第4章 必刷大题9 解三角形(课件PPT)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习

第四章　三角函数与解三角形 必刷大题9　解三角形 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 谢谢观看 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 1．(2025·西安统考)如图，在平面四边形ABCD中，∠ADB＝45°，∠BAD＝105°，AD＝ eq \f(\r(6),2)，BC＝2，AC＝3. (1)求边AB的长； (2)求△ABC的面积． 解　(1)在△ABD中，∠ABD＝180°－(45°＋105°)＝30°， 由正弦定理得AB＝ eq \f(AD·sin 45°,sin 30°)＝ eq \f(\r(6),2)× eq \r(2)＝ eq \r(3). (2)在△ABC中，由余弦定理的推论得 cos ∠ABC＝ eq \f(AB2＋BC2－AC2,2AB×BC)＝ eq \f((\r(3))2＋22－32,2\r(3)×2)＝－ eq \f(\r(3),6). ∴sin ∠ABC＝ eq \r(1－cos2∠ABC)＝ eq \f(\r(33),6). ∴S△ABC＝ eq \f(1,2)×AB×BC×sin∠ABC＝ eq \f(1,2)× eq \r(3)×2× eq \f(\r(33),6)＝ eq \f(\r(11),2). 2．(2023·全国乙卷)在△ABC中，已知∠BAC＝120°，AB＝2，AC＝1. (1)求sin ∠ABC； (2)若D为BC上一点，且∠BAD＝90°，求△ADC的面积． 解　(1)由余弦定理可得 BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC cos ∠BAC ＝4＋1－2×2×1×cos 120°＝7， 则BC＝ eq \r(7)， 由正弦定理可得 sin ∠ABC＝ eq \f(AC·sin ∠BAC,BC)＝ eq \f(1×\f(\r(3),2),\r(7))＝ eq \f(\r(21),14). (2)由三角形面积公式可得 eq \f(S△ABD,S△ACD)＝ eq \f(\f(1,2)AB·AD sin 90°,\f(1,2)AC·AD sin 30°)＝4， 则S△ACD＝ eq \f(1,5)S△ABC ＝ eq \f(1,5)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×1×sin 120°))＝ eq \f(\r(3),10). 3．(2025·开封模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a cos eq \f(B＋C,2)＝b sin A，2a＝3b. (1)求cos B的值； (2)若a＝3，求c. 解　(1)∵A＋B＋C＝π， ∴ eq \f(B＋C,2)＝ eq \f(π,2)－ eq \f(A,2)， 则cos eq \f(B＋C,2)＝sin eq \f(A,2)，又a cos eq \f(B＋C,2)＝b sin A， 由正弦定理得sin A·sin eq \f(A,2)＝sin B·sin A， 又sin A≠0，则sin eq \f(A,2)＝sin B， 又A，B均为三角形的内角， ∴B＝ eq \f(A,2)，即A＝2B， 又2a＝3b，即2sin A＝3sin B， 即4sin B cos B＝3sin B， 又sin B≠0，则cos B＝ eq \f(3,4). (2)若a＝3，则b＝2， 由(1)得cos B＝ eq \f(3,4)， 由余弦定理b2＝a2＋c2－2ac cos B， 可得c2－ eq \f(9,2)c＋5＝0， 即(c－2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－\f(5,2)))＝0，解得c＝2或c＝ eq \f(5,2)， 当c＝2时，b＝c，则A＝2B＝2C， 即△ABC为等腰直角三角形， 又a≠ eq \r(2)b，此时不满足题意，故c＝ eq \f(5,2). 4．(2025·宁夏质检)已知△ABC的三内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，向量m＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos B，cos C))，n＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a＋c，b))，且m⊥n. (1)求角B的大小； (2)若b＝ eq \r(3)，求三角形ABC周长的取值范围． 解　(1)由已知m＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos B，cos C))，n＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a＋c，b))，且m⊥n， ∴m·n＝(2a＋c)cos B＋b cos C＝0， 由正弦定理得(2sin A＋sin C)cos B＋sin B cos C＝0， 2cos B sin A＋cos B sin C＋sin B cos C＝0， 即2cos B sin A＝－sin (B＋C)＝－sin A， ∵A∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，π))，∴sin A≠0，∴cos B＝－ eq \f(1,2) ∵0<B<π，∴B＝ eq \f(2π,3). (2)由余弦定理，得b2＝3＝a2＋c2－2ac cos eq \f(2π,3)＝a2＋c2＋ac＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋c))2－ac≥ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋c))2－ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋c))2,4)＝ eq \f(3,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋c))2， 当且仅当a＝c＝1时取等号． ∴ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋c))2≤4，故a＋c≤2，又a＋c>b＝ eq \r(3)， ∴a＋c的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(3)，2))， ∴△ABC周长的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(2\r(3)，2＋\r(3))). 5．(2025·牡丹江模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c cos B－2a cos A＝b cos A cos B－asin 2B. (1)求A； (2)若a＝ eq \r(3)，O为△ABC的内心，求3OB＋2OC的取值范围． 解　(1)由c cos B－2a cos A＝b cos A cos B－asin 2B及正弦定理，得： sin C cos B－2sin A cos A＝sin B cos A cos B－sin A sin2B＝sinB eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos A cos B－sin A sin B))＝sin B cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋B))＝－sin B cos C， 即sin C cos B＋sin B cos C＝2sin A cos A， 所以sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋C))＝2sin A cos A， 又A＋B＋C＝π，所以sin A＝2sin A cos A， 又sin A≠0，所以cos A＝ eq \f(1,2)，所以A＝ eq \f(π,3). (2)因为A＝ eq \f(π,3)，所以B＋C＝ eq \f(2π,3)，如图， 连接OA，OB，OC，因为O为△ABC的内心， 所以∠OBC＋∠OCB＝ eq \f(π,3)， 所以∠BOC＝ eq \f(2π,3)， 设∠OBC＝α，则∠OCB＝ eq \f(π,3)－α. 在△OBC中，由正弦定理得 eq \f(OB,sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α)))＝ eq \f(OC,sin α)＝ eq \f(BC,sin ∠BOC)＝ eq \f(\r(3),sin \f(2π,3))＝2， 所以OB＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))，OC＝2sin α， 所以3OB＋2OC＝6sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))＋4sin α＝sin α＋3 eq \r(3)cos α＝2 eq \r(7)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋φ))， 其中sin φ＝ eq \f(3\r(21),14)，cos φ＝ eq \f(\r(7),14)， 因为sin φ＝ eq \f(3\r(21),14)∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，所以不妨取φ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))， 又α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，所以α＋φ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ，\f(π,3)＋φ))，其中 eq \f(π,3)＋φ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(5π,6)))， 当α＋φ＝ eq \f(π,2)时，3OB＋2OC取得最大值2 eq \r(7). 因为sin φ＝ eq \f(3\r(21),14)，cos φ＝ eq \f(\r(7),14)，所以sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋φ))＝ eq \f(\r(21),7)， 又 eq \f(\r(21),7)< eq \f(3\r(21),14)，所以3OB＋2OC>2 eq \r(3)， 综上，3OB＋2OC的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(2\r(3)，2\r(7))). 6．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝4，且(2b－c)cos A＝4cos C. (1)求A； (2)若D为BC的中点，且AD＝2 eq \r(2)，求△ABC的面积． 解　(1)因为a＝4，所以(2b－c)cos A＝4cos C＝a cos C， 由正弦定理得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin B－sin C))cos A＝sin A cos C， 化简得2sin B cos A＝sin (A＋C)＝sin B. 因为0<B<π，sin B>0，所以cos A＝ eq \f(1,2). 因为0<A<π，所以A＝ eq \f(π,3). (2)因为D为BC的中点， 所以 eq \o(AD,\s\up15(→))＝ eq \f(1,2)( eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(AC,\s\up15(→)))， 等式两边平方得， eq \o(AD,\s\up15(→))2＝ eq \f(1,4)( eq \o(AB,\s\up15(→))2＋ eq \o(AC,\s\up15(→))2＋2 eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \o(AC,\s\up15(→)))＝ eq \f(1,4)(c2＋b2＋2bc cos A)＝ eq \f(1,4)(c2＋b2＋bc)＝8， 即b2＋c2＋bc＝32①. 在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos A＝b2＋c2－bc＝16②， 联立①②解得bc＝8， 所以S△ABC＝ eq \f(1,2)bc sin A＝ eq \f(1,2)×8× eq \f(\r(3),2)＝2 eq \r(3). $$