2024年高考数学重难点突破讲义：学案 第3讲　解三角形

这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：学案 第3讲　解三角形，共9页。


1．若△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足b2＋c2＝a2－bc，则A等于( C )
A． eq \f(π,6)B． eq \f(π,3)
C． eq \f(2π,3)D． eq \f(5π,6)
【解析】 因为b2＋c2＝a2－bc，所以b2＋c2－a2＝－bc，所以cs A＝ eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝ eq \f(－bc,2bc)＝－ eq \f(1,2).因为0＜A＜π，所以A＝ eq \f(2π,3).
2．在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，若a＝2，b＝3，A＝ eq \f(π,6)，则△ABC的解的个数是( C )
A．0B．1
C．2D．不确定
【解析】 方法一：在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cs A，所以4＝9＋c2－6c· eq \f(\r(3),2)，即c2－3 eq \r(3)c＋5＝0，解得c＝ eq \f(3\r(3)＋\r(7),2)或c＝ eq \f(3\r(3)－\r(7),2)，所以△ABC的解的个数是2.
方法二：因为sin B＝ eq \f(b sin A,a)＝ eq \f(3,4)，b＞a，B有两解，所以△ABC解的个数是2.
3．(多选)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若(a2＋c2－b2)tan B＝ eq \r(3)ac，则角B的大小可以为( BD )
A． eq \f(π,6)B． eq \f(π,3)
C． eq \f(5π,6)D． eq \f(2π,3)
【解析】 根据余弦定理可知a2＋c2－b2＝2ac cs B，代入(a2＋c2－b2)·tan B＝ eq \r(3)ac，得2ac cs B· eq \f(sin B,cs B)＝ eq \r(3)ac，即sin B＝ eq \f(\r(3),2).因为0＜B＜π，所以B＝ eq \f(π,3)或B＝ eq \f(2π,3).
4．(人A必二P48练习2(2))在△ABC中，已知b＝2，A＝45°，C＝75°，则c＝__ eq \r(2)＋ eq \f(\r(6),3)__.
【解析】 由题知B＝180°－45°－75°＝60°，由正弦定理 eq \f(b,sin B)＝ eq \f(c,sin C)，得c＝ eq \f(b sin C,sin B)＝ eq \f(2sin 75°,sin 60°)＝ eq \f(2×\f(\r(6)＋\r(2),4),\f(\r(3),2))＝ eq \r(2)＋ eq \f(\r(6),3).
5．在△ABC中，若a＝5，b＝7，c＝8，则△ABC的面积为__10 eq \r(3)__.
【解析】 在△ABC中，由余弦定理及a＝5，b＝7，c＝8，可得cs A＝ eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝ eq \f(49＋64－25,2×7×8)＝ eq \f(11,14)，因此sin A＝ eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11,14)))2)＝ eq \f(5\r(3),14)，所以△ABC的面积为S△ABC＝ eq \f(1,2)bc sin A＝ eq \f(1,2)×7×8× eq \f(5\r(3),14)＝10 eq \r(3).
举题固法
目标引领
正、余弦定理的直接应用
例1 (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) 求证：2a2＝b2＋c2；
【解析】 sin C sin (A－B)＝sin B sin (C－A)可化简为sin C sin A cs B－sin C cs A sin B＝sin B sin C cs A－sin B cs C sin A，由正弦定理可得ac cs B－bc cs A＝bc cs A－ab cs C，即ac cs B＝2bc cs A－ab cs C，由余弦定理可得ac· eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝2bc· eq \f(b2＋c2－a2,2bc)－ab· eq \f(a2＋b2－c2,2ab)，化简得2a2＝b2＋c2.
(2) 若a＝5，cs A＝ eq \f(25,31)，求△ABC的周长．
【解析】 由(1)可知b2＋c2＝2a2＝50，cs A＝ eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝ eq \f(50－25,2bc)＝ eq \f(25,2bc)＝ eq \f(25,31)，所以2bc＝31.因为b2＋c2＋2bc＝(b＋c)2＝81，所以b＋c＝9，所以a＋b＋c＝14，所以△ABC的周长为14.
解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”．
变式1 (2023·天津卷)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知a＝ eq \r(39)，b＝2，A＝120°.
(1) 求sin B的值；
【解析】 由正弦定理可得 eq \f(a,sin A)＝ eq \f(b,sin B)，即 eq \f(\r(39),sin 120°)＝ eq \f(2,sin B)，解得sin B＝ eq \f(\r(13),13).
(2) 求c的值；
【解析】 由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bc cs A，即39＝4＋c2－2×2×c× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))，化简得c2＋2c－35＝0，解得c＝5或c＝－7(舍去).
(3) 求sin (B－C)的值．
【解析】 由正弦定理可得 eq \f(a,sin A)＝ eq \f(c,sin C)，即 eq \f(\r(39),sin 120°)＝ eq \f(5,sin C)，解得sin C＝ eq \f(5\r(13),26)，而A＝120°，所以B，C都为锐角，因此cs C＝ eq \r(1－\f(25,52))＝ eq \f(3\r(39),26)，cs B＝ eq \r(1－\f(1,13))＝ eq \f(2\r(39),13)，故sin (B－C)＝sin B cs C－cs B sin C＝ eq \f(\r(13),13)× eq \f(3\r(39),26)－ eq \f(2\r(39),13)× eq \f(5\r(13),26)＝－ eq \f(7\r(3),26).
三角函数与解三角形
例2 (2023·德州期末)设函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))－cs2x.
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
【解析】 因为f(x)＝sin 2x cs eq \f(π,6)＋cs 2x sin eq \f(π,6)－ eq \f(1,2)cs 2x－ eq \f(1,2)＝ eq \f(\r(3),2)sin 2x－ eq \f(1,2)，令－ eq \f(π,2)＋2kπ≤2x≤ eq \f(π,2)＋2kπ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k∈Z))，解得－ eq \f(π,4)＋kπ≤x≤ eq \f(π,4)＋kπ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k∈Z))，所以f(x)的单调递增区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)＋kπ，\f(π,4)＋kπ)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k∈Z)).
(2) 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若B为锐角，且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,6)))＝－ eq \f(1,2)，c＝2a，b＝ eq \r(6)，求△ABC的面积S.
【解析】 因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,6)))＝ eq \f(\r(3),2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2B＋\f(π,3)))－ eq \f(1,2)＝－ eq \f(1,2)，所以sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2B＋\f(π,3)))＝0.因为B∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以2B＋ eq \f(π,3)∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(4π,3)))，则2B＋ eq \f(π,3)＝π，解得B＝ eq \f(π,3).由余弦定理得cs B＝ eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝ eq \f(5a2－6,4a2)＝ eq \f(1,2)，解得a＝ eq \r(2)，所以c＝2 eq \r(2)，所以△ABC的面积S＝ eq \f(1,2)ac sin B＝ eq \f(1,2)× eq \r(2)×2 eq \r(2)× eq \f(\r(3),2)＝ eq \r(3).
解此类题的常用方法是“化简转化法”，即先用诱导公式、同角关系、倍角公式、辅助角公式等对三角函数进行巧“化简”，然后再用正、余弦定理对三角形的边、角进行互化．
变式2 已知函数f(x)＝sin2 eq \f(x,2)－ eq \r(3)sin eq \f(x,2)·cs eq \f(x,2)－ eq \f(1,2).
(1) 求函数y＝f(x)的单调递减区间；
【解析】 f(x)＝－ eq \f(\r(3),2)sin x－ eq \f(1,2)cs x＝－sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6))).令－ eq \f(π,2)＋2kπ≤x＋ eq \f(π,6)≤ eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，则－ eq \f(2π,3)＋2kπ≤x≤ eq \f(π,3)＋2kπ，k∈Z，所以函数y＝f(x)的单调递减区间是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)＋2kπ，\f(π,3)＋2kπ))(k∈Z).
(2) 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足a2－b2＝ac cs B－ eq \f(1,2)bc，求f(B)的取值范围．
【解析】 由a2－b2＝ac· eq \f(a2＋c2－b2,2ac)－ eq \f(1,2)bc，得b2＋c2－a2＝bc，则cs A＝ eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝ eq \f(1,2)，因为0＜A＜π，所以A＝ eq \f(π,3).f(B)＝－sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,6)))，因为0＜B＜ eq \f(2π,3)， eq \f(π,6)＜B＋ eq \f(π,6)＜ eq \f(5π,6)，则 eq \f(1,2)＜sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,6)))≤1，所以－1≤f(B)＜－ eq \f(1,2).
多三角形组合问题
例3 在平面四边形ABCD中，∠BAD＝2∠ACB＝4∠BAC，AB＝2，BC＝ eq \r(6)－ eq \r(2)，CD＝ eq \r(13).
(1) 求∠ACB的大小；
【解析】 由题意，设∠BAC＝α，则∠ACB＝2α，∠CAD＝3α.在△ABC中，由正弦定理得 eq \f(BC,sin α)＝ eq \f(AB,sin 2α)，即 eq \f(\r(6)－\r(2),1)＝ eq \f(1,cs α)，解得cs α＝ eq \f(\r(6)＋\r(2),4)，所以cs ∠ACB＝cs 2α＝2cs2α－1＝2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6)＋\r(2),4))) eq \s\up12(2)－1＝ eq \f(\r(3),2).因为0＜∠ACB＜π，所以∠ACB＝ eq \f(π,6).
(2)求四边形ABCD的面积．
【解析】 由(1)可知∠ABC＝ eq \f(3π,4)，∠CAD＝ eq \f(π,4)，由正弦定理得 eq \f(AC,sin ∠ABC)＝ eq \f(AB,sin 2α)，即 eq \f(AC,\f(\r(2),2))＝ eq \f(2,\f(1,2))，解得AC＝2 eq \r(2).在△CAD中，由余弦定理得cs ∠CAD＝ eq \f(AC2＋AD2－CD2,2×AC×AD)＝ eq \f(\r(2),2)，即 eq \f(8＋AD2－13,2×2\r(2)×AD)＝ eq \f(\r(2),2)，解得AD＝5，故四边形ABCD的面积为S△ABC＋S△CAD＝ eq \f(1,2)×AC×BC×sin ∠ACB＋ eq \f(1,2)×AC×AD×sin ∠CAD＝ eq \f(1,2)×2 eq \r(2)×( eq \r(6)－ eq \r(2))× eq \f(1,2)＋ eq \f(1,2)×2 eq \r(2)×5× eq \f(\r(2),2)＝4＋ eq \r(3).
解多三角形问题的步骤：
(1) 把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，将数据化归到多个三角形中；
(2) 在各个三角形内利用正弦定理、余弦定理和三角形面积公式解三角形；
(3) 寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件；
(4) 结合三角恒等变换公式进行化简．
变式3 (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 eq \r(3)，D为BC的中点，且AD＝1.
(1) 若∠ADC＝ eq \f(π,3)，求tan B；
【解析】 在△ABC中，因为D为BC的中点，∠ADC＝ eq \f(π,3)，AD＝1，则S△ADC＝ eq \f(1,2)AD·DC sin ∠ADC＝ eq \f(1,2)×1× eq \f(1,2)a× eq \f(\r(3),2)＝ eq \f(\r(3),8)a＝ eq \f(1,2)S△ABC＝ eq \f(\r(3),2)，解得a＝4.在△ABD中，∠ADB＝ eq \f(2π,3)，由余弦定理得c2＝BD2＋AD2－2BD·AD cs ∠ADB，即c2＝4＋1－2×2×1× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝7，解得c＝ eq \r(7)，则cs B＝ eq \f(AB2＋BD2－AD2,2AB·BD)＝ eq \f(7＋4－1,2\r(7)×2)＝ eq \f(5\r(7),14)，sin B＝ eq \r(1－cs2B)＝ eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5\r(7),14)))\s\up12(2))＝ eq \f(\r(21),14)，所以tanB＝ eq \f(sin B,cs B)＝ eq \f(\r(3),5).
(变式3)
(2) 若b2＋c2＝8，求b，c.
【解析】 在△ABD与△ACD中，由余弦定理得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c2＝\f(1,4)a2＋1－2×\f(1,2)a×1×cs (π－∠ADC)，,b2＝\f(1,4)a2＋1－2×\f(1,2)a×1×cs ∠ADC，))整理得 eq \f(1,2)a2＋2＝b2＋c2，而b2＋c2＝8，则a＝2 eq \r(3)，又S△ADC＝ eq \f(1,2)× eq \r(3)×1×sin ∠ADC＝ eq \f(\r(3),2)，解得sin ∠ADC＝1，而0＜∠ADC＜π，于是∠ADC＝ eq \f(π,2)，所以b＝c＝ eq \r(AD2＋CD2)＝2.
三角平方差公式的应用
求证：sin2A－sin2B＝sin(A＋B)sin (A－B).
证明：sin (A＋B)sin (A－B)
＝(sin A cs B＋cs A sin B)(sin A cs B－cs A sin B)
＝sin2A cs2B－cs2A sin2B
＝sin2A(1－sin2B)－(1－sin2A)sin2B
＝sin2A－sin2A sin2B－sin2B＋sin2A sin2B
＝sin2A－sin2B，得证．
这个公式形式优美，与平方差公式(a＋b)(a－b)＝a2－b2的结构高度相似，故称之为“三角平方差公式”．
例4 设a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C的对边，已知c2＝3(a2－b2)，且tanC＝3，则角B＝__ eq \f(π,4)__.
【解析】 方法一：(正弦平方差公式)sin2C＝3(sin2A－sin2B)＝3sin(A－B)sin (A＋B)⇒sin C＝3sin (A－B)＝3sin (π－2B－C)＝3sin (2B＋C).因为tan C＝3，所以sin C＝3cs C＝3sin (2B＋C)⇒cs C＝sin (2B＋C)⇒2B＝ eq \f(π,2)，B＝ eq \f(π,4).
方法二：(角转化为边)c2＝3(a2－b2)⇒sin2C＝3(sin2A－sin2B)＝tanC(sin2A－sin2B)＝ eq \f(sinC,cs C)(sin2A－sin2B)⇒sinC cs C＝sin2A－sin2B＝sin2(B＋C)－sin2B＝(sinB cs C＋cs B sin C)2－sin2B＝sin2B cs2C＋cs2B sin2C＋2sinB cs C cs B sin C－sin2B＝sin2B(cs2C－1)＋cs2B sin2C＋2sinB cs C cs B sin C＝－sin2B sin2C＋cs2B sin2C＋2sinB cs C cs B sin C⇒cs C＝(cs2B－sin2B)sinC＋2sin B cs C cs B⇒cs C(1－2sin B cs B)＝(cs2B－sin2B)sinC⇒(cs B－sin B)2＝3(cs B＋sin B)(cs B－sin B).①当cs B－sin B＝0时，B＝ eq \f(π,4).②当cs B－sin B≠0时，cs B－sin B＝3(cs B＋sin B)⇒tan B＝－ eq \f(1,2)⇒B＞ eq \f(π,2)，即b＞a⇒c2＝3(a2－b2)＜0矛盾．所以B＝ eq \f(π,4).
变式4 已知不等边三角形ABC(三条边都不相等的三角形)的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a(b cs B－c cs C)＝ eq \f(1,2)(b2－c2)，则角A＝__ eq \f(2π,3)__.
【解析】 方法一：(角化为边)a(b cs B－c cs C)＝ eq \f(1,2)(b2－c2)⇒a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b·\f(a2＋c2－b2,2ac)－c·\f(a2＋b2－c2,2ab)))＝ eq \f(1,2)(b2－c2)⇒b＝c(显然不成立)或bc＝a2－(b2＋c2)⇒cs A＝ eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝－ eq \f(1,2)⇒A＝ eq \f(2π,3).
方法二：(正弦平方差公式)a(b cs B－c cs C)＝ eq \f(1,2)(b2－c2)⇒sin A(sin B cs B－sin C cs C)＝ eq \f(1,2)(sin2B－sin2C)＝ eq \f(1,2)sin(B＋C)sin (B－C)⇒sin 2B－sin 2C＝sin (B－C)⇒2cs (B＋C)sin (B－C)＝sin (B－C).因为B≠C，所以cs (B＋C)＝ eq \f(1,2)⇒B＋C＝ eq \f(π,3)⇒A＝ eq \f(2π,3).
随堂内化
1．(2023·济南期末)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b2＋c2＝a2＋bc，则角A＝__ eq \f(π,3)__.
【解析】 因为b2＋c2＝a2＋bc，所以由余弦定理得cs A＝ eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝ eq \f(bc,2bc)＝ eq \f(1,2).因为A为△ABC的内角，A∈(0，π)，所以A＝ eq \f(π,3).
2．(2021·全国乙卷)若△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为 eq \r(3)，B＝60°，a2＋c2＝3ac，则b＝__2 eq \r(2)__.
【解析】 由题意知S△ABC＝ eq \f(1,2)ac sin B＝ eq \f(\r(3),4)ac＝ eq \r(3)，所以ac＝4，a2＋c2＝12，所以b2＝a2＋c2－2ac cs B＝12－2×4× eq \f(1,2)＝8，解得b＝2 eq \r(2)(负值舍去).
3．(2023·全国乙卷文)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a cs B－b cs A＝c，且C＝ eq \f(π,5)，则角B＝( C )
A． eq \f(π,10)B． eq \f(π,5)
C． eq \f(3π,10)D． eq \f(2π,5)
【解析】 由题意结合正弦定理可得sin A cs B－sin B cs A＝sin C，即sin A cs B－sin B cs A＝sin (A＋B)＝sin A cs B＋sin B cs A，整理可得sin B cs A＝0.由于B∈(0，π)，故sin B＞0，据此可得cs A＝0，A＝ eq \f(π,2)，则B＝π－A－C＝π－ eq \f(π,2)－ eq \f(π,5)＝ eq \f(3π,10).
4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A＝80°，a2＝b(b＋c)，则C＝__60°__.
【解析】 a2＝b(b＋c)⇒a2－b2＝bc⇒sin2A－sin2B＝sinB sin C⇒sin (A＋B)sin (A－B)＝sin B sin C⇒sin (A－B)＝sin B.因为－180°＜A－B＜180°，0°＜A＜180°，0°＜B＜180°，所以A－B＝B⇒B＝ eq \f(1,2)A＝40°，所以C＝60°.