2，OF′＝7－5m＝2，∴OA＝2，则阴影部分的面积S＝×π×(2)2＋×2×2 ＝(cm2)．] 以几何图形为载体的三角函数、解三角形应用题，通常与平面几何图形、立体几何图形相结合，解决此类问题的关键是把相应线段表示出来，进而列出函数的解析式．解题过程中体现了转化思想及数学运算、数学建模素养． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 1．[高考变式]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．图中的四边形ABCD为矩形，弧CED为一段圆弧，其尺寸如图所示，则截面的面积为(　　) A．cm2　　　　 B．cm2 C．(4π＋2)cm2 D．(2π＋2)cm2 √ 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 B　[如图，设所在圆的圆心为O，半径为r．由题意解得半径r＝2 cm． 设图中阴影部分面积为S1，则截面面积S截面＝S圆＋S矩形ABCD－S1， S圆＝πr2＝4π(cm2)，S矩形ABCD＝1×2＝2(cm2)， AB＝CD＝2(cm)， 作OF⊥CD于点F，连接OD，OC． ∵OD＝OC＝r＝2 cm， ∴F为CD的中点， ∴DF＝(cm)，∴cos ∠ODF＝＝， 故∠ODF＝，∴∠DOF＝， ∴S扇形ODC＝×2××4＝(cm2)， S△ODC＝DC·OF＝×2×1＝(cm2)， ∴S1＝S扇形ODC－S△ODC＝(cm2)， ∴S截面＝4π＋2＝(cm2)．] 2．(2024·云南楚雄模拟)足球是一项深受人们喜爱的体育运动．如图，现有一个11人制的标准足球场，其底线宽AB＝68 m，球门宽EF＝7.32 m，且球门位于底线AB的中间，在某次比赛过程中，攻方球员带球在边界线AC上的M点处起脚射门，当∠EMF最大时，点M离底线AB的距离约为(　　) A．26.32 m B．28.15 m C．33.80 m D．37.66 m √ 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 C　[设∠AMF＝β，∠AME＝α，AM＝x>0， 所以∠EMF＝β－α． 记AB＝a＝68 m，EF＝b＝7.32 m，可得tan β＝，tan α＝， tan (β－α)＝＝＝＝， 当∠EMF最大时，tan (β－α)＝最大，易知4x＋≥2＝4，此时tan (β－α)max＝， 当且仅当4x＝，即x＝时，等号成立，将a＝68 m，b＝7.32 m代入可得x＝≈33.80 m．故选C．] 3．(2024·江苏南通模拟)某中学开展劳动实习，学生制作一个矩形框架的工艺品．要求将一个边长分别为10 cm和20 cm的矩形零件的四个顶点分别焊接在矩形框架的四条边上，则矩形框架周长的最大值为________cm． 60 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 60　[如图所示，EF＝10，FG＝20， 令∠AEF＝α，则AF＝10sin α，∠AFE＝－α， 则∠BFG＝α，BF＝20cos α，BG＝20sin α，∠BGF＝－α， 则∠CGH＝α，CG＝10cos α． ∴周长为2AB＋2BC＝2(10sin α＋20cos α)＋ 2(20sin α＋10cos α)＝60sin α＋60cos α ＝60sin ≤60， 当α＋＝，即α＝时取等号，所以矩形框架周长的最大值为60 cm．] 【教师备选资源】 1．(2024·广东广州二模)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 √ 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 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．] 2．在长方形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E为边AB的中点，G，F分别为边AD，BC上的动点，且∠FEG＝，则GE＋EF的取值范围是_____________． 　[如图，设∠AEG＝α， 则∠FEB＝－α，GE＝，EF＝， GE＋EF＝＝＝， 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 令t＝sin ， 则sin ＝－cos ＝－cos ＝2sin2－1＝2t2－1， 所以GE＋EF＝＝． 易得α∈，所以α＋∈，t∈， 因为函数y＝4t－在上单调递增，所以2≤4t－≤3， 所以≤GE＋EF＝≤2．] 3．据气象部门报道某台风影响我国东南沿海一带，测定台风中心位于某市南偏东60°，距离该市400km的位置，台风中心以40 km/h的速度向正北方向移动，距离台风中心350 km的范围都会受到台风影响，则该市从受到台风影响到影响结束，持续的时间为________h． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 　[如图，A点为该市的位置，B点是台风中心向正北方向移动前的位置． 设台风移动t h后的位置为C，则BC＝40t． 又∠ABC＝60°，AB＝400， 在△ABC中，由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC cos 60°＝4002＋－2×400×40t×＝1 600t2－16 000t＋160 000， 由AC≤350可得，1 600t2－16 000t＋160 000≤3502， 整理可得，16t2－160t＋375≤0， 解得≤t≤，又＝， 所以该市从受到台风影响到影响结束，持续的时间为 h．] 一、单项选择题 1．(2024·浙江金华三模)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知A＝，a＝，b＝2，则c＝(　　) A． 　　　C．3　　　D．3 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 √ 专题限时集训(五)　解三角形 D　[由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos A， 即13＝4＋c2－2c，解得c＝3(c＝－舍去)．故选D．] 2．(2024·福建三明模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知b＝2，B＝，sin A＝sin C，则△ABC的面积为(　　) A．4　　B．　　C．2　　D．1 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 √ B　[由正弦定理及sin A＝sin C⇒a＝c， 由已知及余弦定理的推论cos B＝，得＝，解得c＝2，故a＝c＝2， 所以S△ABC＝ac sin B＝×2×2×＝．故选B．] 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 3．(2024·湖北武汉模拟)在△ABC中，已知AB＝x，BC＝2，C＝，若存在两个这样的△ABC，则x的取值范围是(　　) A． B．(0，2)　 C．(2，2) D．(，2) 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 √ 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 C　[由正弦定理＝，可得sin A＝＝， 由题意可知，关于A的方程sin A＝在A∈有两解，在同一坐标系内分别作出曲线y＝sin A，A∈和水平直线y＝， 因为它们有两个不同的交点，所以 <<1，所以2<x<2．故选C．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 4．(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． C． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 √ 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 C　[因为B＝，b2＝ac， 则由正弦定理得sin A sin C＝sin2B＝． 由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2ac·cosB＝a2＋c2－ac＝ac， 即a2＋c2＝ac，根据正弦定理得sin2A＋sin2C＝sinA sin C＝， 所以(sin A＋sin C)2＝sin2A＋sin2C＋2sinA sin C＝， 因为A，C为三角形内角，则sin A>0，sin C>0，则sin A＋sin C＝．故选C．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 5．(2024·山东临沂一模)在同一平面上有相距14 km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 km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 km外的点M，则B炮台与弹着点M的距离为(　　) A．7 km B．8 km C．9 km D．10 km 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 √ 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 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·AB cos θ， 即182＝182＋142－2×18×14cos θ，解得cos θ＝， 所以cos θ＝2cos2－1＝，又θ为锐角，解得cos＝(负值舍去)， 在△ABM中，BM2＝AM2＋AB2－2AM·AB cos ＝182＋142－2×18×14×＝100，所以BM＝10，即B炮台与弹着点M的距离为10 km． 故选D．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 6．(2024·河北秦皇岛三模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且B＝2C，b＝a，则(　　) A．△ABC为直角三角形 B．△ABC为锐角三角形 C．△ABC为钝角三角形 D．△ABC的形状无法确定 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 √ 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 A　[由b＝a，可得sin B＝sin A， 又B＝2C，则sin 2C＝sin (π－3C)＝sin 3C＝sin (2C＋C)， 即sin 2C＝sin 2C cos C＋cos 2C sin C， 即2cos C＝2cos2C＋(2cos2C－1)， 即4cos2C－2cosC－＝0， 由B＝2C>C，故C只能为锐角，可得cos C＝， 因为0<C<，所以C＝，B＝．故选A．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 二、多项选择题 7．(2024·湖南长沙雅礼中学模拟)已知△ABC满足sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶，且△ABC的面积S△ABC＝6，则下列结论正确的是(　　) A．△ABC的周长为5＋ B．△ABC的三个内角A，B，C满足A＋B＝2C C．△ABC的外接圆半径为 D．△ABC的中线CD的长为 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 √ √ 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 BC　[因为△ABC满足sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶，所以a∶b∶c＝2∶3∶， 设a＝2t，b＝3t，c＝t，t>0，利用余弦定理的推论，得cos C＝＝＝， 由于C∈(0，π)，所以C＝． 因为S△ABC＝6，所以ab sin C＝×2t×3t×＝6，解得t＝2． 所以a＝4，b＝6，c＝2． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 对于A，△ABC的周长为a＋b＋c＝10＋2，故A不正确； 对于B，因为C＝，所以A＋B＝，故A＋B＝2C，故B正确； 对于C，由正弦定理得外接圆半径为R＝＝＝，故C正确； 对于D，如图所示，在△ABC中，利用正弦定理＝， 解得sin A＝， 又a<c，所以cos A＝，在△ACD中， 利用余弦定理CD2＝AC2＋AD2－2AC·AD·cos A＝19，解得CD＝，故D错误．故选BC．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 8．(2024·江苏淮安模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列说法中正确的是(　　) A．若sin 2A＝sin 2B，则△ABC为等腰直角三角形 B．若a＝b sin C＋c cos B，则C＝ C．若a＝12，b＝10，B＝60°，则符合条件的△ABC有两个 D．在锐角三角形ABC中，不等式b2＋c2－a2>0恒成立 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 √ √ 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 BD　[A选项，sin 2A＝sin 2B，A＋B∈(0，π)， 故2A＝2B或2A＋2B＝π， 解得A＝B或A＋B＝， 所以△ABC为等腰三角形或直角三角形，A错误； B选项，a＝b sin C＋c cos B，由正弦定理得sin A＝sin B sin C＋sin C cos B， 因为sin A＝sin (B＋C)＝sin B cos C＋cos B sin C， 所以sin B sin C＋sin C cos B＝sin B cos C＋cos B sin C， 故sin B sin C＝sin B cos C， 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 因为B∈(0，π)，所以sin B≠0，故sin C＝cos C，tan C＝1， 因为C∈(0，π)，故C＝，B正确； C选项，若a＝12，b＝10，B＝60°，则a sin B＝6>10＝b， 则符合条件的△ABC有0个，C错误； D选项，△ABC为锐角三角形，故A为锐角， 由余弦定理的推论得cos A＝>0，故不等式b2＋c2－a2>0恒成立，D正确．故选BD．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 三、填空题 9．(2024·山东威海二模)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a＝，b＋c＝4，cos C＝－，则sin A＝_______． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 　[在△ABC中，由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2ab cos C，所以c2－b2＝6－2b×，所以(c－b)(c＋b)＝6＋2b， 因为c＋b＝4，所以4(c－b)＝6＋2b， 所以4c－6b＝6，解得b＝1，c＝3， 由cos C＝－，可得sin C＝， 在△ABC中，由正弦定理可得＝， 所以sin A＝＝＝．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 10．(2024·广东广州模拟)已知△ABC中，点D在边AC上，B＝60°，sin A＝3sin C，AC＝，则△ABC的面积为________；若＝2，则BD＝________． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 　[记BC＝a，AB＝c，AC＝b． 由题设及正弦定理得a＝3c， 由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac cos B， 代入化简得7c2＝7，解得c＝1，a＝3．所以S＝ac sin B＝． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 法一：由＝2，得＝， ＝＝＝)＝． 所以BD2＝＝ ＝＋||||cos 60°＋＝，即BD＝． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 法二：在△ABC中，cos A＝＝＝－． 由＝2，得||＝||＝， 在△ABD中，BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD cos A ＝1＋－2×1×＝，所以BD＝．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 四、解答题 11．(2024·黑龙江哈尔滨二模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b＝4，＝cos A＋． (1)求角B的大小； (2)已知直线BD为∠ABC的平分线，且与AC交于点D，若BD＝，求△ABC的周长． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 [解]　(1)由已知，得2b cos B＝c cos A＋， 根据正弦定理，得2sin B cos B＝sin C cos A＋， 即2sin B cos B＝sin A cos C＋cos A sin C， 即2sin B cos B＝sin (A＋C)＝sin B， 由于0<B<π，sin B>0，所以cos B＝，所以B＝． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 (2)因为S△ABC＝S△ABD＋S△BCD， 所以ac sin ∠ABC＝BD·c·sin ∠ABD＋BD·a·sin ∠CBD， 因为直线BD为∠ABC的平分线， 所以∠ABD＝∠CBD＝∠ABC＝， 所以ac×＝c×a×， 则ac＝(a＋c)，即ac＝(a＋c)， 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac cos ∠ABC， 即16＝a2＋c2－ac， 所以16＝(a＋c)2－3ac＝(a＋c)2－(a＋c)， 解得a＋c＝2或a＋c＝－(舍)，故△ABC的周长为2＋4． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 12．(2024·广东梅州二模)在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，a cos B－b sin A＝c，c＝2． (1)求A的大小： (2)如图，点D在BC上． ①当AD⊥AB，且AD＝1时，求AC的长； ②当BD＝2DC，且AD＝1时，求△ABC的面积S△ABC． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 [解]　(1)因为a cos B－b sin A＝c， 所以由正弦定理可得sin A cos B－sin B sin A＝sin C， 又sin C＝sin (A＋B)＝sin A cos B＋cos A sin B， 所以－sin B sin A＝cos A sin B， 因为B为三角形内角，sin B>0， 所以－sin A＝cos A，可得tan A＝－， 因为A∈(0，π)，所以A＝． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 (2)①此时AB＝2＝2AD，AD⊥AB， 所以DB＝＝， 所以cos ∠ABC＝＝，sin ∠ABC＝＝， sin C＝sin ＝＝－． 在△ABC中，由正弦定理可得＝， 即AC＝＝＝． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 ②设∠CAD＝α，由S△ABC＝S△BAD＋S△CAD， 可得b＝2sin ＋b sin α，即b－b sin α＝2sin ． 又＝＝， 由于BD＝2DC，所以＝， 所以b＝＝⇒sin α＝，b＝， 则S△ABC＝bc sin A＝． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　解三角形 THANK YOU 专题一　三角函数与解三角形 $$ §2　解三角形 【备考指南】　解三角形的核心命题点有三个：一是应用正弦、余弦定理求三角形中的长度、角度、面积等几何度量问题；二是与三角形有关的最值、范围问题；三是解三角形在实际生活中的应用，难度中等．求解此类问题务必注意转化与化归思想的应用． 基础考点1　解三角形中的长度、角度、面积问题 【典例1】　(1)(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． (2)(2024·湖北武汉四调)已知△ABC三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且＝． ①求sin C的值； ②若△ABC的面积S＝5，且c＝(a－b)，求△ABC的周长． (1)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＝．故选B．] (2)[解]　①由已知及正弦定理可得，＝，所以3sin B cos C－sin A cos C＝cos A sin C． 所以3sin B cos C＝sin A cos C＋cos A sin C＝sin (A＋C)． 又sin (A＋C)＝sin (π－B)＝sin B，且sin B≠0，所以cos C＝． 由sin C>0，故sin C＝＝． ②S＝ab sinC＝5，所以ab＝15． 由余弦定理得，c2＝a2＋b2－2ab cos C＝a2＋b2－10． 又c2＝6(a－b)2＝6(a2＋b2)－180， 联立得a2＋b2＝34，c＝2． 所以a＋b＝＝8． 故△ABC的周长为a＋b＋c＝8＋2． 应用正弦、余弦定理解题的技巧 (1)涉及边与角的余弦的积时，常用正弦定理将边化为角，涉及边的平方时，一般用余弦定理． (2)涉及边a，b，c的齐次式时，要根据式子的特点进行转化．如出现a2＋b2－c2＝λab形式用余弦定理，等式两边是关于边或角的正弦的齐次式用正弦定理． 1．(2024·福建厦门模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b－c＝a，2sin B＝3sin C，则cos A＝(　　) A．－ B． C．－ D． A　[由2sin B＝3sin C及正弦定理，得2b＝3c， 则b－c＝b－b＝a，即b＝a， 则c＝b＝a＝a， 故cos A＝＝＝＝－．故选A．] 2．(2024·山东大联考二模)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设甲：b－c＝a(cos C－cos B)，乙：△ABC是直角三角形，则(　　) A．甲是乙的充分不必要条件 B．甲是乙的必要不充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 D　[在△ABC中，由正弦定理及b－c＝a(cos C－cos B)，得sin B－sin C＝sin A(cos C－cos B)， 即sin (A＋C)－sin (A＋B)＝sin A(cos C－cos B)， 整理得cos A sin C－cos A sin B＝0， 由正弦定理得c cos A－b cos A＝0， 则cos A＝0或b＝c，即A＝或b＝c， 因此甲：A＝或b＝c，显然甲不能推乙； 乙：△ABC是直角三角形，当角B或C是直角时，乙不能推甲，所以甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件．故选D．] 3．(2024·福建莆田三模)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b(cos C＋1)＝c(2－cos B)． (1)证明：a＋b＝2c； (2)若a＝6，cos C＝，求△ABC的面积． [解]　(1)证明：根据正弦定理知b(cos C＋1)＝c(2－cos B)⇒sin B cos C＋sin B＝2sin C－sin C cos B， 整理得sin B cos C＋sin C cos B＋sin B＝2sin C⇒sin (B＋C)＋sin B＝2sin C， 因为A＋B＋C＝π， 所以sin A＝sin (B＋C)，所以sin A＋sin B＝2sin C， 由正弦定理可得a＋b＝2c． (2)因为cos C＝，所以sin C＝＝， 由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2ab cosC，即c2＝36＋b2－b，则4c2＝144＋4b2－27b， 因为a＝6，所以6＋b＝2c，所以36＋12b＋b2＝4c2， 则144＋4b2－27b＝36＋12b＋b2，即b2－13b＋36＝0， 解得b＝4或b＝9， 当b＝4时，此时△ABC的面积S＝ab sin C＝×6×4×＝， 当b＝9时，此时△ABC的面积S＝ab sin C＝×6×9×＝． 所以△ABC的面积为或． 【教师备选资源】 1．在△ABC中，若2cos2A－cosA＝2cos2B＋2cos2C－2＋cos，则A＝(　　) A．　　　B．　　　C．　　　D． B　[因为2cos2A－cosA＝2cos2B＋2cos2C－2＋cos， 所以2－cos ＝2＋2－2＋cos(B－C)， 则2－2sin2A＋cosB cos C－sin B sin C ＝2－2sin2B－2sin2C＋cosB cos C＋sin B sin C， 整理得sin2B＋sin2C－sin2A＝sinB sin C． 由正弦定理可得b2＋c2－a2＝bc， 由余弦定理的推论得cos A＝＝＝，因为A∈，故A＝．故选B．] 2．在公元前500年左右，毕达哥拉斯学派的数学家们坚信“万物皆(整)数与(整)数之比”，但后来的数学家发现了无理数，引发了数学史上的第一次数学危机．如图是公元前400年古希腊数学家泰特托斯用来构造无理数，…的图形，此图形中∠BAD的余弦值是(　　) A．　　　　　　 B．　 C． D　[在△BCD中，∠DCB＝135°⇒BD2＝1＋1＋2×1×1×＝2＋， 在△BAD中，cos ∠BAD＝＝． 故选D．] 3．(2024·新高考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，b sin C＝c sin 2B，求△ABC的周长． [解]　(1)由sin A＋cos A＝2，得 sin A＋cos A＝1，即sin ＝1， 由于A∈(0，π)，所以A＋∈，故A＋＝，所以A＝． (2)由题设条件和正弦定理得 sin B sin C＝2sin C sin B cos B， 又B，C∈(0，π)，则sin B sin C≠0，所以cos B＝，所以B＝，所以C＝π－A－B＝． sin C＝sin (π－A－B)＝sin (A＋B) ＝sin A cos B＋sin B cos A＝， 由正弦定理＝＝，可得＝＝，解得b＝2，c＝， 故△ABC的周长为2＋＋3． 4．(2022·全国乙卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C sin (A－B)＝sin B sin (C－A)． (1)证明：2a2＝b2＋c2； (2)若a＝5，cos A＝，求△ABC的周长． [解]　(1)证明：因为sin C sin (A－B) ＝sin B sin (C－A)， 所以sin C sin A cos B－sin C sin B cos A ＝sin B sin C cos A－sin B sin A cos C， 所以ac·－2bc·＝－ab·， 即－(b2＋c2－a2)＝－， 所以2a2＝b2＋c2． (2)因为a＝5，cos A＝， 由(1)得b2＋c2＝50， 由余弦定理a2＝b2＋c2－2bc cos A， 得50－bc＝25， 所以bc＝， 故(b＋c)2＝b2＋c2＋2bc＝50＋31＝81， 所以b＋c＝9， 所以△ABC的周长为a＋b＋c＝14． 基础考点2　解三角形中的中线、分点、角平分线问题 【典例2】　(1)(2023·全国甲卷)在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，BC＝，∠BAC的角平分线交BC于D，则AD＝________． (2)(2024·江苏苏州二模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝． ①求角A； ②若a＝6，点M为△ABC的重心，且AM＝2，求△ABC的面积． (1)2　[如图所示，记AB＝c，AC＝b，BC＝a． 法一：由余弦定理可得，22＋b2－2×2×b×cos 60°＝6， 因为b>0，所以b＝1＋， 由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD可得， ×2×b×sin 60°＝×2×AD×sin 30°＋×AD×b×sin 30°， 解得AD＝＝＝2． 法二：由余弦定理可得， 22＋b2－2×2×b×cos 60°＝6， 因为b>0，所以b＝1＋， 由正弦定理可得，＝＝， 解得sin B＝，sin C＝， 因为1＋>>2， 所以C＝45°， B＝180°－60°－45°＝75°． 又∠BAD＝30°，所以∠ADB＝75°， 即AD＝AB＝2．] (2)[解]　①因为＝，由正弦定理可得＝，整理得b2＋c2－a2＝bc，由余弦定理的推论可得cos A＝＝． 又因为A∈(0，π)，所以A＝． ②设AM的延长线交BC于点D，因为点M为△ABC的重心，所以点D为BC中点， 又因为AM＝2，所以AD＝3． 在△ABC中，由b2＋c2－a2＝bc和a＝6， 可得bc＝b2＋c2－36． 在△ABD和△ACD中，有cos ∠ADB＝－cos ∠ADC， 由余弦定理的推论可得＝－， 故b2＋c2＝72，所以bc＝b2＋c2－36＝72－36＝36， 所以△ABC的面积为bc sin A＝×36×sin ＝9． (1)解答三角形的中线问题的两种思路： ①应用中线长定理：在△ABC中，AD是边BC上的中线，则AB2＋AC2＝2(BD2＋AD2)，体现了算“两次”的思想． ②借助向量：在△ABC中，AD是边BC上的中线，则＝(b2＋c2＋2bc cos A)． (2)解答三角形的角平分线问题的两种思路：一是内角平分线定理；二是等面积法．如若AD是△ABC的角平分线，则 ①＝；②S△ABD＋S△ACD＝S△ABC． 提醒：对于三角形的分点问题，可通过算“两次”的思想或借助向量求解，方法请参考中线问题． 1．[高考变式]在△ABC中，已知A＝，a＝2，角A的平分线交边BC于点D，△ABC的面积为2，则AD的长为________． 　[设AD＝x，由S△ABD＋S△ACD＝S△ABC， 即cx·sin bx·sin ＝bc sin ＝2， 可得(b＋c)x＝8，bc＝8， 由a2＝b2＋c2－2bc cos ＝(b＋c)2－3bc， 即12＝(b＋c)2－24， 可得b＋c＝6，可得x＝．即AD的长为．] 2．(2024·重庆巴蜀中学模拟)已知a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C的对边，S为△ABC的面积，且满足4S＝b2－(a－c)2． (1)求B； (2)若＝，且||＝，c－a＝2，求∠ABD的余弦值． [解]　(1)因为4S＝b2－(a－c)2＝b2－a2－c2＋2ac＝－(a2＋c2－b2)＋2ac， 可得4ac sin B＝－2ac cos B＋2ac， 可得cos B＋sin B＝1，即sin ＝， 又因为B∈(0，π)，所以B＋＝，可得B＝． (2)若＝，且||＝，c－a＝2，B＝， 可得＝＋＋＝＋＋||·||cos ∠ABC＝＋||·||×， 即＝c2＋a2－ac，整理可得4a2＋c2－2ac＝7， 又因为c＝2＋a，代入4a2＋c2－2ac＝7中， 可得4a2＋(2＋a)2－2a(a＋2)＝7， 整理可得a2＝1，解得a＝1，c＝3． 在△ABC中，由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2ac·cos ∠ABC＝1＋9－2×1×3×＝13， 所以b＝． 又＝＝＝)＝， 所以A，D，C三点共线，且AD＝AC＝， 在△ABD中，由余弦定理的推论可得cos ∠ABD＝＝＝． 即∠ABD的余弦值为． 【教师备选资源】 1．(2023·新高考Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为，D为BC的中点，且AD＝1． (1)若∠ADC＝，求tan B； (2)若b2＋c2＝8，求b，c． [解]　(1)法一：在△ABC中，因为D为BC的中点，∠ADC＝，AD＝1， 则S△ADC＝AD·DC sin ∠ADC＝×1×a×＝a＝S△ABC＝，解得a＝4． 在△ABD中，∠ADB＝，由余弦定理得c2＝BD2＋AD2－2BD·AD cos ∠ADB， 即c2＝4＋1－2×2×1×＝7，解得c＝，则cos B＝＝， sin B＝＝＝， 所以tanB＝＝． 法二：在△ABC中，因为D为BC的中点，∠ADC＝，AD＝1，S△ABC＝， 则S△ACD＝， 过A作AE⊥BC，垂足为E，如图所示， 在△ADE中，DE＝，AE＝，S△ACD＝CD＝，解得CD＝2， 所以BD＝2，BE＝，故tan B＝＝＝． (2)法一：在△ABD与△ACD中，由余弦定理得 整理得a2＋2＝b2＋c2，而b2＋c2＝8， 则a＝2(负值舍去)， 又S△ADC＝×1×sin ∠ADC＝， 解得sin ∠ADC＝1，而0<∠ADC<π， 于是∠ADC＝， 所以b＝c＝＝2． 法二：在△ABC中，因为D为BC的中点， 则＝)， 所以＝(c2＋b2＋2bc cos A)， 又AD＝1，b2＋c2＝8， 则1＝(8＋2bc cos A)， 所以bc cos A＝－2，① S△ABC＝bc sin A＝，即bc sin A＝2，② 由①②解得tan A＝－， 所以A＝， 所以bc＝4，又b2＋c2＝8，所以b＝c＝2． 2．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2b cos C＝2a＋c． (1)求B； (2)设b＝9，若M是边AC上一点，2＝，且∠MAB＝∠MBA，求△BMC的面积． [解]　(1)由2b cos C＝2a＋c及正弦定理得2sin B cos C＝2sin A＋sin C， 即2sin B cos C＝2sin ＋sin C ＝2sin B cos C＋2cos B sin C＋sin C， 所以2cos B sin C＝－sin C． 因为C∈，所以sin C≠0， 所以cos B＝－， 又B∈，所以B＝． (2)如图所示， 因为2＝，所以AM＝3，MC＝6． 又∠MAB＝∠MBA，所以BM＝AM＝3． 在△ABC中，由余弦定理b2＝a2＋c2－2ac cos ∠ABC， 得a2＋c2＋ac＝81．① 又2＝，所以＝， 两边平方得＝＋＋， 即9＝c2＋a2＋ac cos ∠ABC，所以a2＋4c2－2ac＝81．② ②－①得3c2＝3ac，所以a＝c， 代入①得a＝c＝3， 在△BMC中，BM2＋BC2＝32＋＝36＝MC2， 所以△BMC是以∠MBC为直角的直角三角形， 所以△BMC的面积为×3×3＝． 3．(2021·北京高考)已知在△ABC中，c＝2b cos B，C＝． (1)求B的大小； (2)在下列三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，并求出BC边上的中线的长度． ①c＝b；②周长为4＋2；③面积为S△ABC＝． [解]　(1)∵c＝2b cos B，则由正弦定理可得sin C＝2sin B cos B， ∴sin 2B＝sin ＝． ∵C＝，∴B∈，2B∈， ∴2B＝，解得B＝． (2)若选择①：由正弦定理结合(1)可得＝＝＝， 与c＝b矛盾，故这样的△ABC不存在． 若选择②：由(1)可得A＝， 设△ABC的外接圆半径为R， 则由正弦定理可得a＝b＝2R sin ＝R， c＝2R sin ＝R， 则周长a＋b＋c＝2R＋R＝4＋2， 解得R＝2，则a＝2，c＝2， 由余弦定理可得BC边上的中线的长度为 ＝． 若选择③：由(1)可得A＝，即a＝b， 则S△ABC＝ab sin C＝a2×＝，解得a＝， 由余弦定理可得BC边上的中线的长度为 ＝＝． 能力考点　三角函数在实际建模中的应用 【典例3】　(1)(2024·广东湛江二模)如图，为测量某大厦的高度，小张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 m，∠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＝________ m． (2)(2020·新高考Ⅰ卷)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． (1)204　 (2)＋4　[(1)设OA＝h m，因为在点B处测得点A的仰角为θ，所以＝2，所以OB＝． 因为在点C处测得点A的仰角为45°，所以OC＝h m． 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． (2)如图，连接OA，作AQ⊥DE，交ED的延长线于点Q，AM⊥EF于点M，交DG于点E′，交BH于点F′，记过O且垂直于DG的直线与DG的交点为P，设OP＝3m，则DP＝5m，不难得出AQ＝7，AM＝7，于是AE′＝5，E′G＝5，∴∠AGE′＝∠AHF′＝，△AOH为等腰直角三角形，又AF′＝5－3m，OF′＝7－5m，AF′＝OF′，∴5－3m＝7－5m，得m＝1， ∴AF′＝5－3m＝2，OF′＝7－5m＝2，∴OA＝2，则阴影部分的面积S＝×π×(2)2＋×2×2＝(cm2)．] 以几何图形为载体的三角函数、解三角形应用题，通常与平面几何图形、立体几何图形相结合，解决此类问题的关键是把相应线段表示出来，进而列出函数的解析式．解题过程中体现了转化思想及数学运算、数学建模素养． 1．[高考变式]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．图中的四边形ABCD为矩形，弧CED为一段圆弧，其尺寸如图所示，则截面的面积为(　　) A．cm2　　　　 B．cm2 C．(4π＋2)cm2 D．(2π＋2)cm2 B　[如图，设所在圆的圆心为O，半径为r．由题意解得半径r＝2 cm． 设图中阴影部分面积为S1，则截面面积S截面＝S圆＋S矩形ABCD－S1， S圆＝πr2＝4π(cm2)， S矩形ABCD＝1×2＝2(cm2)， AB＝CD＝2(cm)， 作OF⊥CD于点F，连接OD，OC． ∵OD＝OC＝r＝2 cm， ∴F为CD的中点， ∴DF＝(cm)， ∴cos ∠ODF＝＝， 故 ∠ODF＝， ∴∠DOF＝， ∴S扇形ODC＝×2××4＝(cm2)， S△ODC＝DC·OF＝×2×1＝(cm2)， ∴S1＝S扇形ODC－S△ODC＝(cm2)， ∴S截面＝4π＋2＝(cm2)．] 2．(2024·云南楚雄模拟)足球是一项深受人们喜爱的体育运动．如图，现有一个11人制的标准足球场，其底线宽AB＝68 m，球门宽EF＝7.32 m，且球门位于底线AB的中间，在某次比赛过程中，攻方球员带球在边界线AC上的M点处起脚射门，当∠EMF最大时，点M离底线AB的距离约为(　　) A．26.32 m B．28.15 m C．33.80 m D．37.66 m C　[设∠AMF＝β，∠AME＝α，AM＝x>0， 所以∠EMF＝β－α． 记AB＝a＝68 m，EF＝b＝7.32 m，可得tan β＝，tan α＝， tan (β－α)＝＝＝＝， 当∠EMF最大时，tan (β－α)＝最大，易知4x＋≥2＝4，此时tan (β－α)max＝， 当且仅当4x＝，即x＝时，等号成立，将a＝68 m，b＝7.32 m代入可得x＝≈33.80 m．故选C．] 3．(2024·江苏南通模拟)某中学开展劳动实习，学生制作一个矩形框架的工艺品．要求将一个边长分别为10 cm和20 cm的矩形零件的四个顶点分别焊接在矩形框架的四条边上，则矩形框架周长的最大值为________cm． 60　[如图所示，EF＝10，FG＝20， 令∠AEF＝α，则AF＝10sin α，∠AFE＝－α， 则∠BFG＝α，BF＝20cos α，BG＝20sin α，∠BGF＝－α， 则∠CGH＝α，CG＝10cos α． ∴周长为2AB＋2BC＝2(10sin α＋20cos α)＋2(20sin α＋10cos α)＝60sin α＋60cos α ＝60sin ≤60， 当α＋＝，即α＝时取等号，所以矩形框架周长的最大值为60 cm．] 【教师备选资源】 1．(2024·广东广州二模)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 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．] 2．在长方形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E为边AB的中点，G，F分别为边AD，BC上的动点，且∠FEG＝，则GE＋EF的取值范围是________． 　[如图， 设∠AEG＝α， 则∠FEB＝－α，GE＝，EF＝， GE＋EF＝＝＝， 令t＝sin ， 则sin ＝－cos ＝－cos ＝2sin2－1＝2t2－1， 所以GE＋EF＝＝． 易得α∈，所以α＋∈，t∈， 因为函数y＝4t－在上单调递增，所以2≤4t－≤3， 所以≤GE＋EF＝≤2．] 3．据气象部门报道某台风影响我国东南沿海一带，测定台风中心位于某市南偏东60°，距离该市400km的位置，台风中心以40 km/h的速度向正北方向移动，距离台风中心350 km的范围都会受到台风影响，则该市从受到台风影响到影响结束，持续的时间为________h． 　[如图，A点为该市的位置，B点是台风中心向正北方向移动前的位置． 设台风移动t h后的位置为C，则BC＝40t． 又∠ABC＝60°，AB＝400， 在△ABC中，由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC cos 60°＝4002＋－2×400×40t×＝1 600t2－16 000t＋160 000， 由AC≤350可得，1 600t2－16 000t＋160 000≤3502， 整理可得，16t2－160t＋375≤0， 解得≤t≤，又＝， 所以该市从受到台风影响到影响结束，持续的时间为 h．] 专题限时集训(五)　解三角形 一、单项选择题 1．(2024·浙江金华三模)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知A＝，a＝，b＝2，则c＝(　　) A． C．3 D．3 D　[由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos A， 即13＝4＋c2－2c，解得c＝3(c＝－舍去)． 故选D．] 2．(2024·福建三明模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知b＝2，B＝，sin A＝sin C，则△ABC的面积为(　　) A．4 B． C．2 D．1 B　[由正弦定理及sin A＝sin C⇒a＝c， 由已知及余弦定理的推论cos B＝，得＝，解得c＝2，故a＝c＝2， 所以S△ABC＝ac sin B＝×2×2×＝．故选B．] 3．(2024·湖北武汉模拟)在△ABC中，已知AB＝x，BC＝2，C＝，若存在两个这样的△ABC，则x的取值范围是(　　) A． B．(0，2)　 C．(2，2) D．(，2) C　[由正弦定理＝，可得sin A＝＝， 由题意可知，关于A的方程sin A＝在A∈有两解，在同一坐标系内分别作出曲线y＝sin A，A∈和水平直线y＝， 因为它们有两个不同的交点，所以<<1，所以2<x<2．故选C．] 4．(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． C． C　[因为B＝，b2＝ac， 则由正弦定理得sin A sin C＝sin2B＝． 由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2ac·cosB＝a2＋c2－ac＝ac， 即a2＋c2＝ac，根据正弦定理得sin2A＋sin2C＝sinA sin C＝， 所以(sin A＋sin C)2＝sin2A＋sin2C＋2sinA sin C＝， 因为A，C为三角形内角，则sin A>0，sin C>0，则sin A＋sin C＝．故选C．] 5．(2024·山东临沂一模)在同一平面上有相距14 km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 km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 km外的点M，则B炮台与弹着点M的距离为(　　) A．7 km B．8 km C．9 km D．10 km 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·AB cos θ， 即182＝182＋142－2×18×14cos θ，解得cos θ＝， 所以cos θ＝2cos2－1＝，又θ为锐角，解得cos＝(负值舍去)， 在△ABM中，BM2＝AM2＋AB2－2AM·AB cos ＝182＋142－2×18×14×＝100，所以BM＝10，即B炮台与弹着点M的距离为10 km．故选D．] 6．(2024·河北秦皇岛三模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且B＝2C，b＝a，则(　　) A．△ABC为直角三角形 B．△ABC为锐角三角形 C．△ABC为钝角三角形 D．△ABC的形状无法确定 A　[由b＝a，可得sin B＝sin A， 又B＝2C，则sin 2C＝sin (π－3C)＝sin 3C＝sin (2C＋C)， 即sin 2C＝sin 2C cos C＋cos 2C sin C， 即2cos C＝2cos2C＋(2cos2C－1)， 即4cos2C－2cosC－＝0， 由B＝2C>C，故C只能为锐角，可得cos C＝， 因为0<C<，所以C＝，B＝．故选A．] 二、多项选择题 7．(2024·湖南长沙雅礼中学模拟)已知△ABC满足sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶，且△ABC的面积S△ABC＝6，则下列结论正确的是(　　) A．△ABC的周长为5＋ B．△ABC的三个内角A，B，C满足A＋B＝2C C．△ABC的外接圆半径为 D．△ABC的中线CD的长为 BC　[因为△ABC满足sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶，所以a∶b∶c＝2∶3∶， 设a＝2t，b＝3t，c＝t，t>0，利用余弦定理的推论，得cos C＝＝＝， 由于C∈(0，π)，所以C＝． 因为S△ABC＝6，所以ab sin C＝×2t×3t×＝6，解得t＝2． 所以a＝4，b＝6，c＝2． 对于A, △ABC的周长为a＋b＋c＝10＋2，故A不正确； 对于B，因为C＝，所以A＋B＝，故A＋B＝2C，故B正确； 对于C，由正弦定理得外接圆半径为R＝＝＝，故C正确； 对于D，如图所示，在△ABC中，利用正弦定理＝，解得sin A＝， 又a<c，所以cos A＝，在△ACD中， 利用余弦定理CD2＝AC2＋AD2－2AC·AD·cos A＝19，解得CD＝，故D错误．故选BC．] 8．(2024·江苏淮安模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列说法中正确的是(　　) A．若sin 2A＝sin 2B，则△ABC为等腰直角三角形 B．若a＝b sin C＋c cos B，则C＝ C．若a＝12，b＝10，B＝60°，则符合条件的△ABC有两个 D．在锐角三角形ABC中，不等式b2＋c2－a2>0恒成立 BD　[A选项，sin 2A＝sin 2B，A＋B∈(0，π)， 故2A＝2B或2A＋2B＝π， 解得A＝B或A＋B＝， 所以△ABC为等腰三角形或直角三角形，A错误； B选项，a＝b sin C＋c cos B，由正弦定理得sin A＝sin B sin C＋sin C cos B， 因为sin A＝sin (B＋C)＝sin B cos C＋cos B sin C， 所以sin B sin C＋sin C cos B＝sin B cos C＋cos B sin C， 故sin B sin C＝sin B cos C， 因为B∈(0，π)，所以sin B≠0， 故sin C＝cos C，tan C＝1， 因为C∈(0，π)，故C＝，B正确； C选项，若a＝12，b＝10，B＝60°，则a sin B＝6>10＝b， 则符合条件的△ABC有0个，C错误； D选项，△ABC为锐角三角形，故A为锐角， 由余弦定理的推论得cos A＝>0，故不等式b2＋c2－a2>0恒成立，D正确． 故选BD．] 三、填空题 9．(2024·山东威海二模)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a＝，b＋c＝4，cos C＝－，则sin A＝________． 　[在△ABC中，由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2ab cos C，所以c2－b2＝6－2b×， 所以(c－b)(c＋b)＝6＋2b， 因为c＋b＝4，所以4(c－b)＝6＋2b， 所以4c－6b＝6，解得b＝1，c＝3， 由cos C＝－，可得sin C＝， 在△ABC中，由正弦定理可得＝， 所以sin A＝＝＝．] 10．(2024·广东广州模拟)已知△ABC中，点D在边AC上，B＝60°，sin A＝3sin C，AC＝，则△ABC的面积为________；若＝2，则BD＝________． 　[记BC＝a，AB＝c，AC＝b． 由题设及正弦定理得a＝3c， 由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac cos B， 代入化简得7c2＝7，解得c＝1，a＝3． 所以S＝ac sin B＝． 法一：由＝2，得＝， ＝＝＝)＝． 所以BD2＝＝ ＝＋||||cos 60°＋＝，即BD＝． 法二：在△ABC中，cos A＝＝＝－． 由＝2，得||＝||＝， 在△ABD中，BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD cos A ＝1＋－2×1×＝，所以BD＝．] 四、解答题 11．(2024·黑龙江哈尔滨二模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b＝4，＝cos A＋． (1)求角B的大小； (2)已知直线BD为∠ABC的平分线，且与AC交于点D，若BD＝，求△ABC的周长． [解]　(1)由已知，得2b cos B＝c cos A＋， 根据正弦定理，得2sin B cos B＝sin C cos A＋， 即2sin B cos B＝sin A cos C＋cos A sin C， 即2sin B cos B＝sin (A＋C)＝sin B， 由于0<B<π，sin B>0，所以cos B＝，所以B＝． (2)因为S△ABC＝S△ABD＋S△BCD， 所以ac sin ∠ABC＝BD·c·sin ∠ABD＋BD·a·sin ∠CBD， 因为直线BD为∠ABC的平分线， 所以∠ABD＝∠CBD＝∠ABC＝， 所以ac×＝c×a×， 则ac＝(a＋c)，即ac＝(a＋c)， 由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac cos ∠ABC， 即16＝a2＋c2－ac， 所以16＝(a＋c)2－3ac＝(a＋c)2－(a＋c)， 解得a＋c＝2或a＋c＝－(舍)，故△ABC的周长为2＋4． 12．(2024·广东梅州二模)在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，a cos B－b sin A＝c，c＝2． (1)求A的大小： (2)如图，点D在BC上． ①当AD⊥AB，且AD＝1时，求AC的长； ②当BD＝2DC，且AD＝1时，求△ABC的面积S△ABC． [解]　(1)因为a cos B－b sin A＝c， 所以由正弦定理可得sin A cos B－sin B sin A＝sin C， 又sin C＝sin (A＋B)＝sin A cos B＋cos A sin B， 所以－sin B sin A＝cos A sin B， 因为B为三角形内角，sin B>0， 所以－sin A＝cos A，可得tan A＝－， 因为A∈(0，π)，所以A＝． (2)①此时AB＝2＝2AD，AD⊥AB， 所以DB＝＝， 所以cos ∠ABC＝＝，sin ∠ABC＝＝， sin C＝sin ＝＝－． 在△ABC中，由正弦定理可得＝，即AC＝＝＝． ②设∠CAD＝α，由S△ABC＝S△BAD＋S△CAD， 可得b＝2sin ＋b sin α， 即b－b sin α＝2sin ． 又＝＝， 由于BD＝2DC， 所以＝， 所以b＝＝⇒sin α＝，b＝， 则S△ABC＝bc sin A＝． 25/25 学科网（北京）股份有限公司 $$ §2　解三角形 【备考指南】　解三角形的核心命题点有三个：一是应用正弦、余弦定理求三角形中的长度、角度、面积等几何度量问题；二是与三角形有关的最值、范围问题；三是解三角形在实际生活中的应用，难度中等．求解此类问题务必注意转化与化归思想的应用． 基础考点1　解三角形中的长度、角度、面积问题 【典例1】　(1)(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． (2)(2024·湖北武汉四调)已知△ABC三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且＝． ①求sin C的值； ②若△ABC的面积S＝5，且c＝(a－b)，求△ABC的周长． [听课记录] 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 应用正弦、余弦定理解题的技巧 (1)涉及边与角的余弦的积时，常用正弦定理将边化为角，涉及边的平方时，一般用余弦定理． (2)涉及边a，b，c的齐次式时，要根据式子的特点进行转化．如出现a2＋b2－c2＝λab形式用余弦定理，等式两边是关于边或角的正弦的齐次式用正弦定理． 1．(2024·福建厦门模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b－c＝a，2sin B＝3sin C，则cos A＝(　　) A．－ B． C．－ D． 2．(2024·山东大联考二模)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设甲：b－c＝a(cos C－cos B)，乙：△ABC是直角三角形，则(　　) A．甲是乙的充分不必要条件 B．甲是乙的必要不充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 3．(2024·福建莆田三模)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b(cos C＋1)＝c(2－cos B)． (1)证明：a＋b＝2c； (2)若a＝6，cos C＝，求△ABC的面积． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 基础考点2　解三角形中的中线、分点、角平分线问题 【典例2】　(1)(2023·全国甲卷)在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，BC＝，∠BAC的角平分线交BC于D，则AD＝________． (2)(2024·江苏苏州二模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝． ①求角A； ②若a＝6，点M为△ABC的重心，且AM＝2，求△ABC的面积． [听课记录] 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (1)解答三角形的中线问题的两种思路： ①应用中线长定理：在△ABC中，AD是边BC上的中线，则AB2＋AC2＝2(BD2＋AD2)，体现了算“两次”的思想． ②借助向量：在△ABC中，AD是边BC上的中线，则＝(b2＋c2＋2bc cos A)． (2)解答三角形的角平分线问题的两种思路：一是内角平分线定理；二是等面积法．如若AD是△ABC的角平分线，则 ①＝；②S△ABD＋S△ACD＝S△ABC． 提醒：对于三角形的分点问题，可通过算“两次”的思想或借助向量求解，方法请参考中线问题． 1．[高考变式]在△ABC中，已知A＝，a＝2，角A的平分线交边BC于点D，△ABC的面积为2，则AD的长为________． 2．(2024·重庆巴蜀中学模拟)已知a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C的对边，S为△ABC的面积，且满足4S＝b2－(a－c)2． (1)求B； (2)若＝，且||＝，c－a＝2，求∠ABD的余弦值． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 能力考点　三角函数在实际建模中的应用 【典例3】　(1)(2024·广东湛江二模)如图，为测量某大厦的高度，小张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 m，∠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＝________ m． (2)(2020·新高考Ⅰ卷)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． [听课记录] 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 以几何图形为载体的三角函数、解三角形应用题，通常与平面几何图形、立体几何图形相结合，解决此类问题的关键是把相应线段表示出来，进而列出函数的解析式．解题过程中体现了转化思想及数学运算、数学建模素养． 1．[高考变式]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．图中的四边形ABCD为矩形，弧CED为一段圆弧，其尺寸如图所示，则截面的面积为(　　) A．cm2　　　　 B．cm2 C．(4π＋2)cm2 D．(2π＋2)cm2 2．(2024·云南楚雄模拟)足球是一项深受人们喜爱的体育运动．如图，现有一个11人制的标准足球场，其底线宽AB＝68 m，球门宽EF＝7.32 m，且球门位于底线AB的中间，在某次比赛过程中，攻方球员带球在边界线AC上的M点处起脚射门，当∠EMF最大时，点M离底线AB的距离约为(　　) A．26.32 m B．28.15 m C．33.80 m D．37.66 m 3．(2024·江苏南通模拟)某中学开展劳动实习，学生制作一个矩形框架的工艺品．要求将一个边长分别为10 cm和20 cm的矩形零件的四个顶点分别焊接在矩形框架的四条边上，则矩形框架周长的最大值为________cm． 1/1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题限时集训(五)　解三角形 一、单项选择题 1．(2024·浙江金华三模)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知A＝，a＝，b＝2，则c＝(　　) A． C．3 D．3 2．(2024·福建三明模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知b＝2，B＝，sin A＝sin C，则△ABC的面积为(　　) A．4 B． C．2 D．1 3．(2024·湖北武汉模拟)在△ABC中，已知AB＝x，BC＝2，C＝，若存在两个这样的△ABC，则x的取值范围是(　　) A． B．(0，2)　 C．(2，2) D．(，2) 4．(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． C． 5．(2024·山东临沂一模)在同一平面上有相距14 km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 km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 km外的点M，则B炮台与弹着点M的距离为(　　) A．7 km B．8 km C．9 km D．10 km 6．(2024·河北秦皇岛三模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且B＝2C，b＝a，则(　　) A．△ABC为直角三角形 B．△ABC为锐角三角形 C．△ABC为钝角三角形 D．△ABC的形状无法确定 二、多项选择题 7．(2024·湖南长沙雅礼中学模拟)已知△ABC满足sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶，且△ABC的面积S△ABC＝6，则下列结论正确的是(　　) A．△ABC的周长为5＋ B．△ABC的三个内角A，B，C满足A＋B＝2C C．△ABC的外接圆半径为 D．△ABC的中线CD的长为 8．(2024·江苏淮安模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列说法中正确的是(　　) A．若sin 2A＝sin 2B，则△ABC为等腰直角三角形 B．若a＝b sin C＋c cos B，则C＝ C．若a＝12，b＝10，B＝60°，则符合条件的△ABC有两个 D．在锐角三角形ABC中，不等式b2＋c2－a2>0恒成立 三、填空题 9．(2024·山东威海二模)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a＝，b＋c＝4，cos C＝－，则sin A＝________． 10．(2024·广东广州模拟)已知△ABC中，点D在边AC上，B＝60°，sin A＝3sin C，AC＝，则△ABC的面积为________；若＝2，则BD＝________． 四、解答题 11．(2024·黑龙江哈尔滨二模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b＝4，＝cos A＋． (1)求角B的大小； (2)已知直线BD为∠ABC的平分线，且与AC交于点D，若BD＝，求△ABC的周长． 12．(2024·广东梅州二模)在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，a cos B－b sin A＝c，c＝2． (1)求A的大小： (2)如图，点D在BC上． ①当AD⊥AB，且AD＝1时，求AC的长； ②当BD＝2DC，且AD＝1时，求△ABC的面积S△ABC． 2/3 学科网（北京）股份有限公司 $$