新高考数学一轮复习教案第4章第7节 第2课时 精研题型明考向——解三角形及应用举例（含解析）

这是一份新高考数学一轮复习教案第4章第7节 第2课时 精研题型明考向——解三角形及应用举例（含解析），共22页。教案主要包含了真题集中研究——明考情，题型精细研究——提素养等内容，欢迎下载使用。
1．(2020·全国卷Ⅲ·利用正、余弦定理求角的三角函数值)
在△ABC中，cs C＝eq \f(2,3)，AC＝4，BC＝3，则cs B＝( )
A.eq \f(1,9) B．eq \f(1,3)
C.eq \f(1,2) D．eq \f(2,3)
解析：选A 由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC×BC×cs C＝16＋9－2×4×3×eq \f(2,3)＝9，解得AB＝3，所以 cs B＝eq \f(9＋9－16,2×3×3)＝eq \f(1,9).故选A.
2．(2020·全国卷Ⅰ·正、余弦定理与平面几何相结合)如图，在三棱锥P­ABC的平面展开图中，AC＝1，AB＝AD＝eq \r(3)，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，则 cs∠FCB＝________.
解析：依题意得，AE＝AD＝eq \r(3).
在△AEC中，AC＝1，∠CAE＝30°，
由余弦定理得EC2＝AE2＋AC2－2AE·ACcs∠EAC＝3＋1－2 eq \r(3)cs 30°＝1，
所以EC＝1，所以CF＝EC＝1.
又BC＝eq \r(AC2＋AB2)＝eq \r(1＋3)＝2，
BF＝BD＝eq \r(AD2＋AB2)＝eq \r(6)，
所以在△BCF中，由余弦定理得
cs∠FCB＝eq \f(BC2＋CF2－BF2,2BC·CF)＝eq \f(22＋12－\r(6)2,2×2×1)＝－eq \f(1,4).
答案：－eq \f(1,4)
3．(2020·新高考全国卷Ⅰ·结合“劳育”考查解三角形问题)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＝eq \f(3,5)，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.
解析：如图，连接OA，作AQ⊥DE，交ED的延长线于Q，作AM⊥EF于M，交DG于E′，交BH于F′， 记过O且垂直于DG的直线与DG的交点为P.
设OP＝3m，则DP＝5m，不难得出AQ＝7，AM＝7，
于是AE′＝5，E′G＝5，∴∠AGE′＝∠AHF′＝eq \f(π,4)，△AOH为等腰直角三角形．
又AF′＝5－3m，OF′＝7－5m，AF′＝OF′，
∴5－3m＝7－5m，解得m＝1，
∴AF′＝OF′＝5－3m＝2，∴OA＝2eq \r(2)，
∴阴影部分的面积S＝eq \f(135,360)×π×(2eq \r(2))2＋eq \f(1,2)×2eq \r(2)×2eq \r(2)－eq \f(π,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,2)＋4))(cm2)．
答案：eq \f(5π,2)＋4
4．(2020·新高考全国卷Ⅰ·条件的选择，正、余弦定理解三角形)
在①ac＝eq \r(3)，②csin A＝3，③c＝eq \r(3)b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c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin A＝eq \r(3)sin B，C＝eq \f(π,6)，________？
解：方案一：选条件①.
由C＝eq \f(π,6)和余弦定理得eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(\r(3),2).
由sin A＝eq \r(3)sin B及正弦定理得a＝eq \r(3)b.
于是eq \f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq \f(\r(3),2)，由此可得b＝c.
由①ac＝eq \r(3)，解得a＝eq \r(3)，b＝c＝1.
因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时c＝1.
方案二：选条件②.
由C＝eq \f(π,6)和余弦定理得eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(\r(3),2).
由sin A＝eq \r(3)sin B及正弦定理得a＝eq \r(3)b.
于是eq \f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq \f(\r(3),2)，由此可得b＝c，B＝C＝eq \f(π,6)，A＝eq \f(2π,3).
由②csin A＝3，所以c＝b＝2eq \r(3)，a＝6.
因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时c＝2eq \r(3).
方案三：选条件③.
由C＝eq \f(π,6)和余弦定理得eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(\r(3),2).
由sin A＝eq \r(3)sin B及正弦定理得a＝eq \r(3)b.
于是eq \f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq \f(\r(3),2)，由此可得b＝c.
由③c＝eq \r(3)b，与b＝c矛盾．
因此，选条件③时问题中的三角形不存在．
5．(2020·全国卷Ⅰ·利用正、余弦定理求面积)
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知B＝150°.
(1)若a＝eq \r(3)c，b＝2eq \r(7)，求△ABC的面积；
(2)若sin A＋eq \r(3)sin C＝eq \f(\r(2),2)，求C.
解：(1)由题设及余弦定理得
28＝3c2＋c2－2×eq \r(3)c2×cs 150°，
解得c＝2或c＝－2(舍去)，从而a＝2eq \r(3).
所以△ABC的面积为eq \f(1,2)×2eq \r(3)×2×sin 150°＝eq \r(3).
(2)因为在△ABC中，A＝180°－B－C＝30°－C，
所以sin A＋eq \r(3)sin C＝sin(30°－C)＋eq \r(3)sin C＝sin(30°＋C)．
故sin(30°＋C)＝eq \f(\r(2),2).
而0°＜C＜30°，所以30°＋C＝45°，故C＝15°.
6．(2020·全国卷Ⅱ·利用正、余弦定理求边、角及最值问题)
△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sin Bsin C.
(1)求A；
(2)若BC＝3，求△ABC周长的最大值．
解：(1)由正弦定理和已知条件得
BC2－AC2－AB2＝AC·AB.①
由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcs A．②
由①②得cs A＝－eq \f(1,2).
因为0＜A＜π，所以A＝eq \f(2π,3).
(2)由正弦定理及(1)得eq \f(AC,sin B)＝eq \f(AB,sin C)＝eq \f(BC,sin A)＝2eq \r(3)，
从而AC＝2eq \r(3)sin B，AB＝2eq \r(3)sin(π－A－B)＝3cs B－eq \r(3)sin B．
故BC＋AC＋AB＝3＋eq \r(3)sin B＋3cs B＝3＋2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,3))).
又0＜B＜eq \f(π,3)，所以当B＝eq \f(π,6)时，△ABC周长取得最大值3＋2eq \r(3).
7．(2019·全国卷Ⅲ·利用正弦定理求角及面积的范围问题)
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知asineq \f(A＋C,2)＝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：(1)由题设及正弦定理得sin Asineq \f(A＋C,2)＝sin Bsin A.
因为sin A≠0，所以sineq \f(A＋C,2)＝sin B．
由A＋B＋C＝180°，可得sineq \f(A＋C,2)＝cseq \f(B,2)，
故cs eq \f(B,2)＝2sineq \f(B,2)cseq \f(B,2).
因为cseq \f(B,2)≠0，所以sineq \f(B,2)＝eq \f(1,2)，所以B＝60°.
(2)由题设及(1)知△ABC的面积S△ABC＝eq \f(\r(3),4)a.
由(1)知A＋C＝120°，
由正弦定理得a＝eq \f(csin A,sin C)＝eq \f(sin120°－C,sin C)＝eq \f(\r(3),2tan C)＋eq \f(1,2).
由于△ABC为锐角三角形，故0°