3.5 解三角形的应用-【十年高考】备战2026年高考数学真题分类解析与应试策略（Word版）

§3.5　解三角形的应用 课时 2016~2020年 2021年 2022年 2023年 2024年 2025年 合计 43.正、余弦定理与三角恒等 变换的综合应用 17 0 1 1 5 2 26 44.利用正、余弦定理 解决图形问题 6 1 0 1 1 0 9 45.正、余弦定理的实际应用 1 2 0 0 0 1 4 命题热度 本专题命题热度较高() 课程标准 备考策略 解三角形的应用 ①能利用正弦定理、余弦定理解决三角形中的最值(范围)问题 ②能利用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题 掌握求解三角形中面积和周长最值(或范围)的常用方法;明确解三角形实际问题中距离、高度、角度问题的解题思路及方法 考点43正、余弦定理与三角恒等变换的综合应用答案P288　 1.(2025·全国新高考2,5,5分,难度★)在△ABC中,BC=2,AC=1+,AB=,则A= (　　) 　　　　　　　　　　　　　　　 A.45° B.60° C.120° D.135° 2.(2024·全国甲,理11文12,5分,难度★★★★)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知B=60°,b2=ac,则sin A+sin C= (　　) A. B. C. D. 3.(讲解 2020·全国3,文11,5分,难度★★★)在△ABC中,cos C=,AC=4,BC=3,则tan B=(　　) 　 　　　　　 　　　　　 　　　　 A. B.2 C.4 D.8 4.(2017·全国1,文11,5分,难度★★★)△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=,则C=(　　) A. B. C. D. 5.(讲解 2018·北京,文14,5分,难度★★★)若△ABC的面积为(a2+c2-b2),且C为钝角,则B=　　　　;的取值范围是　　　　.  6.(讲解 2018·全国1,文16,5分,难度★★★)△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　　　　　.  7.(2025·天津,16,14分,难度★★)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知asin B=bcos A,c-2b=1,a=. (Ⅰ)求A的值; (Ⅱ)求c的值; (Ⅲ)求sin(A+2B)的值. 8.(2024·全国新高考1,15,13分,难度★★★)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin C=cos B,a2+b2-c2=ab. (1)求角B; (2)若△ABC的面积为3+,求c. 9.(2024·全国新高考2,15,13分,难度★★★)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. 10.(2024·北京,16,13分,难度★★★)在△ABC中,a=7,A为钝角,sin 2B=bcos B. (1)求∠A; (2)从条件①、条件②和条件③这三个条件中选择一个作为已知,求△ABC的面积. ①b=3;②cos B=;③csin A= . 注:如果选择条件①、条件②和条件③分别解答,按第一个解答计分. 11.(2024·天津,16,14分,难度★★★)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知cos B=,b=5,=. (1)求a的值; (2)求sin A的值; (3)求cos(B-2A)的值. 12.(2023·全国新高考1,17,10分,难度★★)已知在△ABC中,A+B=3C,2sin(A-C)=sin B. (1)求sin A; (2)设AB=5,求AB边上的高. 13.(讲解 2022·全国新高考1,18,12分,难度★★★)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知=. (1)若C=,求B; (2)求的最小值. 14.(2020·天津,16,14分,难度★★★)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a=2,b=5,c=. (1)求角C的大小; (2)求sin A的值; (3)求sin2A+的值. 15.(2020·浙江,18,14分,难度★★★)在锐角△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知2bsin A-a=0. (1)求角B的大小; (2)求cos A+cos B+cos C的取值范围. 16.(2020·全国1,文18,12分,难度★★★)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知B=150°. (1)若a=c,b=2,求△ABC的面积; (2)若sin A+sin C=,求C. 17.(2019·天津,理15文16,13分,难度★★★)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知b+c=2a,3csin B=4asin C. (1)求cos B的值; (2)求sin2B+的值. 18.(2019·江苏,15,14分,难度★★★)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c. (1)若a=3c,b=,cos B=,求c的值; (2)若=,求sinB+的值. 19.(讲解 2019·全国3,理18文18,12分,难度★★★)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知asin=bsin A. (1)求B; (2)若△ABC为锐角三角形,且c=1,求△ABC面积的取值范围. 20.(2018·天津,理15文16,13分,难度★★★)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知bsin A=acosB-. (1)求角B的大小; (2)设a=2,c=3,求b和sin(2A-B)的值. 21.(2017·天津,理15,13分,难度★★★)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=. (1)求b和sin A的值; (2)求sin2A+的值. 22.(2017·天津,文15,13分,难度★★★)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=(a2-b2-c2). (1)求cos A的值; (2)求sin(2B-A)的值. 23.(2016·北京,理15,13分,难度★★★)在△ABC中,a2+c2=b2+ac. (1)求B的大小; (2)求cos A+cos C的最大值. 24.(2016·天津,文15,13分,难度★★★)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知asin 2B=bsin A. (1)求B; (2)若cos A=,求sin C的值. 25.(2016·山东,理16,12分,难度★★★)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2(tan A+tan B)=+. (1)证明:a+b=2c; (2)求cos C的最小值. 26.(2016·江苏,15,14分,难度★★★)在△ABC中,AC=6,cos B=,C=. (1)求AB的长; (2)求cosA-的值. 考点44利用正、余弦定理解决图形问题答案P293　 1.(2024·上海,11,5分,难度★★★★)已知A在O的正东方向,B在O的正北方向,O到A,B的距离相等,∠BTO=16.5°,∠ATO=37°,则∠BOT=　　　　　.(精确到0.1°)  2.(2023·全国甲,理16,5分,难度★★★★)在△ABC中,∠BAC=60°,AB=2,BC=,∠BAC的角平分线交BC于D,则AD=　　　　.  3. (讲解 2020·全国1,理16,5分,难度★★★)如图,在三棱锥P-ABC的平面展开图中,AC=1,AB=AD=,AB⊥AC,AB⊥AD,∠CAE=30°,则cos∠FCB=　　　　　.  4.(讲解 2019·浙江,14,6分,难度★★★)在△ABC中,∠ABC=90°,AB=4,BC=3,点D在线段AC上.若∠BDC=45°,则BD=　　　　,cos∠ABD=　　　　.  5.(2017·浙江,14,6分,难度★★★)已知△ABC,AB=AC=4,BC=2.点D为AB延长线上一点,BD=2,连接CD,则△BDC的面积是　　　　　,cos∠BDC=　　　　　.  6.(讲解 2021·全国新高考1,19,12分,难度★★★)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. 7.(讲解 2020·江苏,16,14分,难度★★★) 在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=3,c=,B=45°. (1)求sin C的值; (2)在边BC上取一点D,使得cos∠ADC=-,求tan∠DAC的值. 8.(2018·北京,理15,13分,难度★★★)在△ABC中,a=7,b=8,cos B=-. (1)求∠A; (2)求AC边上的高. 9.(2018·全国1,理17,12分,难度★★★)在平面四边形ABCD中,∠ADC=90°,∠A=45°,AB=2,BD=5. (1)求cos∠ADB; (2)若DC=2,求BC. 考点45正、余弦定理的实际应用答案P295　 1. (讲解 2021·全国甲,理8,5分,难度★★★)2020年12月8日,中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8 848.86(单位:m).三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一.如图是三角高程测量法的一个示意图.现有A,B,C三点,且A,B,C在同一水平面上的投影A',B',C'满足∠A'C'B'=45°,∠A'B'C'=60°.由C点测得B点的仰角为15°,BB'与CC'的差为100,由B点测得A点的仰角为45°,则A,C两点到水平面A'B'C'的高度差AA'-CC'约为(≈1.732) (　　) 　 　　　　　 　　　　　 　　　　 A.346 B.373 C.446 D.473 2.(2021·全国乙,理9,5分,难度★★★)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= (　　) A.+表高 B.-表高 C.+表距 D.-表距 3.(2025·上海,11,5分,难度★★)在坡角为θ的斜坡上,小申用两根长1米的细杆铅直的放在斜坡的两个端点A,B处,两根细杆在太阳照射下,B处细杆的影子完全在斜坡上时,A处细杆的影子在水平地面上,影长分别为0.45和0.4,则θ=　　　　(精确到0.01°).  4.(讲解 2020·山东,15,5分,难度★★★)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.  学科网（北京）股份有限公司 $$ §3.5　解三角形的应用 考点43　正、余弦定理与三角恒等变换的综合应用 1.A　在△ABC中,由余弦定理得cos A====, 又0<A<π,所以A=45°.故选A. 易忽略三角形中的隐含条件. 2.C　由b2=ac,得sin Asin C=sin2B=, 又b2=a2+c2-2accos B=a2+c2-ac=ac, 所以a2+c2=ac, 即sin2A+sin2C=sin Asin C=,则(sin A+sin C)2=sin2A+sin2C+2sin Asin C=,所以sin A+sin C=.故选C. 本题的关键是对b2的二次利用,一是利用正弦定理,二是利用余弦定理,进而找出两结果的联系求值. 3.C　由余弦定理得,AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos C=16+9-2×4×3×=9,即AB=3. 由余弦定理的推论知 cos B===, 又cos2B+sin2B=1,解得sin B=, 故tan B==4.故选C. 4.B　由题意结合三角形的内角和,可得sin(A+C)+sin A(sin C-cos C)=0,整理得sin Acos C+cos Asin C+sin Asin C-sin Acos C=0,则sin C(sin A+cos A)=0,因为sin C>0,所以sin A+cos A=0,即tan A=-1,因为A∈(0,π),所以A=.由正弦定理=,得=,即sin C=,所以C=,故选B. 5.　(2,+∞)　由题意,得S△ABC=(a2+c2-b2)=acsin B, 即=sin B, ∴cos B=sin B,∴tan B=.∴B=. ∴A+C=,C=-A>,∴0<A<. 由正弦定理,得== ==+. ∵0<A<,∴tan A∈0,. ∴>+,即∈(2,+∞). 6.　∵bsin C+csin B=4asin Bsin C, ∴sin Bsin C+sin Csin B=4sin Asin Bsin C. 又sin Bsin C>0,∴sin A=. 由余弦定理得cos A===>0, ∴cos A=,bc==, ∴S△ABC=bcsin A=××=. 7.解 (Ⅰ)∵asin B=bcos A, 由正弦定理得sin Asin B=sin Bcos A. 又在△ABC中,sin B>0, ∴sin A=cos A,∴tan A=. ∵A∈(0,π),∴A=. (Ⅱ)由余弦定理知a2=b2+c2-2bccos A,且A=,a=,∴b2+c2-bc=7.① 又c-2b=1,② 联立①②,解得故c=3. (Ⅲ)由①②可得cos B===, ∴sin B==. ∴sin 2B=2sin Bcos B=2××=,cos 2B=2cos2B-1=2×2-1=, ∴sin(A+2B)=sin+2B=sincos 2B+cos·sin 2B=×+×=. 8.解 (1)∵a2+b2-c2=ab, ∴cos C===. 又C∈(0,π),∴C=. ∵sin C=cos B,即sin=cos B, 即=cos B,解得cos B=. 又B∈(0,π),∴B=. (2)由(1)知B=,C=, ∴=, 即=,∴b=c. 又sin A=sin(π-B-C)=sinπ--=sin+=sincos+cossin=, △ABC的面积为3+, ∴bcsin A=·c2·=3+, ∴c2=8,∴c=2. 9.解 (1)由题得2=2, 即sin=1. 又A+∈,所以A+=,即A=. (2)因为bsin C=csin 2B,由正弦定理可得sin Bsin C=sin C·2sin Bcos B, 又sin B≠0,sin C≠0,所以cos B=. 又0<B<π,所以B=,则C=. 由正弦定理得==, 则b=2,c=+, 所以△ABC的周长为a+b+c=2++3. 10.解 (1)∵sin 2B=bcos B,∴2sin Bcos B=bcos B. 又A为钝角,∴B∈0,,∴cos B≠0, ∴2sin B=b,∴=. 由正弦定理得=,则=, ∴sin A=,∴A=. (2)若选①.由(1)知A=,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A,即49=9+c2-2×3×c×cos,即c2+3c-40=0,解得c=5或c=-8(舍去),∴S△ABC=bcsin A=×3×5×=. 若选②.由cos B=,得sin B=. 又2sin B=b,∴b=3. 由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A, 即49=9+c2-2×3×c×cos, 即c2+3c-40=0, 解得c=5或c=-8(舍去), ∴S△ABC=bcsin A=×3×5×=. 若选③.由csin A=,得c=, ∴c=5.由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A, 即49=b2+25-2×b×5×cos, 即b2+5b-24=0,解得b=3或b=-8(舍去), ∴S△ABC=bcsin A=×3×5×=. 11.解 思路1:(1)由b2=a2+c2-2accos B及已知,有25=a2+2-2×a×a×,可得a=4. (2)由cos B=,可得sin B==. 又=,a=4,b=5,可得sin A==. (3)由a<c,可知A为锐角. 又由(2)可得cos A==, 故sin 2A=2sin Acos A=,cos 2A=2cos2A-1=. 所以,cos(B-2A)=cos Bcos 2A+sin Bsin 2A=×+×=. 思路2:(1)同思路1. (2)由a=4及=可得c=6. 由a2=b2+c2-2bccos A及已知, 可得cos A==. 因为A∈(0,π),所以sin A==. (3)由sin A=,cos A=, 可得sin 2A=2sin Acos A=,cos 2A=2cos2A-1=. 由cos B=,可得sin B==. 所以,cos(B-2A)=cos Bcos 2A+sin Bsin 2A=×+×=. 12.解 (1)方法一:由题意知A+B=3C, ∵A+B+C=π,∴C=,A+B=. 由2sin(A-C)=sin B,得2sinA-=sin-A =sinπ-A+=sinA+, ∴2sin Acos-cos Asin=sin Acos+cos Asin. ∴2(sin A-cos A)=sin A+cos A. ∴sin A=3cos A. 由sin2A+cos2A=1,得sin2A=. ∵A∈(0,π),∴sin A=. 方法二:∵A+B=3C,A+B+C=π,∴C=,B=3C-A. ∵2sin(A-C)=sin B, ∴2sin Acos C-2cos Asin C=sin-A, ∴2sin Acos C-2cos Asin C=sincos A-cossin A. 代入数据,得sin A-cos A=cos A+sin A. 整理得sin A=cos A,∴tan A=3. ∵0<A<π,∴sin A=. (2)过点C作AB的垂线,垂足为点D,则CD为AB边上的高. AB=5, 由正弦定理得=, 故BC==3. ∵sin A=,由(1)知A∈0,,∴cos A=. ∴sin B=sin-A=sincos A-cossin A=×+×=. ∴CD=BCsin B=3×=6. 综上,AB边上的高为6. 转化与化归思想在解三角形中的应用 如本题中已知条件中角A,B,C都存在,则需利用A+B+C=π消去其中一个角,转化为可利用两角和差公式的形式. 13.解 (1)∵==,且cos B≠0, ∴由=得cos Acos B=sin B(1+sin A), ∴cos Acos B=sin B+sin Asin B, ∴sin B=cos Acos B-sin Asin B=cos(A+B)=cos(π-C)=-cos C. ∴sin B=-cos C=-cos=.∴B=. (2)方法一:由正弦定理得=,(*) ∵C=+B,A+B+C=π, ∴A+B++B=π,∴A=-2B. 又0<A<,∴0<B<. ∴(*)式为 == =. 令cos2B=t,则t∈,1, 于是原式====4t+-5≥2-5=4-5, 当且仅当即t=时取等号. ∴的最小值为4-5. 方法二:∵sin B=-cos C,B=C-, ∴A=π-(B+C)=-2C. 又0<A<,∴<C<,∴<sin2C<1. ∴sin A=sin(B+C)=sin2C-=-cos 2C, ∴=====+4sin2C-5≥2-5=4-5, 当且仅当sin2C=时,有最小值4-5. 求解此类问题的突破口:一是正确分析已知三角等式中的边角关系,合理选择“边往角化”还是“角往边化”,适时活用正弦定理、余弦定理;二是熟记两角和、差的余弦公式,不要与两角和、差的正弦公式搞混;三是会利用基本不等式求最值,此时需注意三角函数的有界性. 14.解 (1)在△ABC中,由余弦定理及a=2,b=5,c=,有cos C==. 又因为C∈(0,π),所以C=. (2)在△ABC中,由正弦定理及C=,a=2,c=,可得sin A==. (3)由a<c及sin A=,可得cos A==,进而sin 2A=2sin Acos A=,cos 2A=2cos2A-1=. 所以,sin2A+=sin 2Acos+cos 2Asin=×+×=. 15.解 (1)由正弦定理,得2sin Bsin A=sin A, 故sin B=,由题意,得B=. (2)由A+B+C=π,得C=-A, 由△ABC是锐角三角形,得A∈,. 由cos C=cos-A=-cos A+sin A,得cos A+cos B+cos C=sin A+cos A+=sinA++∈,. 故cos A+cos B+cos C的取值范围是,. 16.解 (1)由题设及余弦定理得28=3c2+c2-2×c2×cos 150°,解得c=-2(舍去),c=2.从而a=2. △ABC的面积为×2×2×sin 150°=. (2)在△ABC中,A=180°-B-C=30°-C, 所以sin A+sin C=sin(30°-C)+sin C=sin(30°+C). 故sin(30°+C)=. 而0°<C<30°,所以30°+C=45°,故C=15°. 17.解 (1)在△ABC中,由正弦定理=,得bsin C=csin B,又由3csin B=4asin C,得3bsin C=4asin C,即3b=4a.又因为b+c=2a,得到b=a,c=a.由余弦定理可得cos B===-. (2)由(1)可得sin B==,从而sin 2B=2sin Bcos B=-,cos 2B=cos2B-sin2B=-,故sin2B+=sin 2Bcos +cos 2Bsin =-×-×=-. 18.解 (1)因为a=3c,b=,cos B=, 由余弦定理cos B=, 得=,即c2=.所以c=. (2)因为=, 由正弦定理=, 得=,所以cos B=2sin B. 从而cos2B=(2sin B)2, 即cos2B=4(1-cos2B),故cos2B=. 因为sin B>0,所以cos B=2sin B>0, 从而cos B=. 因此sinB+=cos B=. 19.解 (1)由题设及正弦定理得sin Asin=sin Bsin A. 因为sin A≠0,所以sin=sin B. 由A+B+C=180°,可得sin=cos, 故cos=2sincos. 因为cos≠0,故sin=,因此B=60°. (2)由题设及(1)知△ABC的面积S△ABC=a. 由正弦定理得a===+. 由于△ABC为锐角三角形,故0°<A<90°,0°<C<90°. 由(1)知A+C=120°,所以30°<C<90°, 故<a<2,从而<S△ABC<. 因此,△ABC面积的取值范围是,. 20.解 (1)在△ABC中,由正弦定理=, 可得bsin A=asin B. 又由bsin A=acosB-,得asin B=acosB-, 即sin B=cosB-,可得tan B=. 又因为B∈(0,π),所以B=. (2)在△ABC中,由余弦定理及a=2,c=3,B=,有b2=a2+c2-2accos B=7,故b=. 由bsin A=acosB-,可得sin A=. 因为a<c,故cos A=. 因此sin 2A=2sin Acos A=,cos 2A=2cos2A-1=.所以,sin(2A-B)=sin 2Acos B-cos 2Asin B=×-×=. 21.解 (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 B=13, 所以b=.由正弦定理=, 得sin A==. 所以,b的值为,sin A的值为. (2)由(1)及a<c,得cos A=, 所以sin 2A=2sin Acos A=,cos 2A=1-2sin2A=-. 故sin2A+=sin 2Acos+cos 2Asin=. 22.解 (1)由asin A=4bsin B,及=,得a=2b. 由ac=(a2-b2-c2),及余弦定理,得cos A===-. (2)由(1),可得sin A=, 代入asin A=4bsin B,得sin B==. 由(1)知,A为钝角,所以cos B==. 于是sin 2B=2sin Bcos B=,cos 2B=1-2sin2B=, 故sin(2B-A)=sin 2Bcos A-cos 2Bsin A =×--×=-. 23.解 (1)由余弦定理及题设得cos B===.又因为0<B<π,所以B=. (2)由(1)知A+C=. cos A+cos C=cos A+cos-A =cos A-cos A+sin A =cos A+sin A=cosA-. 因为0<A<, 所以当A=时,cos A+cos C取得最大值1. 24.解 (1)在△ABC中,由=, 可得asin B=bsin A, 又由asin 2B=bsin A,得2asin Bcos B=bsin A=asin B,所以cos B=,得B=. (2)由cos A=,可得sin A=,则sin C=sin[π-(A+B)]=sin(A+B)=sinA+=sin A+cos A=. 25.(1)证明 由题意知 2+=+, 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. (2)解 由(1)知c=, 所以cos C== =+-≥, 当且仅当a=b时,等号成立.故cos C的最小值为. 26.解 (1)因为cos B=,0<B<π, 所以sin B===. 由正弦定理知=, 所以AB===5. (2)在△ABC中,A+B+C=π, 所以A=π-(B+C), 于是cos A=-cos(B+C)=-cosB+ =-cos Bcos+sin Bsin, 又cos B=,sin B=, 故cos A=-×+×=-. 因为0<A<π,所以sin A==. 因此,cosA-=cos Acos+sin A·sin=-×+×=. 考点44　利用正、余弦定理解决图形问题 1.7.8°　连接AB,设OA=OB=a,BT=b,AT=c,∠BOT=α,则AB=a. 在△ABT中,由余弦定理,得(a)2=b2+c2-2bccos 53.5°. ① 在△OBT中,由正弦定理,得=,即b=. ② 在△OAT中,由正弦定理,得=,即c=. ③ 把②③代入①,得2a2=+-2···cos 53.5°. 令sin α=t(0<t<1),则cos α=, 得2=+-2××0.6, 令f(t)=-+=0. 由计算器的函数功能可知f(t)=0的零点约为t=0.13.所以α=arcsin(0.13)≈7.8°. 2.2　方法一:由题意, 在△ABC中,AB=2,BC=,∠BAC=60°, 由余弦定理得,BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠BAC,解得AC=+1, 由正弦定理得,=,解得∠C=45°. ∵AD平分∠BAC,∴∠BAD=∠CAD=∠BAC=30°.(角平分线的性质) 如图,过点D作DE⊥AC于点E,设DE=t, 由几何知识得,AD=2t,AE=t,CE=DE=t, ∴AC=AE+CE=t+t=+1,解得t=1, ∴AD=2t=2. 方法二:由方法一知,AC=+1, ∵S△ABC=S△ABD+S△ACD, ∴AB·ACsin 60°=AB·ADsin 30°+AC·ADsin 30°, ∴(+1)=AD+AD,∴AD=2. 3.-　由题意得BD=AB=, BC==2. ∵D,E,F重合于一点P, ∴AE=AD=,BF=BD=, ∴在△ACE中,由余弦定理,得CE2=AC2+AE2-2AC·AEcos∠CAE=12+()2-2×1×cos 30°=1, ∴CE=CF=1. ∴在△BCF中,由余弦定理,得cos∠FCB===-. 4.　　 如图所示,设CD=x,∠DBC=α,则AD=5-x,∠ABD=-α,在△BDC中,由正弦定理得==3⇒sin α=.在△ABD中,由正弦定理得==4⇒cos α=. 由sin2α+cos2α=+=1,解得x1=-(舍去),x2=⇒BD=.在△ABD中,由正弦定理得=⇒sin∠ABD=⇒cos∠ABD=. 5.　　 依题意作出图形,如图所示,则sin∠DBC=sin∠ABC. 由题意知AB=AC=4, BC=BD=2, 则sin∠ABC=, cos∠ABC=.所以S△BDC=BC·BD·sin∠DBC=×2×2×=. 因为cos∠DBC=-cos∠ABC=-==, 所以CD=. 由余弦定理,得cos∠BDC==. 6.(1)证明 由正弦定理,得BD·b=ac=b2,则BD=b. (2)解 由(1)知BD=b, ∵AD=2DC,∴AD=b,DC=b. 在△ABD中,由余弦定理,得 cos∠BDA===, 在△CBD中,由余弦定理,得cos∠BDC===. ∵∠BDA+∠BDC=π, ∴cos∠BDA+cos∠BDC=0. 即+=0,得33b2=9c2+18a2. ∵b2=ac,∴9c2-33ac+18a2=0.∴c=3a或c=a. 在△ABC中,由余弦定理知,cos∠ABC==, 当c=3a时,cos∠ABC=>1(舍); 当c=a时,cos∠ABC=. 综上所述,cos∠ABC=. 平面几何图形中的计算问题 正、余弦定理本身就是研究平面几何图形中计算问题的工具,因此在求解此类问题时,关键是梳理条件和所求问题的类型,寻找相应的三角形(有时需要通过作辅助线构造新的三角形),在三角形中运用正、余弦定理求解. 有时会遇到很难将题设中的已知元素集中在同一个三角形中的情形,因此也就无法直接利用正、余弦定理解三角形,此时要重视方程思想的运用,通过构建未知元素的方程求解.构建方程的基本途径有:①利用正、余弦定理构建方程;②利用同角的正弦值或余弦值相等构建方程;③利用公共边“创造”的互补关系(互补角的正弦值相等或余弦值互为相互数)列式,构建关于角的关系的方程;④利用线段长度的关系构建方程等. 7. 解 (1)在△ABC中,因为a=3,c=,B=45°, 由余弦定理b2=a2+c2-2accos B,得b2=9+2-2×3×cos 45°=5, 所以b=. 在△ABC中,由正弦定理=, 得=, 所以sin C=. (2)在△ADC中,因为cos∠ADC=-,所以∠ADC为钝角,而∠ADC+∠C+∠CAD=180°,所以∠C为锐角. 故cos C==, 则tan C==.因为cos∠ADC=-, 所以sin∠ADC==, tan∠ADC==-. 从而tan∠DAC=tan(180°-∠ADC-∠C) =-tan(∠ADC+∠C) =- =-=. 8.解 (1)在△ABC中,∵cos B=-,∴B∈,π, ∴sin B==. 由正弦定理,得=⇒=, ∴sin A=. ∵B∈,π,∴A∈0,,∴A=. (2)在△ABC中,sin C=sin(A+B)=sin Acos B+sin Bcos A=×-+×=. 如图所示,在△ABC中,过点B作BD⊥AC于点D. ∵sin C=, ∴h=BC·sin C=7×=,∴AC边上的高为. 9.解 (1)在△ABD中,由正弦定理得=.由题设知,=, 所以sin∠ADB=.由题设知,∠ADB<90°, 所以cos∠ADB==. (2)由题设及(1)知,cos∠BDC=sin∠ADB=. 在△BCD中,由余弦定理得BC2=BD2+DC2-2·BD·DC·cos∠BDC=25+8-2×5×2×=25.所以BC=5. 考点45　正、余弦定理的实际应用 1.B　 如图,过C作CD⊥BB',垂足为D,过D作DE⊥AA',垂足为E,连接CE,过B作BF⊥AA',垂足为E,连接CE,过B作BF⊥AA',垂足为F,则由题意可得∠BCD=15°,∠ABF=45°,BD=BB'-CC'=100,AF=BF,所以AA'-CC'=BF+100.易得CD∥C'B',DE∥B'A',EC∥A'C',所以∠ECD=∠A'C'B'=45°,∠EDC=∠A'B'C'=60°.在Rt△CDB中,CD=,在△CDE中,∠CED=180°-45°-60°=75°,由正弦定理,得=,即DE====. 又sin 15°=sin(45°-30°)=,所以DE==100(+1)≈273,所以AA'-CC'=BF+100=DE+100≈373,故选B. 2.A　如图,连接FD并延长交AB于点M, 则FM⊥AB,AB=AM+BM. 设∠BDM=α,∠BFM=β,则∠BHE=α,∠FCG=β, ∴DF=MF-MD=-=MB·-=MB-=MB·, ∴MB===, ∴AB=+表高. 理解斜三角形应用题的步骤 (1)分析:理解题意,分清已知与未知,画出示意图; (2)建模:根据已知条件与求解目标,把已知量与求解量尽量集中在有关的三角形中,建立一个解斜三角形的数学模型; (3)求解:利用正弦定理或余弦定理有序地解三角形,求得数学模型的解; (4)检验:检验上述所求的解是否具有实际意义,从而得出实际问题的解. 3.12.58°　将A处杆移至B处两者重合得如下图形. 在Rt△CBB'中,CB'==. 在△BB'D中,=, 即=①. sin∠BB'D=sin∠CB'B=②. 联立①②,解得∠BDB'≈55.62°, 由tan∠CB'B=,得∠CB'B=68.2°,即∠B'DH=68.2°. 故θ=∠B'DH-∠B'DB=12.58°. 4.π+4　 作OM⊥CG交CG于点M,AP⊥OH交OH于点P,AQ⊥CG交CG于点Q,如图. 设OM=3x,则DM=5x,∴OP=MQ=7-5x, ∴AP=7-2-3x=5-3x,∴tan∠AOP==. 又∵∠AOP=∠HAP, ∴tan∠HAP===1=tan∠AOP, ∴=1,解得x=1.∴∠AOP=,AP=2,∴OA=2, ∴S阴=S扇AOB+S△AOH-×π×12=×π-×(2)2+×2×2-π=3π+4-=π+4. 解题关键在于利用分割法求不规则几何图形的面积,找出扇环所在圆的半径,结合三角形求出圆心角,以便求扇形面积,通过间接法求解. 学科网（北京）股份有限公司 $$