考向22 解三角形（重点）-备战2022年高考数学一轮复习考点微专题学案（新高考地区专用）

考向22   解三角形

1．（2021·全国高考真题（文））在中，已知，，，则（    ）

A．1 B． C． D．3

【答案】D

【分析】

利用余弦定理得到关于BC长度的方程，解方程即可求得边长.

【详解】

设，

结合余弦定理：可得：，

即：，解得：（舍去），

故.

故选：D.

【点睛】

利用余弦定理及其推论解三角形的类型：

(1)已知三角形的三条边求三个角；

(2)已知三角形的两边及其夹角求第三边及两角；

(3)已知三角形的两边与其中一边的对角，解三角形．

2．（2021·全国高考真题）在中，角、、所对的边长分别为、、，，.．

（1）若，求的面积；

（2）是否存在正整数，使得为钝角三角形?若存在，求出的值；若不存在，说明理由．

【答案】（1）；（2）存在，且.

【分析】

（1）由正弦定理可得出，结合已知条件求出的值，进一步可求得、的值，利用余弦定理以及同角三角函数的基本关系求出，再利用三角形的面积公式可求得结果；

（2）分析可知，角为钝角，由结合三角形三边关系可求得整数的值.

【详解】

（1）因为，则，则，故，，

，所以，为锐角，则，

因此，；

（2）显然，若为钝角三角形，则为钝角，

由余弦定理可得，

解得，则，

由三角形三边关系可得，可得，，故.

解答三角高考题的策略：

(1)发现差异：观察角、函数运算间的差异，即进行所谓的“差异分析”。

(2)寻找联系：运用相关公式，找出差异之间的内在联系。

(3)合理转化：选择恰当的公式，促使差异的转化。

两定理的形式、内容、证法及变形应用必须引起足够的重视，通过向量的数量积把三角形和三角函数联系起来，用向量方法证明两定理，突出了向量的工具性，是向量知识应用的实例。另外，利用正弦定理解三角形时可能出现一解、两解或无解的情况，这时应结合“三角形中大边对大角”定理及几何作图来帮助理解。

1、正弦定理：。               (其中为的外接圆的半径)

正弦定理的变形公式：①，，；

②，，；

③；

④；

2、三角形面积定理：；

                ；    (其中为的内切圆的半径)

3、余弦定理：；

；

；

4、设、、是的角、、的对边，则：①若，则；

②若，则；

③若，则。

【知识拓展】

1、三角形解的个数的讨论

2、解三角形

处理三角形问题，必须结合三角形全等的判定定理理解斜三角形的四类基本可解型，特别要多角度(几何作图，三角函数定义，正、余弦定理，勾股定理等角度)去理解“边边角”型问题可能有两解、一解、无解的三种情况，根据已知条件判断解的情况，并能正确求解。

(1)三角形中的边角关系

①三角形内角和等于；

②三角形中任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边；

③三角形中大边对大角，小边对小角；

(2)利用正、余弦定理及三角形面积公式等解任意三角形

(3)利用正、余弦定理判断三角形的形状

常用方法是：①化边为角；②化角为边.

3、三角形中的三角变换

(1)角的变换

在中，，

则；；；

，；

(2)三角形边、角关系定理及面积公式，正弦定理，余弦定理。

面积公式：，

          其中为三角形内切圆半径，为周长之半；

(3)在中，熟记并会证明：

①、、成等差数列的充分必要条件是；

②是正三角形的充分必要条件是、、成等差数列且、、成等比数列。

1．（2021·全国高三其他模拟（文））中角，，所对的边分别为，，，，若的周长为15，且三边的长成等差数列，则的面积为（    ）

A． B． C． D．

2．（2021·全国高三其他模拟（理））在中，，，，平分交于点则线段的长为（    ）

A． B． C． D．

3．（2021·陕西高三其他模拟（理））在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，外接圆半径为r，若，，则的面积______.

4．（2021·全国高三其他模拟（理））已知的内角，，所对的边分别为，，，若，且，则________．

1．（2021·全国高三其他模拟）在中，角，，的对边分别为，，，若，，，则等于（    ）

A．2 B．4 C．6 D．8

2．（2021·全国高三其他模拟（文））已知，，分别为内角，，的对边，，的面积为，则（    ）

A．45° B．60° C．120° D．150°

3．（2021·四川高三其他模拟（理））已知是不共线向量，设，，，，若△的面积为3，则△的面积为（    ）

A．8 B．6 C．5 D．4

4．（2021·河南高二其他模拟（理））已知的内角，，所对的边分别为，，，且.若，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

5．（2021·辽宁高三其他模拟）英国数学家约翰・康威在数学上的成就是全面性的，其中“康威圆定理”是他引以为傲的研究成果之一．定理的内容是：三角形ABC的三条边长分别为a，b，c，分别延长三边两端，使其距离等于对边的长度，如图所示，所得六点仍在一个圆上，这个圆被称为康威圆．现有一边长为2的正三角形，则该三角形生成的康威圆的面积是（    ）

A． B． C． D．

6．（2021·全国高三其他模拟（理））（多选题）已知中，角的对边分别为，且满足，则下列判断错误的是（    ）

A．

B．若则

C．若则顶点所在曲线的离心率为

D．若，则

7．（2019·陕西延安市·高考模拟（理））在中，若，，，则______.

8．（2021·四川绵阳中学高三其他模拟（文））已知外接圆的半径为，且，若的面积为，则的值为________．

9．（2021·贵州凯里一中高三三模（文））在中，角、、的对边分别为、、，若，则___________.

10．（2021·全国高三其他模拟（理））在中，内角的对边分别为为锐角，的面积为2，则的周长的最小值为___________.

11．（2020·天津高三二模）的内角，，的对边分别为，，，已知.

（Ⅰ）若，的面积为6，求；

（Ⅱ）若，求.

12．（2021·福建省南安第一中学高三二模）已知中，内角所对的边分别为，，是边上一点，．

（1）若，，求；

（2）若，求的最大值．

1．（2020·全国高考真题（理））在△ABC中，cosC=，AC=4，BC=3，则cosB=（    ）

A． B． C． D．

2．（2014·江西高考真题（文））在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.若，则的值为（     ）

A． B． C．1 D．

3．（2019·全国高考真题（文））△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA－bsinB=4csinC，cosA=－，则=

A．6 B．5 C．4 D．3

4．（2021·浙江高考真题）在中，，M是的中点，，则___________，___________.

5．（2021·全国高考真题（理））记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，，，则________．

6．（2019·全国高考真题（文））的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsinA+acosB=0，则B=___________.

7．（2020·江苏高考真题）在△ABC中，D在边BC上，延长AD到P，使得AP=9，若（m为常数），则CD的长度是________．

8．（2021·天津高考真题）在，角所对的边分别为，已知，．

（I）求a的值；

（II）求的值；

（III）求的值．

9．（2021·江苏高考真题）已知向量，，设函数.

（1）求函数的最大值;

（2）在锐角中，三个角，，所对的边分别为，，，若，，求的面积.

10．（2020·海南高考真题）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．

问题：是否存在，它的内角的对边分别为，且，，________?

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

1．【答案】D

【分析】

利用正弦定理和余弦定理化简可得，可得，故为最大边，由数列性质设，，，再由余弦定理即可得解.

【详解】

由余弦定理可得，

整理得，

所以，，

故为最大边，

不失一般性，设，，()，

代入得，

所以，，的面积为，

故选：D.

2．【答案】A

【分析】

设，，则，在和中运用正弦定理得到和的关系式；在中运用正弦定理及二倍角公式可解得，代入和的关系式即可得到的长.

【详解】

设，，则，

在中，由正弦定理，得，

在 中，由正弦定理，得，

两式相除，得，即，所以，

在中，由正弦定理，得，即，

又因为

，

所以，化简得，

解得或，

代入得，即.

故选：A.

3．【答案】

【分析】

根据题设条件化简得，进而得到以，利用正弦定理得到，求得，再由余弦定理和三角函数的关系式，求得的值，结合面积公式，即可求解.

【详解】

由，整理得，

即，

因为，可得，

所以

由正弦定理可得，，可得，

因为，所以，且，

又由余弦定理可得，

则，

所以.

故答案为：.

4．【答案】

【分析】

直接利用余弦定理即可求出答案.

【详解】

由余弦定理可得，

所以．

故答案为：.

1．【答案】D

【分析】

根据题意，结合余弦定理求解即可.

【详解】

由，得，即，

解得或（舍）．

故选D．

2．【答案】A

【分析】

由余弦定理和面积公式分别可得，，可得即可得解.

【详解】

由余弦定理可得：

由

可得，

所以，

即，由，

所以.

故选：A.

3．【答案】A

【分析】

根据已知条件结合向量的线性表示，向量加减法的运算，可得到与的两个边之间的关系，利用面积公式结合边的关系，可得结论.

【详解】

∵，，，，

如图，在平行四边形中，

，

设，则，即

同理，在平行四边形中，

，

可得，，∴，；

所以与的夹角为或其补角，

则

∴的面积为8.

故选：A.

【点睛】

思路点睛：（1）应用平面向量基本定理表示向量的实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算；

（2）用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决.

4．【答案】C

【分析】

代数法：由，利用正弦定理结合两角和的正弦公式，化简得到，求得角B，再利用正弦定理，将问题转化为，利用基本不等式求解；几何解法：由，，作线段，过点画射线，使得，是射线上的动点，与都是变量,让长度等于的线段的一个端点与线段的一个端点重合，再从点向“外”引线段，使其长度等于，然后利用含有的直角三角形性质求解.

【详解】

代数法：，

由正弦定理得，

即，

因为，

所以，

所以.

因为，所以，所以.

因为，

所以.

由正弦定理可得，，

，(时取等)，

故选：C.

几何解法：在中，确定的量有两个：，.

如图，作线段，过点画射线，使得.

这样是射线上的动点，与都是变量.

为了求的最小值，可考虑让长度等于的线段的一个端点与线段的一个端点重合(即“首尾相连”).

考虑从点向“外”引线段，使其长度等于.联想到含有的直角三角形性质，作如下辅助线：

如图，

作射线，使，作，垂足为，则.

所以原问题等价于：是射线上的动点，求的最小值，

显然即是点到直线的距离为所求，

所以的最小值为.

故选：C

5．【答案】C

【分析】

由“康威圆定理”可知的康威圆圆心即为三角形内切圆的圆心，正三角形内切圆的圆心即为中心，据此可得圆的半径，进一步可求其面积.

【详解】

康威圆的圆心即为三角形内切圆的圆心，正三角形内切圆的圆心即为中心，

所以其康威圆半径为，故面积为．

故选:C.

6．【答案】BD

【分析】

由正弦定理和可判断A；由，然后利用基本不等式可判断B；由得，判断出点的轨迹可判断C；由余弦定理得，可判断D.

【详解】

由正弦定理和得，，

因为，所以，即，故A；

若，则，

，

当且仅当即，故B正确；

若，则，即，

所以在以为焦点的椭圆（除去两点）上运动，

其中椭圆的焦距为，

而，所以，椭圆的离心率，故C错误；

若，则有，

即有，

整理有，所以，得，故D正确.

故选：BD.

7．【答案】

【分析】

直接利用余弦定理即可解得.

【详解】

因为，，，

由余弦定理得：，

解得：b=1或b=-4（舍去）

故答案为：1.

8．【答案】2

【分析】

由已知结合正弦定理及余弦定理进行化简可求，然后结合三角形面积公式可求．

【详解】

解：因为，

由正弦定理得，，由余弦定理得，

所以由得，

若的面积，所以，解得．

故答案为：2．

9．【答案】

【分析】

本题可通过余弦定理得出结果.

【详解】

由余弦定理易知：

，即，

则是以角为直角顶点的直角三角形，，

故答案为：.

10．【答案】

【分析】

由题设可得，根据三角形内角的性质可知是的直角三角形，即有其周长为，利用基本不等式即可求出最小值，注意等号成立的条件.

【详解】

由知：，而，

∴，

∴是的直角三角形，故，即，而，

∴的周长，当且仅当等号成立.

故答案为：

【点睛】

关键点点睛：利用三角恒等变换及三角形内角的性质判断三角形的形状，再由三角形周长公式、基本不等式求周长的最小值即可.

11．【答案】（1）；（2）

【分析】

（Ⅰ）由已知利用三角函数恒等变换的应用，正弦定理可得，进而可求，利用三角形的面积公式即可求得的值．

（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，结合已知由余弦定理可得，利用同角三角函数基本关系式可求，利用二倍角公式可求，的值，进而根据两角差的正弦公式即可计算求解．

【详解】

解：（Ⅰ），

，

由正弦定理可得，

又，

，

的面积为，

解得：．

（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，

又，

由余弦定理可得，

，

，，，

．

12．【答案】（1）；（2）．

【分析】

（1）利用正弦定理和同角三角函数的关系将化为，从而可求出，，然后在利用余弦定理求出；

（2）解法一：由，，平方化简后可得，再利用基本不等式可求得答案；解法二：设，则，，然后在和利用余弦定理，结合可得，在利用余弦定理可得，从而得，再利用基本不等式可求得答案；

【详解】

解：(1)，，

，，，

∴，

∵，，

在中，由余弦定理得，，

∴

（2）解法一：，因为，所以，即，

整理得到，两边平方后有，

所以即，

整理得到，

所以，

因为，所以，

，当且仅当时等号成立，

所以的最大值．

解法二：设，则，，

在中，，

在中，，

又，

所以，解得，①

在中，，即，②

由①②可得．

所以，

因为，所以，

，当且仅当时等号成立，

所以的最大值．

1．【答案】A

【分析】

根据已知条件结合余弦定理求得，再根据，即可求得答案.

【详解】

在中，，，

根据余弦定理：

可得 ，即

由

故.

故选：A.

【点睛】

本题主要考查了余弦定理解三角形，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.

2．【答案】D

【分析】

根据正弦定理边化角求解即可.

【详解】

由正弦定理有.又,

故.

故选：D

【点睛】

本题主要考查了正弦定理边化角的问题,属于基础题.

3．【答案】A

【分析】

利用余弦定理推论得出a，b，c关系，在结合正弦定理边角互换列出方程，解出结果.

【详解】

详解：由已知及正弦定理可得，由余弦定理推论可得

，故选A．

【点睛】

本题考查正弦定理及余弦定理推论的应用．

4．【答案】       

【分析】

由题意结合余弦定理可得，进而可得，再由余弦定理可得.

【详解】

由题意作出图形，如图，

在中，由余弦定理得，

即，解得（负值舍去），

所以，

在中，由余弦定理得，

所以；

在中，由余弦定理得.

故答案为：；.

5．【答案】

【分析】

由三角形面积公式可得，再结合余弦定理即可得解.

【详解】

由题意，，

所以，

所以，解得（负值舍去）.

故答案为：.

6．【答案】.

【分析】

先根据正弦定理把边化为角，结合角的范围可得.

【详解】

由正弦定理，得．，得，即，故选D．

【点睛】

本题考查利用正弦定理转化三角恒等式，渗透了逻辑推理和数学运算素养．采取定理法，利用转化与化归思想解题．忽视三角形内角的范围致误，三角形内角均在范围内，化边为角，结合三角函数的恒等变化求角．

7．【答案】或0

【分析】

根据题设条件可设，结合与三点共线，可求得，再根据勾股定理求出，然后根据余弦定理即可求解.

【详解】

∵三点共线，

∴可设，

∵，

∴，即，

若且，则三点共线，

∴，即，

∵，∴，

∵,,，

∴，

设，，则，.

∴根据余弦定理可得，，

∵，

∴，解得，

∴的长度为.

当时， ，重合，此时的长度为，

当时，，重合，此时，不合题意，舍去.

故答案为：0或.

【点睛】

本题考查了平面向量知识的应用、余弦定理的应用以及求解运算能力，解答本题的关键是设出．

8．【答案】（I）；（II）；（III）

【分析】

（I）由正弦定理可得，即可求出；

（II）由余弦定理即可计算；

（III）利用二倍角公式求出的正弦值和余弦值，再由两角差的正弦公式即可求出.

【详解】

（I）因为，由正弦定理可得，

，；

（II）由余弦定理可得；

（III），，

，，

所以.

9．【答案】（1）；（2）.

【分析】

（1）结合平面向量的数量积运算、二倍角公式和辅助角公式，可得，进而可得的最大值；

（2）由锐角，推出，再结合（B），求得，由正弦定理知，再利用余弦定理求出，，最后由三角形面积公式得解．

【详解】

（1）因为，，

所以函数

∴当时，

（2）∵为锐角三角形，.

又

即

10．【答案】详见解析

【分析】

解法一：由题意结合所给的条件，利用正弦定理角化边，得到a,b的比例关系，根据比例关系，设出长度长度，由余弦定理得到的长度，根据选择的条件进行分析判断和求解.

解法二：利用诱导公式和两角和的三角函数公式求得的值，得到角的值，然后根据选择的条件进行分析判断和求解.

【详解】

解法一：

由可得：，

不妨设，

则：，即.

选择条件①的解析：

据此可得：，，此时.

选择条件②的解析：

据此可得：，

则：，此时：，则：.

选择条件③的解析：

可得，，

与条件矛盾，则问题中的三角形不存在.

解法二：∵,

∴,

，

∴,∴,∴,∴,

若选①，,∵,∴,∴c=1;

若选②，,则,;

若选③,与条件矛盾.

【点睛】

在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．