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（浙江专用）2021届高考数学一轮复习专题五三角函数与解三角形5.4解三角形及其综合应用试题（含解析）
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§5.4 解三角形及其综合应用
基础篇固本夯基
【基础集训】
考点一 正弦定理和余弦定理
1.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若sin A=3sin B,c=5,且cos C=56,则a=( )
A.22 B.3 C.32 D.4
答案 B
2.若△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知bsin 2A=asin B,且c=2b,则ab等于( )
A.32 B.43 C.2 D.3
答案 D
3.在△ABC中,三内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b2+c2-3bc=a2,bc=3a2,则角C的大小是( )
A.π6或2π3 B.π3 C.2π3 D.π6
答案 A
4.若△ABC的面积为34(a2+c2-b2),且∠C为钝角,则∠B= ;ca的取值范围是 .
答案 π3;(2,+∞)
5.在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C的对边,且2asin A=(2b+c)sin B+(2c+b)·sin C.
(1)求A的大小;
(2)若sin B+sin C=1,试判断△ABC的形状.
解析 (1)由已知,结合正弦定理,
得2a2=(2b+c)b+(2c+b)c,即a2=b2+c2+bc.
又a2=b2+c2-2bccos A,
所以bc=-2bccos A,即cos A=-12.
由于A为三角形的内角,所以A=2π3.
(2)已知2asin A=(2b+c)sin B+(2c+b)sin C,
结合正弦定理,
得2sin2A=(2sin B+sin C)sin B+(2sin C+sin B)sin C,
即sin2A=sin2B+sin2C+sin Bsin C=sin22π3=34.
又由sin B+sin C=1,
得sin2B+sin2C+2sin Bsin C=1,
解得sin B=sin C=12,
因为0
所以△ABC是等腰三角形.
考点二 解三角形及其综合应用
6.在△ABC中,三边长分别为a,a+2,a+4,最小角的余弦值为1314,则这个三角形的面积为( )
A.1534 B.154 C.2134 D.3534
答案 A
7.如图所示,为了测量A,B两处岛屿间的距离,小张以D为观测点,测得A,B分别在D处的北偏西30°、北偏东30°方向,再往正东方向行驶40海里到C处,测得B在C处的正北方向,A在C处的北偏西60°方向,则A,B两处岛屿间的距离为( )
A.203 海里 B.403 海里
C.20(1+3)海里 D.40海里
答案 B
8.设锐角△ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且c=1,A=2C,则△ABC周长的取值范围为( )
A.(0,2+2) B.(0,3+3)
C.(2+2,3+3) D.(2+2,3+3]
答案 C
9.如图,一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶,到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30°的方向上,行驶600 m后到达B处,测得此山顶在西偏北75°的方向上,仰角为30°,则此山的高度CD= m.
答案 1006
综合篇知能转换
【综合集训】
考法一 利用正、余弦定理解三角形
1.(2019湖南四校调研联考,10)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且sinAsinB+sinC+ba+c=1,则C=( )
A.π6 B.π3 C.2π3 D.5π6
答案 B
2.(2020届福建建瓯芝华中学高三暑假学习效果检测,7)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若△ABC的面积为a2+b2-c24,则C=( )
A.π2 B.π3 C.π4 D.π6
答案 C
3.(2019上海金山二模,7)已知△ABC中,tan A=14,tan B=35,AB=17.求:
(1)角C的大小;
(2)△ABC中最短边的边长.
解析 (1)tan C=tan[π-(A+B)]=-tan(A+B)=-tanA+tanB1-tanAtanB=-14+351-14×35=-1,
所以C=3π4.
(2)因为tan A
又BCsinA=ABsinC,
所以BC=AB·sinAsinC=17×171722=2.
故△ABC中最短边的边长为2.
考法二 三角形形状的判断
4.(2020届山东济宁二中10月月考,8)在△ABC中,若sin A=2sin Bcos C,a2=b2+c2-bc,则△ABC的形状是( )
A.等边三角形 B.等腰三角形
C.直角三角形 D.等腰直角三角形
答案 A
5.(2018湖南师大附中12月月考,6)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,若bcosCccosB=1+cos2C1+cos2B,则△ABC的形状是( )
A.等腰三角形 B.直角三角形
C.钝角三角形 D.等腰三角形或直角三角形
答案 D
6.(2018江西南城一中期中,6)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若tanA-tanBtanA+tanB=c-bc,则这个三角形必含有( )
A.90°的内角 B.60°的内角
C.45°的内角 D.30°的内角
答案 B
考法三 与三角形的面积、范围有关的问题
7.(2020届内蒙古杭锦后旗奋斗中学第一次月考,18)在△ABC中,∠A=60°,c=37a.
(1)求sin C的值;
(2)若a=7,求△ABC的面积.
解析 (1)在△ABC中,因为∠A=60°,c=37a,所以由正弦定理得sin C=csinAa=37×32=3314.
(2)因为a=7,所以c=37×7=3.
由余弦定理a2=b2+c2-2cbcos A得72=b2+32-2b×3×12,得b=8或b=-5(舍).所以△ABC的面积S=12bcsin A=12×8×3×32=63.
8.(2019江西临川一中12月月考,17)在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,且2csin B=3atan A.
(1)求b2+c2a2的值;
(2)若a=2,求△ABC的面积的最大值.
解析 (1)2csin B=3atan A⇒2csin Bcos A=3asin A⇒2bc·cos A=3a2,
即2bc·b2+c2-a22bc=3a2,∴b2+c2=4a2,
则b2+c2a2=4.
(2)∵a=2,∴b2+c2=16,∴cos A=b2+c2-a22bc=6bc.
又b2+c2≥2bc,即8≥bc,
当且仅当b=c时,取等号,
∴cos A≥68=34.
由cos A=6bc得bc=6cosA,
则A∈0,π2,
∴S△ABC=12bcsin A=3tan A.
∵1+tan2A=1+sin2Acos2A=cos2A+sin2Acos2A=1cos2A,
∴tan A=1cos2A-1≤169-1=73,
∴S△ABC=3tan A≤7,
故△ABC的面积的最大值为7.
考法四 解三角形的实际应用
9.(2018福建莆田月考,8)A在塔底D的正西面,在A处测得塔顶C的仰角为45°,B在塔底D的南偏东60°处,在塔顶C处测得B的俯角为30°,A、B间距84米,则塔高为( )
A.24米 B.125 米
C.127 米 D.36米
答案 C
10.(2018河北石家庄摸底考试,17)某学校的平面示意图如图中的五边形区域ABCDE,其中三角形区域ABE为生活区,四边形区域BCDE为教学区,AB,BC,CD,DE,EA,BE为学校的主要道路(不考虑宽度).∠BCD=∠CDE=2π3,∠BAE=π3,DE=3BC=3CD=910 km.
(1)求道路BE的长度;
(2)求生活区△ABE的面积的最大值.
解析 (1)如图,连接BD,在△BCD中,BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos∠BCD=27100,∴BD=3310(km).
∵BC=CD,∠BCD=2π3,
∴∠CBD=∠CDB=π-23π2=π6.
又∠CDE=2π3,∴∠BDE=π2.
∴在Rt△BDE中,BE=BD2+DE2
=33102+9102=335km.
故道路BE的长度为335 km.
(2)设∠ABE=α,∵∠BAE=π3,
∴∠AEB=2π3-α.
在△ABE中,ABsin∠AEB=AEsin∠ABE=BEsin∠BAE=335sin π3=65,
∴AB=65sin2π3-αkm,AE=65sin α km.
∴S△ABE=12AB·AEsin π3=9325sin2π3-αsin α=9325·12sin2α-π6+14km2.
∵0<α<2π3,
∴-π6<2α-π6<7π6,
∴当2α-π6=π2,
即α=π3时,S△ABE取得最大值,最大值为9325×12+14=273100,
故生活区△ABE面积的最大值为273100 km2.
【五年高考】
考点一 正弦定理和余弦定理
1.(2018课标Ⅱ,6,5分)在△ABC中,cosC2=55,BC=1,AC=5,则AB=( )
A.42 B.30 C.29 D.25
答案 A
2.(2016天津,3,5分)在△ABC中,若AB=13,BC=3,∠C=120°,则AC=( )
A.1 B.2 C.3 D.4
答案 A
3.(2016课标Ⅲ,8,5分)在△ABC中,B=π4,BC边上的高等于13BC,则cos A=( )
A.31010 B.1010 C.-1010 D.-31010
答案 C
4.(2017山东,9,5分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.若△ABC为锐角三角形,且满足sin B(1+2cos C)=2sin Acos C+cos Asin C,则下列等式成立的是( )
A.a=2b B.b=2a
C.A=2B D.B=2A
答案 A
5.(2016课标Ⅱ,13,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若cos A=45,cos C=513,a=1,则b= .
答案 2113
6.(2018浙江,13,6分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若a=7,b=2,A=60°,则sin B= ,c= .
答案 217;3
7.(2019浙江,14,6分)在△ABC中,∠ABC=90°,AB=4,BC=3,点D在线段AC上.若∠BDC=45°,则BD= ,cos∠ABD= .
答案 1225;7210
8.(2019课标Ⅰ,17,12分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.设(sin B-sin C)2=sin2A-sin Bsin C.
(1)求A;
(2)若2a+b=2c,求sin C.
解析 本题主要考查学生对正弦定理、余弦定理以及三角恒等变换的掌握;考查了学生的运算求解能力;考查的核心素养是逻辑推理与数学运算.
(1)由已知得sin2B+sin2C-sin2A=sin Bsin C,故由正弦定理得b2+c2-a2=bc.
由余弦定理得cos A=b2+c2-a22bc=12.
因为0°
即62+32cos C+12sin C=2sin C,可得cos(C+60°)=-22.
由于0°
思路分析 (1)先借助正弦定理将角化为边,然后利用余弦定理求出角A的余弦值,进而得出角A.(2)利用正弦定理将已知等式中的边化为角,利用三角恒等变换将原式化为含有角C的正弦、余弦的等式,利用角度变换求出sin C.
9.(2018课标Ⅰ,17,12分)在平面四边形ABCD中,∠ADC=90°,∠A=45°,AB=2,BD=5.
(1)求cos∠ADB;
(2)若DC=22,求BC.
解析 (1)在△ABD中,由正弦定理得BDsin∠A=ABsin∠ADB.
由题设知,5sin45°=2sin∠ADB,所以sin∠ADB=25.
由题设知,∠ADB<90°,所以cos∠ADB=1-225=235.
(2)由题设及(1)知,cos∠BDC=sin∠ADB=25.
在△BCD中,由余弦定理得BC2=BD2+DC2-2·BD·DC·cos∠BDC=25+8-2×5×22×25=25.
所以BC=5.
10.(2019天津,15,13分)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+π6的值.
解析 本小题主要考查同角三角函数的基本关系,两角和的正弦公式,二倍角的正弦与余弦公式,以及正弦定理、余弦定理等基础知识.考查运算求解能力.
(1)在△ABC中,由bsinB=csinC,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=43a,c=23a.
由余弦定理可得cos B=a2+c2-b22ac=a2+49a2-169a22·a·23a=-14.
(2)由(1)可得sin B=1-cos2B=154,
从而sin 2B=2sin Bcos B=-158,cos 2B=cos2B-sin2B=-78,
故sin2B+π6=sin 2Bcos π6+cos 2Bsin π6=-158×32-78×12=-35+716.
思路分析 (1)由已知边角关系:3csin B=4asin C利用正弦定理,得三边比例关系,根据余弦定理即可求出cos B.
(2)由(1)利用同角三角函数基本关系式,求出sin B,再由二倍角公式求出sin 2B、cos 2B,代入两角和的正弦公式即可求出sin2B+π6的值.
11.(2019北京,15,13分)在△ABC中,a=3,b-c=2,cos B=-12.
(1)求b,c的值;
(2)求sin(B-C)的值.
解析 本题主要考查正弦、余弦定理,同角三角函数的基本关系式,两角差的正弦公式等知识点,考查学生的运算能力.
(1)由余弦定理b2=a2+c2-2accos B,得
b2=32+c2-2×3×c×-12.
因为b=c+2,所以(c+2)2=32+c2-2×3×c×-12.
解得c=5.所以b=7.
(2)由cos B=-12得sin B=32.
由正弦定理得sin C=cbsin B=5314.
在△ABC中,∠B是钝角,所以∠C为锐角.
所以cos C=1-sin2C=1114.
所以sin(B-C)=sin Bcos C-cos Bsin C=437.
12.(2019江苏,15,14分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.
(1)若a=3c,b=2,cos B=23,求c的值;
(2)若sinAa=cosB2b,求sinB+π2的值.
解析 本小题主要考查正弦定理、余弦定理、同角三角函数关系、诱导公式等基础知识,考查运算求解能力.
(1)因为a=3c,b=2,cos B=23,
由余弦定理得cos B=a2+c2-b22ac,得23=(3c)2+c2-(2)22×3c×c,
即c2=13.所以c=33.
(2)因为sinAa=cosB2b,
由asinA=bsinB,得cosB2b=sinBb,所以cos B=2sin B.
从而cos2B=(2sin B)2,即cos2B=4(1-cos2B),
故cos2B=45.
因为sin B>0,所以cos B=2sin B>0,从而cos B=255.
因此sinB+π2=cos B=255.
考点二 解三角形及其综合应用
13.(2019课标Ⅱ,15,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若b=6,a=2c,B=π3,则△ABC的面积为 .
答案 63
14.(2015课标Ⅰ,16,5分)在平面四边形ABCD中,∠A=∠B=∠C=75°,BC=2,则AB的取值范围是 .
答案 (6-2,6+2)
15.(2017浙江,14,6分)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= .
答案 152;104
16.(2017课标Ⅰ,17,12分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知△ABC的面积为a23sinA.
(1)求sin Bsin C;
(2)若6cos Bcos C=1,a=3,求△ABC的周长.
解析 本题考查正弦定理、余弦定理以及三角恒等变换,考查学生利用三角形面积公式进行运算求解的能力.
(1)由题设得12acsin B=a23sinA,即12csin B=a3sinA.
由正弦定理得12sin Csin B=sinA3sinA.
故sin Bsin C=23.
(2)由题设及(1)得cos Bcos C-sin Bsin C=-12,
即cos(B+C)=-12.所以B+C=2π3,故A=π3.
由题设得12bcsin A=a23sinA,即bc=8.
由余弦定理得b2+c2-bc=9,即(b+c)2-3bc=9,得b+c=33.
故△ABC的周长为3+33.
思路分析 (1)首先利用三角形的面积公式可得12acsin B=a23sinA,然后利用正弦定理,把边转化成角的形式,即可得出sin Bsin C的值;(2)首先利用sin Bsin C的值以及题目中给出的6cos Bcos C=1,结合两角和的余弦公式求出B+C,进而得出A,然后利用三角形的面积公式和a的值求出bc的值,最后利用余弦定理求出b+c的值,进而得出△ABC的周长.
17.(2016课标Ⅰ,17,12分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2cos C(acos B+bcos A)=c.
(1)求C;
(2)若c=7,△ABC的面积为332,求△ABC的周长.
解析 (1)由已知及正弦定理得,
2cos C(sin Acos B+sin Bcos A)=sin C,(2分)
2cos Csin(A+B)=sin C.
故2sin Ccos C=sin C.(4分)
可得cos C=12,所以C=π3.(6分)
(2)由已知,得12absin C=332.
又C=π3,所以ab=6.(8分)
由已知及余弦定理得,a2+b2-2abcos C=7.
故a2+b2=13,从而(a+b)2=25.∴a+b=5.(10分)
所以△ABC的周长为5+7.(12分)
18.(2018北京,15,13分)在△ABC中,a=7,b=8,cos B=-17.
(1)求∠A;
(2)求AC边上的高.
解析 (1)在△ABC中,因为cos B=-17,所以sin B=1-cos2B=437.
由正弦定理得sin A=asinBb=32.
由题设知π2<∠B<π,所以0<∠A<π2.所以∠A=π3.
(2)在△ABC中,
因为sin C=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B=3314,
所以AC边上的高为asin C=7×3314=332.
方法总结 处理解三角形相关的综合题目时,首先,要掌握正弦定理、余弦定理,其次,结合图形分析哪些边、角是已知的,哪些边、角是未知的,然后将方程转化为只含有边或角的方程,最后通过解方程求出边或角.
19.(2018天津,15,13分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知bsin A=acosB-π6.
(1)求角B的大小;
(2)设a=2,c=3,求b和sin(2A-B)的值.
解析 本小题主要考查同角三角函数的基本关系,两角差的正弦与余弦公式,二倍角的正弦与余弦公式,以及正弦定理、余弦定理等基础知识,考查运算求解能力.
(1)在△ABC中,
由asinA=bsinB,可得bsin A=asin B,
又由bsin A=acosB-π6,得asin B=acosB-π6,
即sin B=cosB-π6,可得tan B=3.
又因为B∈(0,π),可得B=π3.
(2)在△ABC中,由余弦定理及a=2,c=3,B=π3,
有b2=a2+c2-2accos B=7,故b=7.
由bsin A=acosB-π6,可得sin A=37.
因为a
解题关键 (1)利用正弦定理合理转化bsin A=acosB-π6是求解第(1)问的关键;
(2)由余弦定理及已知条件求得sin A,利用a0是求解第(2)问的关键.
教师专用题组
考点一 正弦定理和余弦定理
1.(2015天津,13,5分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知△ABC的面积为315,b-c=2,cos A=-14,则a的值为 .
答案 8
2.(2015广东,11,5分)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若a=3,sin B=12,C=π6,则b= .
答案 1
3.(2015重庆,13,5分)在△ABC中,B=120°,AB=2,A的角平分线AD=3,则AC= .
答案 6
4.(2015北京,12,5分)在△ABC中,a=4,b=5,c=6,则sin2AsinC= .
答案 1
5.(2016北京,15,13分)在△ABC中,a2+c2=b2+2ac.
(1)求∠B的大小;
(2)求2cos A+cos C的最大值.
解析 (1)由余弦定理及题设得cos B=a2+c2-b22ac=2ac2ac=22.
又因为0<∠B<π,所以∠B=π4.
(2)由(1)知∠A+∠C=3π4,∴∠C=3π4-∠A.
∴2cos A+cos C=2cos A+cos3π4-A
=2cos A-22cos A+22sin A=22cos A+22sin A=cosA-π4.
因为0<∠A<3π4,
所以当∠A=π4时,2cos A+cos C取得最大值1.
6.(2015安徽,16,12分)在△ABC中,∠A=3π4,AB=6,AC=32,点D在BC边上,AD=BD,求AD的长.
解析 设△ABC的内角A,B,C所对边的长分别是a,b,c,
由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos∠BAC=(32)2+62-2×32×6×cos3π4=18+36-(-36)=90,所以a=310.
又由正弦定理得sin B=bsin∠BACa=3310=1010,
由题设知0
在△ABD中,由正弦定理得AD=AB·sinBsin(π-2B)=6sinB2sinBcosB
=3cosB=10.
7.(2015课标Ⅱ,17,12分)△ABC中,D是BC上的点,AD平分∠BAC,△ABD面积是△ADC面积的2倍.
(1)求sin∠Bsin∠C;
(2)若AD=1,DC=22,求BD和AC的长.
解析 (1)S△ABD=12AB·ADsin∠BAD,
S△ADC=12AC·ADsin∠CAD.
因为S△ABD=2S△ADC,∠BAD=∠CAD,所以AB=2AC.
由正弦定理可得sin∠Bsin∠C=ACAB=12.
(2)因为S△ABD∶S△ADC=BD∶DC,所以BD=2.
在△ABD和△ADC中,由余弦定理知
AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos∠ADB,
AC2=AD2+DC2-2AD·DCcos∠ADC.
故AB2+2AC2=3AD2+BD2+2DC2=6.
由(1)知AB=2AC,所以AC=1.
8.(2011课标,17,12分)已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边,acos C+3asin C-b-c=0.
(1)求A;
(2)若a=2,△ABC的面积为3,求b,c.
解析 (1)由acos C+3asin C-b-c=0及正弦定理得sin Acos C+3sin Asin C-sin B-sin C=0.
因为B=π-A-C,所以3sin Asin C-cos Asin C-sin C=0.
由于sin C≠0,所以sinA-π6=12.
又0
又a2=b2+c2-2bccos A,故b2+c2=8.
解得b=c=2.
评析 本题考查了正、余弦定理和三角公式,考查了方程的思想.灵活运用正、余弦定理是求解关键.正确的转化是本题的难点.
考点二 解三角形及其综合应用
9.(2014课标Ⅱ,4,5分)钝角三角形ABC的面积是12,AB=1,BC=2,则AC=( )
A.5 B.5 C.2 D.1
答案 B
10.(2014课标Ⅰ,16,5分)已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边,a=2,且(2+b)(sin A-sin B)=(c-b)sin C,则△ABC面积的最大值为 .
答案 3
11.(2011课标,16,5分)在△ABC中,B=60°,AC=3,则AB+2BC的最大值为 .
答案 27
12.(2017天津,15,13分)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=35.
(1)求b和sin A的值;
(2)求sin2A+π4的值.
解析 本小题主要考查同角三角函数的基本关系,二倍角的正弦、余弦公式,两角和的正弦公式以及正弦定理、余弦定理等基础知识.考查运算求解能力.
(1)在△ABC中,因为a>b,故由sin B=35,可得cos B=45.由已知及余弦定理,有b2=a2+c2-2accos B=13,所以b=13.
由正弦定理asinA=bsinB,得sin A=asinBb=31313.
所以,b的值为13,sin A的值为31313.
(2)由(1)及a
故sin2A+π4=sin 2Acosπ4+cos 2Asinπ4=7226.
方法总结 1.利用正、余弦定理求边或角的步骤:(1)根据已知的边和角画出相应的图形,并在图中标出;(2)结合图形选择用正弦定理或余弦定理求解;(3)在运算和求解过程中注意三角恒等变换和三角形内角和定理的运用.
2.解决三角函数及解三角形问题的满分策略:(1)认真审题,把握变形方向;(2)规范书写,合理选择公式;(3)计算准确,注意符号.
13.(2016浙江,16,14分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知b+c=2acos B.
(1)证明:A=2B;
(2)若△ABC的面积S=a24,求角A的大小.
解析 (1)由正弦定理得sin B+sin C=2sin Acos B,
故2sin Acos B=sin B+sin(A+B)=sin B+sin Acos B+cos Asin B,
于是sin B=sin(A-B).
由已知得cos B>0,则B∈0,π2.
又A∈(0,π),故-π2
因此A=π(舍去)或A=2B,
所以,A=2B.
(2)由S=a24得12absin C=a24,故有sin Bsin C=12sin 2B=sin Bcos B,
因sin B≠0,得sin C=cos B.
又B∈0,π2,C∈(0,π),所以C=π2±B.
当B+C=π2时,A=π2;当C-B=π2时,A=π4.
综上,A=π2或A=π4.
评析 本题主要考查三角函数及其变换、正弦定理和三角形面积公式等基础知识,同时考查运算求解能力.
14.(2016山东,16,12分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知2(tan A+tan B)=tanAcosB+tanBcosA.
(1)证明:a+b=2c;
(2)求cos C的最小值.
解析 (1)由题意知2sinAcosA+sinBcosB=sinAcosAcosB+sinBcosAcosB,
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)由(1)知c=a+b2,
所以cos C=a2+b2-c22ab=a2+b2-a+b222ab
=38ab+ba-14≥12,
当且仅当a=b时,等号成立.
故cos C的最小值为12.
评析 本题考查了三角恒等变换、正弦定理和余弦定理及基本不等式,综合性较强,重点考查了化归与转化的思想方法,属中档题.
15.(2015浙江,16,14分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c.已知A=π4,b2-a2=12c2.
(1)求tan C的值;
(2)若△ABC的面积为3,求b的值.
解析 (1)由b2-a2=12c2及正弦定理得sin2B-12=12sin2C,所以-cos 2B=sin2C.
又由A=π4,即B+C=34π,得-cos 2B=sin 2C=2sin Ccos C,
解得tan C=2.
(2)由tan C=2,C∈(0,π)得sin C=255,cos C=55.
又因为sin B=sin(A+C)=sinπ4+C,
所以sin B=31010.
由正弦定理得c=223b,
又因为A=π4,12bcsin A=3,所以bc=62,故b=3.
评析 本题主要考查三角函数及三角恒等变换、正弦定理等基础知识,同时考查运算求解能力.
16.(2015陕西,17,12分)△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.向量m=(a,3b)与n=(cos A,sin B)平行.
(1)求A;
(2)若a=7,b=2,求△ABC的面积.
解析 (1)因为m∥n,所以asin B-3bcos A=0,
由正弦定理,得sin Asin B-3sin Bcos A=0,
又sin B≠0,从而tan A=3,
由于0
得7=4+c2-2c,即c2-2c-3=0,
因为c>0,所以c=3.
故△ABC的面积为12bcsin A=332.
解法二:由正弦定理,得7sinπ3=2sinB,
从而sin B=217,
又由a>b,知A>B,所以cos B=277.
故sin C=sin(A+B)=sinB+π3
=sin Bcosπ3+cos Bsinπ3=32114.
所以△ABC的面积为12absin C=332.
17.(2015湖南,17,12分)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,a=btan A,且B为钝角.
(1)证明:B-A=π2;
(2)求sin A+sin C的取值范围.
解析 (1)证明:由a=btan A及正弦定理,
得sinAcosA=ab=sinAsinB,
所以sin B=cos A,即sin B=sinπ2+A.
又B为钝角,因此π2+A∈π2,π,故B=π2+A,即B-A=π2.
(2)由(1)知,C=π-(A+B)=π-2A+π2=π2-2A>0,
所以A∈0,π4.
于是sin A+sin C=sin A+sinπ2-2A
=sin A+cos 2A=-2sin2A+sin A+1=-2sinA-142+98.
因为0
由此可知sin A+sin C的取值范围是22,98.
18.(2015四川,19,12分)如图,A,B,C,D为平面四边形ABCD的四个内角.
(1)证明:tanA2=1-cosAsinA;
(2)若A+C=180°,AB=6,BC=3,CD=4,AD=5,求tanA2+tanB2+tanC2+tanD2的值.
解析 (1)证明:tanA2=sinA2cosA2=2sin2A22sinA2cosA2=1-cosAsinA.
(2)由A+C=180°,得C=180°-A,D=180°-B.
由(1),有tanA2+tanB2+tanC2+tanD2
=1-cosAsinA+1-cosBsinB+1-cos(180°-A)sin(180°-A)+1-cos(180°-B)sin(180°-B)
=2sinA+2sinB.连接BD.
在△ABD中,有BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos A,
在△BCD中,有BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos C,
所以AB2+AD2-2AB·ADcos A=BC2+CD2+2BC·CDcos A.
则cos A=AB2+AD2-BC2-CD22(AB·AD+BC·CD)=62+52-32-422×(6×5+3×4)=37.
于是sin A=1-cos2A=1-372=2107.
连接AC.同理可得
cos B=AB2+BC2-AD2-CD22(AB·BC+AD·CD)=62+32-52-422×(6×3+5×4)=119,
于是sin B=1-cos2B=1-1192=61019.
所以,tanA2+tanB2+tanC2+tanD2
=2sinA+2sinB=2×7210+2×19610=4103.
评析 本题主要考查二倍角公式、诱导公式、余弦定理、简单的三角恒等变换等基础知识,考查运算求解能力、推理论证能力,考查化归与转化等数学思想.
19.(2013课标Ⅰ,17,12分)如图,在△ABC中,∠ABC=90°,AB=3,BC=1,P为△ABC内一点,∠BPC=90°.
(1)若PB=12,求PA;
(2)若∠APB=150°,求tan∠PBA.
解析 (1)由已知得∠PBC=60°,所以∠PBA=30°.
在△PBA中,由余弦定理得PA2=3+14-2×3×12cos 30°=74.故PA=72.
(2)设∠PBA=α,由已知得∠PAB=30°-α,PB=sin α.
在△PBA中,由正弦定理得3sin150°=sinαsin(30°-α),
化简得3cos α=4sin α.所以tan α=34,即tan∠PBA=34.
思路分析 (1)由已知求出∠PBA,在△PAB中利用余弦定理求解PA;(2)设∠PBA=α,则∠PAB=30°-α,在Rt△PBC中求得PB=sin α,然后在△PBA中利用正弦定理求得tan α.
20.(2013课标Ⅱ,17,12分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=bcos C+csin B.
(1)求B;
(2)若b=2,求△ABC面积的最大值.
解析 (1)由已知及正弦定理得sin A=sin Bcos C+sin C·sin B.①
又A=π-(B+C),
故sin A=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C.②
由①②和C∈(0,π)得sin B=cos B.
又B∈(0,π),所以B=π4.
(2)△ABC的面积S=12acsin B=24ac.
由已知及余弦定理得4=a2+c2-2accosπ4.
又a2+c2≥2ac,故ac≤42-2,当且仅当a=c时,等号成立.
因此△ABC面积的最大值为2+1.
方法总结 求三角形面积的最值时,常利用基本不等式求两边之积的最值,从而确定面积的最值.
【三年模拟】
一、单项选择题(每题5分,共35分)
1.(2019北京朝阳综合练习,4)在△ABC中,B=π6,c=4,cos C=53,则b=( )
A.33 B.3 C.32 D.43
答案 B
2.(2020届黑龙江双鸭山一中开学考,3)在△ABC中,a=3,b=5,sin A=13,则sin B=( )
A.15 B.59 C.35 D.1
答案 B
3.(2019上海嘉定(长宁)二模,16)对于△ABC,若存在△A1B1C1,满足cosAsin A1=cosBsin B1=cosCsin C1=1,则称△ABC为“V类三角形”.“V类三角形”一定满足( )
A.有一个内角为30° B.有一个内角为45°
C.有一个内角为60° D.有一个内角为75°
答案 B
4.(2018河北衡水中学4月模拟,11)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且acos B+3asin B=b+c,b=1,点D是△ABC的重心,且AD=73,则△ABC的外接圆的半径为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
答案 A
5.(2018山东济宁二模,12)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且acos B-bcos A=23c,则tan(A-B)的最大值为( )
A.255 B.55 C.33 D.3
答案 A
6.(2019河南六市3月联考,10)在△ABC中,A,B,C的对边分别为a,b,c,若2a-cb=cosCcosB,b=4,则△ABC的面积的最大值为( )
A.43 B.23 C.33 D.3
答案 A
7.(2019湘东六校3月联考,5)若△ABC的三个内角满足6sin A=4sin B=3sin C,则△ABC是( )
A.锐角三角形 B.直角三角形
C.钝角三角形 D.以上都有可能
答案 C
二、多项选择题(每题5分,共10分)
8.(改编题)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11,则下列结论正确的是( )
A.sin A∶sin B∶sin C=4∶5∶6
B.△ABC是钝角三角形
C.△ABC的最大内角是最小内角的2倍
D.若c=6,则△ABC外接圆的半径为877
答案 ACD
9.(改编题)在△ABC中,根据下列条件解三角形,其中有两解的是( )
A.b=10,A=45°,C=70° B.b=45,c=48,B=60°
C.a=14,b=16,A=45° D.a=7,b=5,A=80°
答案 BC
三、填空题(每题5分,共10分)
10.(2019安徽合肥二模,15)在锐角△ABC中,BC=2,sin B+sin C=2sin A,则中线AD的长的取值范围是 .
答案 3,132
11.(2020届黑龙江双鸭山一中开学考,15)已知A船在灯塔C的北偏东85°方向且A到C的距离为2 km,B船在灯塔C的北偏西65°方向且B到C的距离为3 km,则A,B两船的距离为 .
答案 13 km
四、解答题(共60分)
12.(2020届山东夏季高考模拟,18)在△ABC中,∠A=90°,点D在BC边上.在平面ABC内,过D作DF⊥BC且DF=AC.
(1)若D为BC的中点,且△CDF的面积等于△ABC的面积,求∠ABC;
(2)若∠ABC=45°,且BD=3CD,求cos∠CFB.
解析 (1)因为CD=BD,所以CD=12BC.
由题设知DF=AC,12CD·DF=12AB·AC,
因此CD=AB.所以AB=12BC,因此∠ABC=60°.
(2)不妨设AB=1,由题设知BC=2.
由BD=3CD得BD=324,CD=24.
由勾股定理得CF=324,BF=344.
由余弦定理得cos∠CFB=98+178-22×324×344=51751.
13.(2020届山东济宁二中10月月考,19)在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,已知cos 2A-3cos(B+C)=1.
(1)求角A的大小;
(2)若a=21,b+c=9,求△ABC的面积.
解析 (1)在△ABC中,cos(B+C)=cos(π-A)=-cos A,
则由cos 2A-3cos(B+C)=1,得2cos2A+3cos A-2=0,
即(2cos A-1)(cos A+2)=0,
解得cos A=12或cos A=-2(舍去).
∵0
∵a=21,b+c=9,
∴21=b2+c2-bc=(b+c)2-3bc,即21=81-3bc,
解得bc=20.
∴S△ABC=12bcsin A=12×20×32=53.
14.(2019上海浦东二模,18)已知向量m=(2sin ωx ,cos 2ωx),n=(3cos ωx,1),其中ω>0,若函数f(x)=m·n的最小正周期为π.
(1)求ω的值;
(2)在△ABC中,若f(B)=-2,BC=3,sin B=3sin A,求BA·BC的值.
解析 (1)f(x)=m·n=3sin 2ωx+cos 2ωx
=2sin2ωx+π6,
∵f(x)的最小正周期为π,∴T=2π2ω=π,∴ω=1.
(2)设△ABC中角A,B,C所对的边分别是a,b,c.
∵f(B)=-2,∴2sin2B+π6=-2,
即sin2B+π6=-1,解得B=2π3.
∵BC=3,∴a=3,∵sin B=3sin A,
∴b=3a,∴b=3,由3sin 2π3=3sinA得sin A=12,
∵0
15.(2020届湖南长沙一中第一次月考,17)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,满足cosAcosB+ab=2cb且b=4.
(1)求角B;
(2)求△ABC周长的最大值.
解析 (1)由cosAcosB+ab=2cb及正弦定理,得cosAsinB+cosBsinAcosBsinB=2sinCsinB,
即sin(A+B)cosBsinB=2sinCsinB,
∵sin(A+B)=sin C≠0,sin B≠0,∴cos B=12,
∵B∈(0,π),∴B=π3.
(2)在△ABC中,由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B=a2+c2-ac=16.
∴(a+c)2=16+3ac≤16+3a+c22.
即a+c≤8,当且仅当a=c时取等号.
∴△ABC的周长=a+b+c≤12,
∴△ABC周长的最大值为12.
16.(2020届黑龙江哈师大附中9月月考,20)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,asin A+C2=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.
解析 (1)由asin A+C2=bsin A及正弦定理可得sin Acos B2=sin Bsin A,∵sin A≠0,
∴cos B2=sin B=2sin B2cos B2⇒sin B2=12(0
(2)解法一:由asinA=csinC得a=csinCsin2π3-C,
∴S△ABC=12a32=3432tanC+12=38·1tanC+38,
由△ABC为锐角三角形可得0
解法二:由余弦定理得b=a2-a+1,
由题意得a2+1>b2,a2+b2>1,b2+1>a2⇒12
即△ABC面积的取值范围为38,32.
应用篇知行合一
【应用集训】
1.(2020届湖南长沙一中第一次月考,15)秦九韶是我国南宋著名数学家,在他的著作《数书九章》中有已知三边求三角形面积的方法:“以小斜幂并大斜幂减中斜幂,余半之,自乘于上.以小斜幂乘大斜幂减上,余四约之,为实,一为从隅,开平方得积”.如果把以上这段文字写成公式就是S=14a2c2-a2+c2-b222,其中a,b,c是△ABC的内角A,B,C的对边.若sin C=2sin Acos B,且b2,2,c2成等差数列,则△ABC面积S的最大值为 .
答案 255
2.(2020届宁夏银川第一次月考,18)如图,在平面直角坐标系xOy中,角α的顶点是原点,始边与x轴正半轴重合,终边交单位圆于点A,且α∈π6,π2.将角α的终边按逆时针方向旋转π3,交单位圆于点B.记A(x1,y1),B(x2,y2).
(1)若x1=14,求x2;
(2)分别过A,B作x轴的垂线,垂足依次为C,D.设△AOC的面积为S1,△BOD的面积为S2若S1=2S2,求角α的值.
解析 (1)由三角函数的定义,得x1=cos α,x2=cosα+π3,
因为α∈π6,π2,cos α=14,
则sin α=1-cos2α=1-142=154.
∴x2=cosα+π3=12cos α-32sin α=12 ×14-32×154=1-358.
(2)由已知,得y1=sin α,y2=sinα+π3,
∴S1=12x1·y1=12cos α·sin α=14sin 2α,
S2=12|x2|·|y2|=12-cosα+π3·sinα+π3
=-14sin2α+2π3.
由S1=2S2,得sin 2α=-2sin2α+2π3⇒cos 2α=0.又α∈π6,π2,∴2α∈π3,π,∴2α=π2⇒α=π4.
基础篇固本夯基
【基础集训】
考点一 正弦定理和余弦定理
1.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若sin A=3sin B,c=5,且cos C=56,则a=( )
A.22 B.3 C.32 D.4
答案 B
2.若△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知bsin 2A=asin B,且c=2b,则ab等于( )
A.32 B.43 C.2 D.3
答案 D
3.在△ABC中,三内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b2+c2-3bc=a2,bc=3a2,则角C的大小是( )
A.π6或2π3 B.π3 C.2π3 D.π6
答案 A
4.若△ABC的面积为34(a2+c2-b2),且∠C为钝角,则∠B= ;ca的取值范围是 .
答案 π3;(2,+∞)
5.在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C的对边,且2asin A=(2b+c)sin B+(2c+b)·sin C.
(1)求A的大小;
(2)若sin B+sin C=1,试判断△ABC的形状.
解析 (1)由已知,结合正弦定理,
得2a2=(2b+c)b+(2c+b)c,即a2=b2+c2+bc.
又a2=b2+c2-2bccos A,
所以bc=-2bccos A,即cos A=-12.
由于A为三角形的内角,所以A=2π3.
(2)已知2asin A=(2b+c)sin B+(2c+b)sin C,
结合正弦定理,
得2sin2A=(2sin B+sin C)sin B+(2sin C+sin B)sin C,
即sin2A=sin2B+sin2C+sin Bsin C=sin22π3=34.
又由sin B+sin C=1,
得sin2B+sin2C+2sin Bsin C=1,
解得sin B=sin C=12,
因为0
所以△ABC是等腰三角形.
考点二 解三角形及其综合应用
6.在△ABC中,三边长分别为a,a+2,a+4,最小角的余弦值为1314,则这个三角形的面积为( )
A.1534 B.154 C.2134 D.3534
答案 A
7.如图所示,为了测量A,B两处岛屿间的距离,小张以D为观测点,测得A,B分别在D处的北偏西30°、北偏东30°方向,再往正东方向行驶40海里到C处,测得B在C处的正北方向,A在C处的北偏西60°方向,则A,B两处岛屿间的距离为( )
A.203 海里 B.403 海里
C.20(1+3)海里 D.40海里
答案 B
8.设锐角△ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且c=1,A=2C,则△ABC周长的取值范围为( )
A.(0,2+2) B.(0,3+3)
C.(2+2,3+3) D.(2+2,3+3]
答案 C
9.如图,一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶,到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30°的方向上,行驶600 m后到达B处,测得此山顶在西偏北75°的方向上,仰角为30°,则此山的高度CD= m.
答案 1006
综合篇知能转换
【综合集训】
考法一 利用正、余弦定理解三角形
1.(2019湖南四校调研联考,10)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且sinAsinB+sinC+ba+c=1,则C=( )
A.π6 B.π3 C.2π3 D.5π6
答案 B
2.(2020届福建建瓯芝华中学高三暑假学习效果检测,7)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若△ABC的面积为a2+b2-c24,则C=( )
A.π2 B.π3 C.π4 D.π6
答案 C
3.(2019上海金山二模,7)已知△ABC中,tan A=14,tan B=35,AB=17.求:
(1)角C的大小;
(2)△ABC中最短边的边长.
解析 (1)tan C=tan[π-(A+B)]=-tan(A+B)=-tanA+tanB1-tanAtanB=-14+351-14×35=-1,
所以C=3π4.
(2)因为tan A
又BCsinA=ABsinC,
所以BC=AB·sinAsinC=17×171722=2.
故△ABC中最短边的边长为2.
考法二 三角形形状的判断
4.(2020届山东济宁二中10月月考,8)在△ABC中,若sin A=2sin Bcos C,a2=b2+c2-bc,则△ABC的形状是( )
A.等边三角形 B.等腰三角形
C.直角三角形 D.等腰直角三角形
答案 A
5.(2018湖南师大附中12月月考,6)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,若bcosCccosB=1+cos2C1+cos2B,则△ABC的形状是( )
A.等腰三角形 B.直角三角形
C.钝角三角形 D.等腰三角形或直角三角形
答案 D
6.(2018江西南城一中期中,6)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若tanA-tanBtanA+tanB=c-bc,则这个三角形必含有( )
A.90°的内角 B.60°的内角
C.45°的内角 D.30°的内角
答案 B
考法三 与三角形的面积、范围有关的问题
7.(2020届内蒙古杭锦后旗奋斗中学第一次月考,18)在△ABC中,∠A=60°,c=37a.
(1)求sin C的值;
(2)若a=7,求△ABC的面积.
解析 (1)在△ABC中,因为∠A=60°,c=37a,所以由正弦定理得sin C=csinAa=37×32=3314.
(2)因为a=7,所以c=37×7=3.
由余弦定理a2=b2+c2-2cbcos A得72=b2+32-2b×3×12,得b=8或b=-5(舍).所以△ABC的面积S=12bcsin A=12×8×3×32=63.
8.(2019江西临川一中12月月考,17)在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,且2csin B=3atan A.
(1)求b2+c2a2的值;
(2)若a=2,求△ABC的面积的最大值.
解析 (1)2csin B=3atan A⇒2csin Bcos A=3asin A⇒2bc·cos A=3a2,
即2bc·b2+c2-a22bc=3a2,∴b2+c2=4a2,
则b2+c2a2=4.
(2)∵a=2,∴b2+c2=16,∴cos A=b2+c2-a22bc=6bc.
又b2+c2≥2bc,即8≥bc,
当且仅当b=c时,取等号,
∴cos A≥68=34.
由cos A=6bc得bc=6cosA,
则A∈0,π2,
∴S△ABC=12bcsin A=3tan A.
∵1+tan2A=1+sin2Acos2A=cos2A+sin2Acos2A=1cos2A,
∴tan A=1cos2A-1≤169-1=73,
∴S△ABC=3tan A≤7,
故△ABC的面积的最大值为7.
考法四 解三角形的实际应用
9.(2018福建莆田月考,8)A在塔底D的正西面,在A处测得塔顶C的仰角为45°,B在塔底D的南偏东60°处,在塔顶C处测得B的俯角为30°,A、B间距84米,则塔高为( )
A.24米 B.125 米
C.127 米 D.36米
答案 C
10.(2018河北石家庄摸底考试,17)某学校的平面示意图如图中的五边形区域ABCDE,其中三角形区域ABE为生活区,四边形区域BCDE为教学区,AB,BC,CD,DE,EA,BE为学校的主要道路(不考虑宽度).∠BCD=∠CDE=2π3,∠BAE=π3,DE=3BC=3CD=910 km.
(1)求道路BE的长度;
(2)求生活区△ABE的面积的最大值.
解析 (1)如图,连接BD,在△BCD中,BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos∠BCD=27100,∴BD=3310(km).
∵BC=CD,∠BCD=2π3,
∴∠CBD=∠CDB=π-23π2=π6.
又∠CDE=2π3,∴∠BDE=π2.
∴在Rt△BDE中,BE=BD2+DE2
=33102+9102=335km.
故道路BE的长度为335 km.
(2)设∠ABE=α,∵∠BAE=π3,
∴∠AEB=2π3-α.
在△ABE中,ABsin∠AEB=AEsin∠ABE=BEsin∠BAE=335sin π3=65,
∴AB=65sin2π3-αkm,AE=65sin α km.
∴S△ABE=12AB·AEsin π3=9325sin2π3-αsin α=9325·12sin2α-π6+14km2.
∵0<α<2π3,
∴-π6<2α-π6<7π6,
∴当2α-π6=π2,
即α=π3时,S△ABE取得最大值,最大值为9325×12+14=273100,
故生活区△ABE面积的最大值为273100 km2.
【五年高考】
考点一 正弦定理和余弦定理
1.(2018课标Ⅱ,6,5分)在△ABC中,cosC2=55,BC=1,AC=5,则AB=( )
A.42 B.30 C.29 D.25
答案 A
2.(2016天津,3,5分)在△ABC中,若AB=13,BC=3,∠C=120°,则AC=( )
A.1 B.2 C.3 D.4
答案 A
3.(2016课标Ⅲ,8,5分)在△ABC中,B=π4,BC边上的高等于13BC,则cos A=( )
A.31010 B.1010 C.-1010 D.-31010
答案 C
4.(2017山东,9,5分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.若△ABC为锐角三角形,且满足sin B(1+2cos C)=2sin Acos C+cos Asin C,则下列等式成立的是( )
A.a=2b B.b=2a
C.A=2B D.B=2A
答案 A
5.(2016课标Ⅱ,13,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若cos A=45,cos C=513,a=1,则b= .
答案 2113
6.(2018浙江,13,6分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若a=7,b=2,A=60°,则sin B= ,c= .
答案 217;3
7.(2019浙江,14,6分)在△ABC中,∠ABC=90°,AB=4,BC=3,点D在线段AC上.若∠BDC=45°,则BD= ,cos∠ABD= .
答案 1225;7210
8.(2019课标Ⅰ,17,12分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.设(sin B-sin C)2=sin2A-sin Bsin C.
(1)求A;
(2)若2a+b=2c,求sin C.
解析 本题主要考查学生对正弦定理、余弦定理以及三角恒等变换的掌握;考查了学生的运算求解能力;考查的核心素养是逻辑推理与数学运算.
(1)由已知得sin2B+sin2C-sin2A=sin Bsin C,故由正弦定理得b2+c2-a2=bc.
由余弦定理得cos A=b2+c2-a22bc=12.
因为0°
即62+32cos C+12sin C=2sin C,可得cos(C+60°)=-22.
由于0°
思路分析 (1)先借助正弦定理将角化为边,然后利用余弦定理求出角A的余弦值,进而得出角A.(2)利用正弦定理将已知等式中的边化为角,利用三角恒等变换将原式化为含有角C的正弦、余弦的等式,利用角度变换求出sin C.
9.(2018课标Ⅰ,17,12分)在平面四边形ABCD中,∠ADC=90°,∠A=45°,AB=2,BD=5.
(1)求cos∠ADB;
(2)若DC=22,求BC.
解析 (1)在△ABD中,由正弦定理得BDsin∠A=ABsin∠ADB.
由题设知,5sin45°=2sin∠ADB,所以sin∠ADB=25.
由题设知,∠ADB<90°,所以cos∠ADB=1-225=235.
(2)由题设及(1)知,cos∠BDC=sin∠ADB=25.
在△BCD中,由余弦定理得BC2=BD2+DC2-2·BD·DC·cos∠BDC=25+8-2×5×22×25=25.
所以BC=5.
10.(2019天津,15,13分)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+π6的值.
解析 本小题主要考查同角三角函数的基本关系,两角和的正弦公式,二倍角的正弦与余弦公式,以及正弦定理、余弦定理等基础知识.考查运算求解能力.
(1)在△ABC中,由bsinB=csinC,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=43a,c=23a.
由余弦定理可得cos B=a2+c2-b22ac=a2+49a2-169a22·a·23a=-14.
(2)由(1)可得sin B=1-cos2B=154,
从而sin 2B=2sin Bcos B=-158,cos 2B=cos2B-sin2B=-78,
故sin2B+π6=sin 2Bcos π6+cos 2Bsin π6=-158×32-78×12=-35+716.
思路分析 (1)由已知边角关系:3csin B=4asin C利用正弦定理,得三边比例关系,根据余弦定理即可求出cos B.
(2)由(1)利用同角三角函数基本关系式,求出sin B,再由二倍角公式求出sin 2B、cos 2B,代入两角和的正弦公式即可求出sin2B+π6的值.
11.(2019北京,15,13分)在△ABC中,a=3,b-c=2,cos B=-12.
(1)求b,c的值;
(2)求sin(B-C)的值.
解析 本题主要考查正弦、余弦定理,同角三角函数的基本关系式,两角差的正弦公式等知识点,考查学生的运算能力.
(1)由余弦定理b2=a2+c2-2accos B,得
b2=32+c2-2×3×c×-12.
因为b=c+2,所以(c+2)2=32+c2-2×3×c×-12.
解得c=5.所以b=7.
(2)由cos B=-12得sin B=32.
由正弦定理得sin C=cbsin B=5314.
在△ABC中,∠B是钝角,所以∠C为锐角.
所以cos C=1-sin2C=1114.
所以sin(B-C)=sin Bcos C-cos Bsin C=437.
12.(2019江苏,15,14分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.
(1)若a=3c,b=2,cos B=23,求c的值;
(2)若sinAa=cosB2b,求sinB+π2的值.
解析 本小题主要考查正弦定理、余弦定理、同角三角函数关系、诱导公式等基础知识,考查运算求解能力.
(1)因为a=3c,b=2,cos B=23,
由余弦定理得cos B=a2+c2-b22ac,得23=(3c)2+c2-(2)22×3c×c,
即c2=13.所以c=33.
(2)因为sinAa=cosB2b,
由asinA=bsinB,得cosB2b=sinBb,所以cos B=2sin B.
从而cos2B=(2sin B)2,即cos2B=4(1-cos2B),
故cos2B=45.
因为sin B>0,所以cos B=2sin B>0,从而cos B=255.
因此sinB+π2=cos B=255.
考点二 解三角形及其综合应用
13.(2019课标Ⅱ,15,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若b=6,a=2c,B=π3,则△ABC的面积为 .
答案 63
14.(2015课标Ⅰ,16,5分)在平面四边形ABCD中,∠A=∠B=∠C=75°,BC=2,则AB的取值范围是 .
答案 (6-2,6+2)
15.(2017浙江,14,6分)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= .
答案 152;104
16.(2017课标Ⅰ,17,12分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知△ABC的面积为a23sinA.
(1)求sin Bsin C;
(2)若6cos Bcos C=1,a=3,求△ABC的周长.
解析 本题考查正弦定理、余弦定理以及三角恒等变换,考查学生利用三角形面积公式进行运算求解的能力.
(1)由题设得12acsin B=a23sinA,即12csin B=a3sinA.
由正弦定理得12sin Csin B=sinA3sinA.
故sin Bsin C=23.
(2)由题设及(1)得cos Bcos C-sin Bsin C=-12,
即cos(B+C)=-12.所以B+C=2π3,故A=π3.
由题设得12bcsin A=a23sinA,即bc=8.
由余弦定理得b2+c2-bc=9,即(b+c)2-3bc=9,得b+c=33.
故△ABC的周长为3+33.
思路分析 (1)首先利用三角形的面积公式可得12acsin B=a23sinA,然后利用正弦定理,把边转化成角的形式,即可得出sin Bsin C的值;(2)首先利用sin Bsin C的值以及题目中给出的6cos Bcos C=1,结合两角和的余弦公式求出B+C,进而得出A,然后利用三角形的面积公式和a的值求出bc的值,最后利用余弦定理求出b+c的值,进而得出△ABC的周长.
17.(2016课标Ⅰ,17,12分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2cos C(acos B+bcos A)=c.
(1)求C;
(2)若c=7,△ABC的面积为332,求△ABC的周长.
解析 (1)由已知及正弦定理得,
2cos C(sin Acos B+sin Bcos A)=sin C,(2分)
2cos Csin(A+B)=sin C.
故2sin Ccos C=sin C.(4分)
可得cos C=12,所以C=π3.(6分)
(2)由已知,得12absin C=332.
又C=π3,所以ab=6.(8分)
由已知及余弦定理得,a2+b2-2abcos C=7.
故a2+b2=13,从而(a+b)2=25.∴a+b=5.(10分)
所以△ABC的周长为5+7.(12分)
18.(2018北京,15,13分)在△ABC中,a=7,b=8,cos B=-17.
(1)求∠A;
(2)求AC边上的高.
解析 (1)在△ABC中,因为cos B=-17,所以sin B=1-cos2B=437.
由正弦定理得sin A=asinBb=32.
由题设知π2<∠B<π,所以0<∠A<π2.所以∠A=π3.
(2)在△ABC中,
因为sin C=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B=3314,
所以AC边上的高为asin C=7×3314=332.
方法总结 处理解三角形相关的综合题目时,首先,要掌握正弦定理、余弦定理,其次,结合图形分析哪些边、角是已知的,哪些边、角是未知的,然后将方程转化为只含有边或角的方程,最后通过解方程求出边或角.
19.(2018天津,15,13分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知bsin A=acosB-π6.
(1)求角B的大小;
(2)设a=2,c=3,求b和sin(2A-B)的值.
解析 本小题主要考查同角三角函数的基本关系,两角差的正弦与余弦公式,二倍角的正弦与余弦公式,以及正弦定理、余弦定理等基础知识,考查运算求解能力.
(1)在△ABC中,
由asinA=bsinB,可得bsin A=asin B,
又由bsin A=acosB-π6,得asin B=acosB-π6,
即sin B=cosB-π6,可得tan B=3.
又因为B∈(0,π),可得B=π3.
(2)在△ABC中,由余弦定理及a=2,c=3,B=π3,
有b2=a2+c2-2accos B=7,故b=7.
由bsin A=acosB-π6,可得sin A=37.
因为a
解题关键 (1)利用正弦定理合理转化bsin A=acosB-π6是求解第(1)问的关键;
(2)由余弦定理及已知条件求得sin A,利用a
教师专用题组
考点一 正弦定理和余弦定理
1.(2015天津,13,5分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知△ABC的面积为315,b-c=2,cos A=-14,则a的值为 .
答案 8
2.(2015广东,11,5分)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若a=3,sin B=12,C=π6,则b= .
答案 1
3.(2015重庆,13,5分)在△ABC中,B=120°,AB=2,A的角平分线AD=3,则AC= .
答案 6
4.(2015北京,12,5分)在△ABC中,a=4,b=5,c=6,则sin2AsinC= .
答案 1
5.(2016北京,15,13分)在△ABC中,a2+c2=b2+2ac.
(1)求∠B的大小;
(2)求2cos A+cos C的最大值.
解析 (1)由余弦定理及题设得cos B=a2+c2-b22ac=2ac2ac=22.
又因为0<∠B<π,所以∠B=π4.
(2)由(1)知∠A+∠C=3π4,∴∠C=3π4-∠A.
∴2cos A+cos C=2cos A+cos3π4-A
=2cos A-22cos A+22sin A=22cos A+22sin A=cosA-π4.
因为0<∠A<3π4,
所以当∠A=π4时,2cos A+cos C取得最大值1.
6.(2015安徽,16,12分)在△ABC中,∠A=3π4,AB=6,AC=32,点D在BC边上,AD=BD,求AD的长.
解析 设△ABC的内角A,B,C所对边的长分别是a,b,c,
由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos∠BAC=(32)2+62-2×32×6×cos3π4=18+36-(-36)=90,所以a=310.
又由正弦定理得sin B=bsin∠BACa=3310=1010,
由题设知0
在△ABD中,由正弦定理得AD=AB·sinBsin(π-2B)=6sinB2sinBcosB
=3cosB=10.
7.(2015课标Ⅱ,17,12分)△ABC中,D是BC上的点,AD平分∠BAC,△ABD面积是△ADC面积的2倍.
(1)求sin∠Bsin∠C;
(2)若AD=1,DC=22,求BD和AC的长.
解析 (1)S△ABD=12AB·ADsin∠BAD,
S△ADC=12AC·ADsin∠CAD.
因为S△ABD=2S△ADC,∠BAD=∠CAD,所以AB=2AC.
由正弦定理可得sin∠Bsin∠C=ACAB=12.
(2)因为S△ABD∶S△ADC=BD∶DC,所以BD=2.
在△ABD和△ADC中,由余弦定理知
AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos∠ADB,
AC2=AD2+DC2-2AD·DCcos∠ADC.
故AB2+2AC2=3AD2+BD2+2DC2=6.
由(1)知AB=2AC,所以AC=1.
8.(2011课标,17,12分)已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边,acos C+3asin C-b-c=0.
(1)求A;
(2)若a=2,△ABC的面积为3,求b,c.
解析 (1)由acos C+3asin C-b-c=0及正弦定理得sin Acos C+3sin Asin C-sin B-sin C=0.
因为B=π-A-C,所以3sin Asin C-cos Asin C-sin C=0.
由于sin C≠0,所以sinA-π6=12.
又0
又a2=b2+c2-2bccos A,故b2+c2=8.
解得b=c=2.
评析 本题考查了正、余弦定理和三角公式,考查了方程的思想.灵活运用正、余弦定理是求解关键.正确的转化是本题的难点.
考点二 解三角形及其综合应用
9.(2014课标Ⅱ,4,5分)钝角三角形ABC的面积是12,AB=1,BC=2,则AC=( )
A.5 B.5 C.2 D.1
答案 B
10.(2014课标Ⅰ,16,5分)已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边,a=2,且(2+b)(sin A-sin B)=(c-b)sin C,则△ABC面积的最大值为 .
答案 3
11.(2011课标,16,5分)在△ABC中,B=60°,AC=3,则AB+2BC的最大值为 .
答案 27
12.(2017天津,15,13分)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=35.
(1)求b和sin A的值;
(2)求sin2A+π4的值.
解析 本小题主要考查同角三角函数的基本关系,二倍角的正弦、余弦公式,两角和的正弦公式以及正弦定理、余弦定理等基础知识.考查运算求解能力.
(1)在△ABC中,因为a>b,故由sin B=35,可得cos B=45.由已知及余弦定理,有b2=a2+c2-2accos B=13,所以b=13.
由正弦定理asinA=bsinB,得sin A=asinBb=31313.
所以,b的值为13,sin A的值为31313.
(2)由(1)及a
故sin2A+π4=sin 2Acosπ4+cos 2Asinπ4=7226.
方法总结 1.利用正、余弦定理求边或角的步骤:(1)根据已知的边和角画出相应的图形,并在图中标出;(2)结合图形选择用正弦定理或余弦定理求解;(3)在运算和求解过程中注意三角恒等变换和三角形内角和定理的运用.
2.解决三角函数及解三角形问题的满分策略:(1)认真审题,把握变形方向;(2)规范书写,合理选择公式;(3)计算准确,注意符号.
13.(2016浙江,16,14分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知b+c=2acos B.
(1)证明:A=2B;
(2)若△ABC的面积S=a24,求角A的大小.
解析 (1)由正弦定理得sin B+sin C=2sin Acos B,
故2sin Acos B=sin B+sin(A+B)=sin B+sin Acos B+cos Asin B,
于是sin B=sin(A-B).
由已知得cos B>0,则B∈0,π2.
又A∈(0,π),故-π2
因此A=π(舍去)或A=2B,
所以,A=2B.
(2)由S=a24得12absin C=a24,故有sin Bsin C=12sin 2B=sin Bcos B,
因sin B≠0,得sin C=cos B.
又B∈0,π2,C∈(0,π),所以C=π2±B.
当B+C=π2时,A=π2;当C-B=π2时,A=π4.
综上,A=π2或A=π4.
评析 本题主要考查三角函数及其变换、正弦定理和三角形面积公式等基础知识,同时考查运算求解能力.
14.(2016山东,16,12分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知2(tan A+tan B)=tanAcosB+tanBcosA.
(1)证明:a+b=2c;
(2)求cos C的最小值.
解析 (1)由题意知2sinAcosA+sinBcosB=sinAcosAcosB+sinBcosAcosB,
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)由(1)知c=a+b2,
所以cos C=a2+b2-c22ab=a2+b2-a+b222ab
=38ab+ba-14≥12,
当且仅当a=b时,等号成立.
故cos C的最小值为12.
评析 本题考查了三角恒等变换、正弦定理和余弦定理及基本不等式,综合性较强,重点考查了化归与转化的思想方法,属中档题.
15.(2015浙江,16,14分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c.已知A=π4,b2-a2=12c2.
(1)求tan C的值;
(2)若△ABC的面积为3,求b的值.
解析 (1)由b2-a2=12c2及正弦定理得sin2B-12=12sin2C,所以-cos 2B=sin2C.
又由A=π4,即B+C=34π,得-cos 2B=sin 2C=2sin Ccos C,
解得tan C=2.
(2)由tan C=2,C∈(0,π)得sin C=255,cos C=55.
又因为sin B=sin(A+C)=sinπ4+C,
所以sin B=31010.
由正弦定理得c=223b,
又因为A=π4,12bcsin A=3,所以bc=62,故b=3.
评析 本题主要考查三角函数及三角恒等变换、正弦定理等基础知识,同时考查运算求解能力.
16.(2015陕西,17,12分)△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.向量m=(a,3b)与n=(cos A,sin B)平行.
(1)求A;
(2)若a=7,b=2,求△ABC的面积.
解析 (1)因为m∥n,所以asin B-3bcos A=0,
由正弦定理,得sin Asin B-3sin Bcos A=0,
又sin B≠0,从而tan A=3,
由于0
得7=4+c2-2c,即c2-2c-3=0,
因为c>0,所以c=3.
故△ABC的面积为12bcsin A=332.
解法二:由正弦定理,得7sinπ3=2sinB,
从而sin B=217,
又由a>b,知A>B,所以cos B=277.
故sin C=sin(A+B)=sinB+π3
=sin Bcosπ3+cos Bsinπ3=32114.
所以△ABC的面积为12absin C=332.
17.(2015湖南,17,12分)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,a=btan A,且B为钝角.
(1)证明:B-A=π2;
(2)求sin A+sin C的取值范围.
解析 (1)证明:由a=btan A及正弦定理,
得sinAcosA=ab=sinAsinB,
所以sin B=cos A,即sin B=sinπ2+A.
又B为钝角,因此π2+A∈π2,π,故B=π2+A,即B-A=π2.
(2)由(1)知,C=π-(A+B)=π-2A+π2=π2-2A>0,
所以A∈0,π4.
于是sin A+sin C=sin A+sinπ2-2A
=sin A+cos 2A=-2sin2A+sin A+1=-2sinA-142+98.
因为0
由此可知sin A+sin C的取值范围是22,98.
18.(2015四川,19,12分)如图,A,B,C,D为平面四边形ABCD的四个内角.
(1)证明:tanA2=1-cosAsinA;
(2)若A+C=180°,AB=6,BC=3,CD=4,AD=5,求tanA2+tanB2+tanC2+tanD2的值.
解析 (1)证明:tanA2=sinA2cosA2=2sin2A22sinA2cosA2=1-cosAsinA.
(2)由A+C=180°,得C=180°-A,D=180°-B.
由(1),有tanA2+tanB2+tanC2+tanD2
=1-cosAsinA+1-cosBsinB+1-cos(180°-A)sin(180°-A)+1-cos(180°-B)sin(180°-B)
=2sinA+2sinB.连接BD.
在△ABD中,有BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos A,
在△BCD中,有BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos C,
所以AB2+AD2-2AB·ADcos A=BC2+CD2+2BC·CDcos A.
则cos A=AB2+AD2-BC2-CD22(AB·AD+BC·CD)=62+52-32-422×(6×5+3×4)=37.
于是sin A=1-cos2A=1-372=2107.
连接AC.同理可得
cos B=AB2+BC2-AD2-CD22(AB·BC+AD·CD)=62+32-52-422×(6×3+5×4)=119,
于是sin B=1-cos2B=1-1192=61019.
所以,tanA2+tanB2+tanC2+tanD2
=2sinA+2sinB=2×7210+2×19610=4103.
评析 本题主要考查二倍角公式、诱导公式、余弦定理、简单的三角恒等变换等基础知识,考查运算求解能力、推理论证能力,考查化归与转化等数学思想.
19.(2013课标Ⅰ,17,12分)如图,在△ABC中,∠ABC=90°,AB=3,BC=1,P为△ABC内一点,∠BPC=90°.
(1)若PB=12,求PA;
(2)若∠APB=150°,求tan∠PBA.
解析 (1)由已知得∠PBC=60°,所以∠PBA=30°.
在△PBA中,由余弦定理得PA2=3+14-2×3×12cos 30°=74.故PA=72.
(2)设∠PBA=α,由已知得∠PAB=30°-α,PB=sin α.
在△PBA中,由正弦定理得3sin150°=sinαsin(30°-α),
化简得3cos α=4sin α.所以tan α=34,即tan∠PBA=34.
思路分析 (1)由已知求出∠PBA,在△PAB中利用余弦定理求解PA;(2)设∠PBA=α,则∠PAB=30°-α,在Rt△PBC中求得PB=sin α,然后在△PBA中利用正弦定理求得tan α.
20.(2013课标Ⅱ,17,12分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=bcos C+csin B.
(1)求B;
(2)若b=2,求△ABC面积的最大值.
解析 (1)由已知及正弦定理得sin A=sin Bcos C+sin C·sin B.①
又A=π-(B+C),
故sin A=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C.②
由①②和C∈(0,π)得sin B=cos B.
又B∈(0,π),所以B=π4.
(2)△ABC的面积S=12acsin B=24ac.
由已知及余弦定理得4=a2+c2-2accosπ4.
又a2+c2≥2ac,故ac≤42-2,当且仅当a=c时,等号成立.
因此△ABC面积的最大值为2+1.
方法总结 求三角形面积的最值时,常利用基本不等式求两边之积的最值,从而确定面积的最值.
【三年模拟】
一、单项选择题(每题5分,共35分)
1.(2019北京朝阳综合练习,4)在△ABC中,B=π6,c=4,cos C=53,则b=( )
A.33 B.3 C.32 D.43
答案 B
2.(2020届黑龙江双鸭山一中开学考,3)在△ABC中,a=3,b=5,sin A=13,则sin B=( )
A.15 B.59 C.35 D.1
答案 B
3.(2019上海嘉定(长宁)二模,16)对于△ABC,若存在△A1B1C1,满足cosAsin A1=cosBsin B1=cosCsin C1=1,则称△ABC为“V类三角形”.“V类三角形”一定满足( )
A.有一个内角为30° B.有一个内角为45°
C.有一个内角为60° D.有一个内角为75°
答案 B
4.(2018河北衡水中学4月模拟,11)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且acos B+3asin B=b+c,b=1,点D是△ABC的重心,且AD=73,则△ABC的外接圆的半径为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
答案 A
5.(2018山东济宁二模,12)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且acos B-bcos A=23c,则tan(A-B)的最大值为( )
A.255 B.55 C.33 D.3
答案 A
6.(2019河南六市3月联考,10)在△ABC中,A,B,C的对边分别为a,b,c,若2a-cb=cosCcosB,b=4,则△ABC的面积的最大值为( )
A.43 B.23 C.33 D.3
答案 A
7.(2019湘东六校3月联考,5)若△ABC的三个内角满足6sin A=4sin B=3sin C,则△ABC是( )
A.锐角三角形 B.直角三角形
C.钝角三角形 D.以上都有可能
答案 C
二、多项选择题(每题5分,共10分)
8.(改编题)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11,则下列结论正确的是( )
A.sin A∶sin B∶sin C=4∶5∶6
B.△ABC是钝角三角形
C.△ABC的最大内角是最小内角的2倍
D.若c=6,则△ABC外接圆的半径为877
答案 ACD
9.(改编题)在△ABC中,根据下列条件解三角形,其中有两解的是( )
A.b=10,A=45°,C=70° B.b=45,c=48,B=60°
C.a=14,b=16,A=45° D.a=7,b=5,A=80°
答案 BC
三、填空题(每题5分,共10分)
10.(2019安徽合肥二模,15)在锐角△ABC中,BC=2,sin B+sin C=2sin A,则中线AD的长的取值范围是 .
答案 3,132
11.(2020届黑龙江双鸭山一中开学考,15)已知A船在灯塔C的北偏东85°方向且A到C的距离为2 km,B船在灯塔C的北偏西65°方向且B到C的距离为3 km,则A,B两船的距离为 .
答案 13 km
四、解答题(共60分)
12.(2020届山东夏季高考模拟,18)在△ABC中,∠A=90°,点D在BC边上.在平面ABC内,过D作DF⊥BC且DF=AC.
(1)若D为BC的中点,且△CDF的面积等于△ABC的面积,求∠ABC;
(2)若∠ABC=45°,且BD=3CD,求cos∠CFB.
解析 (1)因为CD=BD,所以CD=12BC.
由题设知DF=AC,12CD·DF=12AB·AC,
因此CD=AB.所以AB=12BC,因此∠ABC=60°.
(2)不妨设AB=1,由题设知BC=2.
由BD=3CD得BD=324,CD=24.
由勾股定理得CF=324,BF=344.
由余弦定理得cos∠CFB=98+178-22×324×344=51751.
13.(2020届山东济宁二中10月月考,19)在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,已知cos 2A-3cos(B+C)=1.
(1)求角A的大小;
(2)若a=21,b+c=9,求△ABC的面积.
解析 (1)在△ABC中,cos(B+C)=cos(π-A)=-cos A,
则由cos 2A-3cos(B+C)=1,得2cos2A+3cos A-2=0,
即(2cos A-1)(cos A+2)=0,
解得cos A=12或cos A=-2(舍去).
∵0
∵a=21,b+c=9,
∴21=b2+c2-bc=(b+c)2-3bc,即21=81-3bc,
解得bc=20.
∴S△ABC=12bcsin A=12×20×32=53.
14.(2019上海浦东二模,18)已知向量m=(2sin ωx ,cos 2ωx),n=(3cos ωx,1),其中ω>0,若函数f(x)=m·n的最小正周期为π.
(1)求ω的值;
(2)在△ABC中,若f(B)=-2,BC=3,sin B=3sin A,求BA·BC的值.
解析 (1)f(x)=m·n=3sin 2ωx+cos 2ωx
=2sin2ωx+π6,
∵f(x)的最小正周期为π,∴T=2π2ω=π,∴ω=1.
(2)设△ABC中角A,B,C所对的边分别是a,b,c.
∵f(B)=-2,∴2sin2B+π6=-2,
即sin2B+π6=-1,解得B=2π3.
∵BC=3,∴a=3,∵sin B=3sin A,
∴b=3a,∴b=3,由3sin 2π3=3sinA得sin A=12,
∵0
15.(2020届湖南长沙一中第一次月考,17)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,满足cosAcosB+ab=2cb且b=4.
(1)求角B;
(2)求△ABC周长的最大值.
解析 (1)由cosAcosB+ab=2cb及正弦定理,得cosAsinB+cosBsinAcosBsinB=2sinCsinB,
即sin(A+B)cosBsinB=2sinCsinB,
∵sin(A+B)=sin C≠0,sin B≠0,∴cos B=12,
∵B∈(0,π),∴B=π3.
(2)在△ABC中,由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B=a2+c2-ac=16.
∴(a+c)2=16+3ac≤16+3a+c22.
即a+c≤8,当且仅当a=c时取等号.
∴△ABC的周长=a+b+c≤12,
∴△ABC周长的最大值为12.
16.(2020届黑龙江哈师大附中9月月考,20)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,asin A+C2=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.
解析 (1)由asin A+C2=bsin A及正弦定理可得sin Acos B2=sin Bsin A,∵sin A≠0,
∴cos B2=sin B=2sin B2cos B2⇒sin B2=12(0
(2)解法一:由asinA=csinC得a=csinCsin2π3-C,
∴S△ABC=12a32=3432tanC+12=38·1tanC+38,
由△ABC为锐角三角形可得0
解法二:由余弦定理得b=a2-a+1,
由题意得a2+1>b2,a2+b2>1,b2+1>a2⇒12
即△ABC面积的取值范围为38,32.
应用篇知行合一
【应用集训】
1.(2020届湖南长沙一中第一次月考,15)秦九韶是我国南宋著名数学家,在他的著作《数书九章》中有已知三边求三角形面积的方法:“以小斜幂并大斜幂减中斜幂,余半之,自乘于上.以小斜幂乘大斜幂减上,余四约之,为实,一为从隅,开平方得积”.如果把以上这段文字写成公式就是S=14a2c2-a2+c2-b222,其中a,b,c是△ABC的内角A,B,C的对边.若sin C=2sin Acos B,且b2,2,c2成等差数列,则△ABC面积S的最大值为 .
答案 255
2.(2020届宁夏银川第一次月考,18)如图,在平面直角坐标系xOy中,角α的顶点是原点,始边与x轴正半轴重合,终边交单位圆于点A,且α∈π6,π2.将角α的终边按逆时针方向旋转π3,交单位圆于点B.记A(x1,y1),B(x2,y2).
(1)若x1=14,求x2;
(2)分别过A,B作x轴的垂线,垂足依次为C,D.设△AOC的面积为S1,△BOD的面积为S2若S1=2S2,求角α的值.
解析 (1)由三角函数的定义,得x1=cos α,x2=cosα+π3,
因为α∈π6,π2,cos α=14,
则sin α=1-cos2α=1-142=154.
∴x2=cosα+π3=12cos α-32sin α=12 ×14-32×154=1-358.
(2)由已知,得y1=sin α,y2=sinα+π3,
∴S1=12x1·y1=12cos α·sin α=14sin 2α,
S2=12|x2|·|y2|=12-cosα+π3·sinα+π3
=-14sin2α+2π3.
由S1=2S2,得sin 2α=-2sin2α+2π3⇒cos 2α=0.又α∈π6,π2,∴2α∈π3,π,∴2α=π2⇒α=π4.
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