解三角形中的结构不良问题课件-2026届高三数学二轮复习

专题二　三角函数及解三角形 微专题三　解三角形中的结构不良问题 题型一 研究三角形是否存在的问题 ●命题分析 结构不良问题并不是这个问题本身有什么错误或不恰当，而是指它们没有明确的结构、要求或解决途径，其主要特征： (1)问题条件或数据部分缺失或冗余； (2)问题目标界定不准确； (3)具有多种解决方法和途径； 题型选讲 (4)具有多种评价解决方案的目标； (5)所涉及的概念、规则和原理不确定．“解三角形”属于三角形、三角函数、三角恒等变换的知识的范畴，与学生学习生活紧密相连，具有广泛的命题背景，可以设置数学内部或外部、简单或复杂、形式多样的结构不良问题．主要考查理性思维、运算求解、数学探究、数学抽象、数学建模等学科素养． ●解题策略 (1)题目所给的三个可选择的条件是平行的，无论选择哪个条件，都可以解答题目； (2)在选择的条件中，并没有哪个条件让解答过程比较繁杂，只要推理严谨、过程规范，都会得到高分，但计算要细心准确，避免出现低级错误导致失分． 若选②：因为2acos A＝ccos B＋bcos C， 由正弦定理可得2sin Acos A＝sin Ccos B＋cos Csin B＝sin(B＋C)＝sin A， 2．(2025·贵州校级模拟)在△ABC中，已知acos B＋bcos A＝2ccos B. (1)求B； (2)△ABC的周长为9，再从以下条件中选择一个，使三角形存在且唯一确定，并求△ABC的面积． 注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【解析】　(1)根据acos B＋bcos A＝2ccos B， 由正弦定理得sin Acos B＋cos Asin B＝2sin Ccos B， 即sin(A＋B)＝2sin Ccos B， 因为△ABC中，sin C＝sin(π－C)＝sin(A＋B)， 此时△ABC是正三角形，根据△ABC的周长为9，可知其边长为3， 题型二 ●典例研析 (1)求∠C的大小； (2)再从下列三个条件中，选择一个作为已知，使得△ABC存在且唯一，求△ABC的面积． 注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 运用正余弦定理研究边、角及面积 得2sin Ccos B＝2sin A－sin B．① 因为A＋B＋C＝π， 所以sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C．② 由①②得2sin Bcos C－sin B＝0 因为B∈(0，π)，所以sin B≠0. 4．(2025·清远三模)在△ABC中，acos B＋bcos A＝4ccos A． (1)求cos A的值； 注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 且acos B＋bcos A＝4ccos A， 可得sin Acos B＋sin Bcos A＝4sin Ccos A， 即sin(A＋B)＝4sin Ccos A， 由A＋B＋C＝π，得sin(A＋B)＝sin C， 所以sin C＝4sin Ccos A， 由0＜C＜π，得sin C≠0， 由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A， (1)求角B的大小； (2)如图所示，当sin A＋sin C取得最大值时，若在△ABC所在平面内取一点D(D与B在AC两侧)，使得线段DC＝2，DA＝1，求△BCD面积的最大值． 【解析】　(1)若选①：c(sin A－sin C)＝(a－b)(sin A＋sin B)， 由正弦定理得c(a－c)＝(a－b)(a＋b)，整理得a2＋c2－b2＝ac， 由余弦定理可得a2＝22＋12－2×2×1×cos α＝5－4cos α， 所以a2cos2θ＝a2(1－sin2θ)＝a2－a2sin2θ ＝5－4cos α－sin2α＝cos2α－4cos α＋4＝(2－cos α)2， 题型三 考查三角函数的图象与性质 注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 课时跟踪训练 1．(2025·房山区一模)在△ABC中，acos C＋ccos A＝2bcos B． (1)求∠B； (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC唯一存在， 求△ABC的面积． 注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 得sin Acos C＋sin Ccos A＝2sin Bcos B， 所以sin(A＋C)＝2sin Bcos B， 所以sin B＝2sin Bcos B， 因为B∈(0，π)，所以sin B≠0， (2)方案一：选条件①和②. 方案二：选条件①和③. 由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A， 得4＝b2＋3b2－3b2， 则b2＝4，所以b＝2. 【解析】　(1)方案一：选条件①bc＝t(b＋c)， t为角A的平分线AD的长(AD，BC交于点D)， 即t(c＋b)sin∠BAD＝bcsin 2∠BAD 又bc＝t(b＋c)， 所以sin∠BAD＝sin 2∠BAD， 即sin∠BAD＝2sin∠BADcos∠BAD， 方案二：选条件②sin2A－(sin B－sin C)2＝3sin Bsin C， 整理可得sin2B＋sin2C－sin2A＝－sin Bsin C， 由已知结合正弦定理得b2＋c2－a2＝－bc， 由余弦定理可得b2＋c2－a2＝2bccos A， (2)因为G为三角形ABC的重心， 所以M为BC的中点， 在锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足________. (1)求角C； (2)若a＝4，求△ABC面积的取值范围． 因为ω＞0，故ω＝1＋6n2，且n2∈N，对应的n1＝－1－5n2满足题意， 所以函数f(x)存在且不唯一． 若选择条件③：因为f(x)的最小正周期T≥π， 6．(2025·朝阳区二模)已知函数f(x)＝2sin xcos x＋2cos2x－1. (1)求f(x)的最小正周期和单调递增区间； 条件③：g(x)为偶函数． 注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． ●典例研析 1．(2025·达州校级模拟)在△ABC中，已知a2＋b2－ab＝c2. (1)求角C的大小； (2)若c＝2，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在且唯一确定，求△ABC的面积． 条件①：sin A＝； 条件②：2acos A＝ccos B＋bcos C； 条件③：△ABC的周长是2＋2. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【解析】　(1)因为a2＋b2－ab＝c2，可得a2＋b2－c2＝ab， 由余弦定理可得cos C＝＝， 而C∈(0，π)，可得C＝. (2)若选①：sin A＝＞，所以角A有两个，不符合条件； 在三角形中sin B＞0，可得cos A＝，所以A＝，B＝π－A－C＝， 且sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C＝·＋·＝， 由正弦定理可得：＝，即＝，可得a＝2， 所以S△ABC＝acsin B＝×2×2×＝3＋； 若选③：△ABC的周长是2＋2，因为c＝2， 可得a＋b＝2， 由正弦定理可得＝＝＝＝4，可得a＝4sin A，b＝4sin B， 所以4(sin A＋sin B)＝2，即sin A＋sin＝， 整理可得：(2＋)sin A＋cos A＝， 即sin(A＋φ)＝，sin φ＝＜， 在三角形中，角A有两个，不符合条件． 综上所述：只有②符合条件，且此时三角形的面积为3＋. ①cos A＝－；②sin C＝；③b＝3. 所以sin C＝2sin Ccos B，结合sinC≠0，可得cos B＝. 因为B∈(0，π)，所以B＝. (2)若选择条件①：cos A＝－， 结合A∈(0，π)，可得A＝， 此时A＋B＝＋＞π，与三角形内角和定理矛盾，所以不存在满足条件的△ABC； 若选择条件②：sin C＝，结合C∈(0，π)，得C＝或， 因为B＝，可得C∈，所以C＝， 所以△ABC的面积S＝×3×3×sin ＝； 若选择③：b＝3，则由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos ＝9，即a2＋c2－ac＝9， 结合△ABC的周长为9，可得a＋c＝9－b＝6， 由解得a＝c＝3， 可知△ABC是边长为3的正三角形， 所以△ABC的面积S＝×3×3×sin ＝. 综上所述，若选择条件①，则△ABC不存在； 若选择②或③，则△ABC存在且唯一，其面积均为. 3．(2025·平谷区一模)在△ABC中，2ccos B＝2a－b，c＝. 条件①：cos A＝－;条件②：b＝;条件③：BC边上的高为h＝. 【解析】　(1)由正弦定理＝＝及2ccos B＝2a－b， 所以cos C＝.因为C∈(0，π)，所以C＝. (2)若选条件①：cos A＝－；A∈(0，π)， 所以A＝，而C＝，这与A＋B＋C＝π矛盾，故不能选①. 选条件②：由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcos C，得3＝a2＋2－2a· 即a2－a－1＝0，解得a＝. 所以S△ABC＝absin C＝×××＝； 选条件③：因为BC边上的高h＝，C＝， 所以b＝＝＝， 以下与选择条件②相同． (2)若a＝2，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在，求BC边上的高． 条件①：B＝；条件②：b＝6；条件③：cos C＝. 【解析】　(1)由正弦定理＝＝， 所以cos A＝. (2)选择条件①：因为0＜cos A＝＜＝cos ， 且余弦函数y＝cos x在(0，π)上单调递减， 故＜A＜，又因为B＝， 从而可得A＋B＞π，与三角形的内角和定理矛盾，故①不成立； 选择条件②：由A∈(0，π)，且cos A＝， 得sin A＝＝， 得(2)2＝62＋c2－2×6×c×，解得c＝4或c＝－1(舍)， 设边BC上的高为h，则三角形面积S＝bcsin A＝ah， 所以h＝＝＝； 选择条件③：由A∈(0，π)，且cos A＝， 得sin A＝＝， 由C∈(0，π)，且cos C＝， 得sin C＝＝， 所以sin B＝sin(A＋C)＝×＋×＝， 由正弦定理得b＝＝6， 所以边BC上的高h＝bsin C＝6×＝. 5．在①c(sin A－sin C)＝(a－b)(sin A＋sin B)，②2bcos A＋a＝2c，③acsin B＝a2＋c2－b2三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答． 所以cos B＝＝＝，又0<B<π，所以B＝. 若选②：2bcos A＋a＝2c， 由余弦定理得2b＋a＝2c，化简得a2＋c2－b2＝ac， 所以cos B＝＝＝，又0<B<π，所以B＝. 若选③：acsin B＝a2＋c2－b2， 由余弦定理得acsin B＝2accos B， 化简得tan B＝，又0<B<π，所以B＝. (2)由(1)得A＋C＝，故0<A<， 所以sin A＋sin C＝sin A＋sin ＝sin A＋cos A＝sin， 由<A＋<，所以当A＋＝即A＝时， sin A＋sin C取得最大值， 令∠ACD＝θ，∠ADC＝α，AB＝AC＝BC＝a， 在△ACD中由正弦定理可得，＝，所以sin α＝asin θ， 因为DA＝1，DC＝2，可得0<θ<，所以acos θ＝2－cos α， S△BCD＝×a×2×sin＝acos θ＋asin θ ＝(2－cos α)＋sin α＝sin＋≤1＋， 当且仅当α－＝，即α＝时，等号成立， 所以△BCD面积的最大值为＋1. 6．(2025·海淀区二模)已知函数f(x)＝cos＋2sin2ωx－1(ω＞0)． (1)若ω＝，求f(0)及f(x)的单调递增区间； (2)已知f(x)在区间上单调递增，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数f(x)存在且唯一确定，求f(x)的最小正周期． 条件①：f(0)＋f＝0； 条件②：x＝是f(x)的一个极值点； 条件③：x＝是f(x)的一个零点． 【解析】　(1)由题意得f(x)＝cos cos 2ωx＋sin sin 2ωx－cos 2ωx＝sin 2ωx－cos 2ωx＝sin， 若ω＝，则f(x)＝sin，所以f(0)＝－， 因为y＝sin x的单调增区间为，k∈Z， 所以x－∈，k∈Z， 解得x∈，k∈Z. 可得函数f(x)的单调递增区间为，k∈Z. (2)因为ω＞0，f(x)在区间上单调递增， 所以f(x)的周期T满足＝≥，解得0＜ω≤， 结合(1)的结论可知f(x)＝sin. 若选条件①：f(0)＋f＝0， 则sin＋sin＝0，即sin＝. 结合f(x)在区间上单调递增，可得－＝2kπ＋，k∈Z，化简得ω＝6k＋1，k∈Z， 结合0＜ω≤，取k＝0得ω＝1，所以f(x)最小正周期T＝π. 选条件②：x＝是f(x)的一个极值点， 因为x＝是f(x)的一个极值点，且f(x)在区间上单调递增， 所以f＝1，可得－＝2kπ＋，k∈Z，化简得ω＝3k＋1，k∈Z， 结合ω≤，取k＝0得ω＝1，所以f(x)最小正周期T＝π. 选条件③：x＝是f(x)的一个零点， 则f＝0，可得－＝kπ，k∈Z， 化简得ω＝＋，k∈Z， 结合ω≤，可得ω＝或1，f(x)不唯一确定，此种情况不符合题意． 综上所述，选择①或②，f(x)的最小正周期为π. 条件①：a＝8，b＝6；条件②：a＝8，cos A＝－；条件③：csin B＝，b＝7. 【解析】　(1)由正弦定理＝＝， 所以cos B＝，所以B＝. (2)选条件②：a＝8，cos A＝－， 由sin2A＋cos2A＝1，可得sin A＝， 由正弦定理＝， 得b＝＝＝7， 由余弦定理a＝b2＋c2－2accos A，得64＝49＋c2－2×7×c， 整理得c2＋2c－15＝0， 解得c＝3，或c＝－5(舍)， 所以△ABC的面积S△ABC＝acsin B＝6， 条件③：csin B＝，b＝7， 因为csin B＝，且B＝，所以c＝3， 由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B， 得a2－3a－40＝0， 解得a＝8，或a＝－5(舍) 所以△ABC的面积S△ABC＝acsin B＝6. 2．(2025·北京校级三模)在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且满足(b－a)(sin B＋sin A)＝c(sin B－sin C)． (1)求A的大小； (2)再在①a＝2，②B＝，③c＝b这三个条件中，选出两个使△ABC唯一确定的条件补充在下面的问题中，并解答问题．若________，________，求△ABC的面积． 【解析】　(1)因为(b－a)(sin B＋sin A)＝c(sin B－sin C)， 又由正弦定理＝＝， 得(b－a)(b＋a)＝c(b－c)， 即b2＋c2－a2＝bc， 所以cos A＝＝＝， 因为0＜A＜π，所以A＝. 由正弦定理＝， 得b＝sin B＝2. 由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B， 得(2)2＝22＋c2－2×2ccos ， 解得c＝＋. 所以△ABC的面积S＝acsin B＝×2×(＋)×＝＋1. 所以c＝2， 所以△ABC的面积 S＝bcsin A＝×2×2×＝. 故答案为①②或①③. 3．(2025·润州区校级期中)在①bc＝t(b＋c)，其中t为角A的平分线AD的长(AD，BC交于点D)；②sin2A－(sin B－sin C)2＝3sin Bsin C；③b＝acos C－csin A这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答： 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，________. (1)求角A的大小； (2)若b＝1，c＝2，G为△ABC的重心，求AG的长； (3)求m＝的取值范围． 可得S△ABC＝ctsin∠BAD＋btsin∠BAD＝bcsin 2∠BAD， 因为∠BAD∈，所以cos∠BAD＝， 所以∠BAD＝， 可得∠BAC＝. 可得cos A＝－， 在△ABC中，0＜A＜π， 所以A＝. 方案三：选条件③b＝acos C－csin A． 由正弦定理得sin B＝sin Acos C－sin Csin A， 在△ABC中，sin B＝sin(A＋C)， 即sin(A＋C)＝sin Acos C－sin Csin A， 即sin Acos C＋cos Asin C＝sin Acos C－sin Csin A， 整理可得：cos Asin C＝－sin Csin A， 易知sin C＞0，可得tan A＝－， 又因为0＜A＜π， 所以A＝. 所以＝＝(＋)， 所以2＝(2＋2·＋2)＝(c2＋b2＋2bccos A) ＝＝， 可得||＝， 所以AG＝. (3)m＝＝＝＝ ＝－＝－， 因为0＜C＜，所以0＜tan ＜， 从而m＞1. 即m的范围为(1，＋∞)． 4．(2025·淮安期中)在①(a2＋b2－c2)＝2bcsin A；②cos A＝；③asin ＝csin A．这三个条件中任选一个，补充在下面横线中，并加以解答， 【解析】　(1)若选①，由余弦定理可得(a2＋b2－c2)＝2abcos C， 所以2abcos C＝2bcsin A， 由正弦定理可得sin Acos C＝sin Csin A， 又因为sin A＞0，所以tan C＝， 在锐角三角形中C∈， 所以C＝. 若选②，由余弦定理可得＝， 整理可得b2＋a2－c2＝ab， 由余弦定理可得b2＋a2－c2＝2abcos C， 所以cos C＝， 在锐角三角形中C∈， 所以C＝. 若选③，由正弦定理可得 sin Asin ＝sin Csin A，sin A＞0， 可得cos ＝sin C＝2sin cos ，cos ＞0， 所以sin ＝，C∈， 所以＝，可得C＝. (2)因为S＝absin C＝b， 由正弦定理＝，得b＝， 所以S＝4·＝4·＝4·＝＋2， 因为△ABC为锐角三角形， 所以A∈，π－A∈， 故A∈， tan A∈， 综上所述S∈(2，8)． 5．(2025·东城区二模)已知函数f(x)＝4sincos ωx＋b(ω＞0)． (1)若f(x)的最小值为，求b的值； (2)若f(0)＝，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得函数f(x)存在且唯一，求f(x)在区间上的取值范围． 条件①：f(x)的图象关于x＝－和x＝对称； 条件②：f(x)在区间上单调，且f(x)的图象关于点对称； 条件③：f(x)的最小正周期T≥π，且f＝－. 注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【解析】　(1)函数f(x)＝4sincos ωx＋b ＝4cos ωx＋b ＝2sin ωxcos ωx＋2cos2ωx＋b ＝sin 2ωx＋cos 2ωx＋＋b ＝2sin＋＋b， 若f(x)的最小值为， 则－2＋＋b＝，解得b＝2. (2)若f(0)＝，则2sin ＋＋b＝， 解得b＝－， 所以f(x)＝2sin， 若选择条件①：函数f(x)＝2sin的对称轴为2ωx＋＝＋nπ(n∈Z)， 所以2ω×＋＝＋n1π(n1∈Z)， 所以ω＝－，n1∈Z， 因为2ω×＋＝＋n2π(n2∈Z)， 所以ω＝1＋6n2，n2∈Z， 所以－＝1＋6n2即n1＝－1－5n2， 若选择条件②：因为f(x)在区间上单调， 所以－≤T＝·， 所以ω≤1，又ω＞0，所以0＜ω≤1， 因为f(x)的图象关于点对称， 所以f＝2sin＝0， 所以ω＋＝kπ(k∈Z)， 所以ω＝(k∈Z)， 所以0＜≤1， 解得＜k≤1，因为k∈Z， 所以k＝1，即ω＝1， 所以f(x)＝2sin， 此时当x∈时，2x＋∈， 故f(x)在上单调递减，故ω＝1符合题设要求， 因为0≤x≤，所以≤2x＋≤， 所以－≤sin≤1， 所以f(x)∈[－，2]； 所以≥π， 所以ω≤1，又ω＞0，所以0＜ω≤1， 因为f＝－， 所以f＝2sin＝－， 所以－ω＋＝－＋2k1π(k1∈Z)或－ω＋＝－＋2k2π(k2∈Z)， 所以ω＝1－3k1(k1∈Z)或ω＝－3k2(k2∈Z)， 当0＜1－3k1≤1时，0≤k1＜， 因为k1∈Z，所以k1＝0，此时ω＝1， 当0＜－3k2≤1时，≤k2＜， 因为k2∈Z，所以不存在满足不等式的k2此时ω无解，所以ω＝1， 所以f(x)＝2sin， 因为0≤x≤，所以≤2x＋≤， 所以－≤sin≤1， 所以f(x)∈[－，2]． (2)设函数g(x)＝f(x－φ)，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数g(x)存在且唯一，求g(x)在区间上的最大值和最小值． 条件①：g(x)在区间上单调递增； 条件②：g(x)的最大值为 【解析】　(1)由题意得f(x)＝sin 2x＋cos 2x＝sin， 可得f(x)的最小正周期T＝＝π. 由－＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ(k∈Z)， 解得－＋kπ≤x≤＋kπ(k∈Z)， 所以f(x)的单调递增区间为(k∈Z)． (2)选条件①：g(x)在区间上单调递增， 由题意得g(x)＝sin， 根据(1)的结论可知g(x)的单调递增区间为(k∈Z)， 若g(x)在区间上单调递增， 则解得φ＝－kπ(k∈Z)， 结合0＜φ＜，可得φ＝， 此时g(x)＝sin 2x存在且唯一． 当0≤x≤时，0≤2x≤， 结合正弦函数的性质，可知： 当2x＝，即x＝时，g(x)有最大值； 当2x＝即x＝时，g(x)有最小值－. 选条件②：g(x)的最大值为， 结合g(x)＝sin， 可知对任意φ∈都满足条件，故g(x)不唯一，此种情况不符合题意． 选条件③：g(x)为偶函数， 根据g(x)＝sin，且g(x)为偶函数， 可知－2φ＋＝＋kπ(k∈Z)， 解得φ＝－－(k∈Z)． 结合0＜φ＜，可得φ＝， 此时g(x)＝sin＝－cos 2x，存在且唯一． 当0≤x≤时，0≤2x≤， 结合余弦函数的性质，可知： 当2x＝0时，即x＝0时，g(x)有最小值－； 当2x＝π时，即x＝时，g(x)有最大值. $