三年高考（2017_2019）高考数学真题分项汇编专题10解三角形文（含解析）.pdf

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1、专题 10 解三角形专题 10 解三角形 1【2019 年高考全国卷文数】 ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c， 已知asinAbsinB=4csinC， cosA= ，则= 1 4 b c A6B5 C4D3 【答案】A 【解析】由已知及正弦定理可得， 222 4abc 由余弦定理推论可得 22222 14131 cos, 422424 bcaccc A bcbcb ，故选 A 3 46 2 b c 【名师点睛】本题考查正弦定理及余弦定理推论的应用先利用余弦定理推论得出a，b，c关系，再 结合正弦定理边角互换列出方程，解出结果. 2 【2019 年高考北京卷文数】 如图，A，B是半

2、径为 2 的圆周上的定点，P为圆周上的动点，是锐角，APB 大小为.图中阴影区域的面积的最大值为 A4+4cosB4+4sin C2+2cosD2+2sin 【答案】B 【解析】设圆心为O，如图 1，连接OA，OB，AB，OP，则，22AOBAPB 所以， 2 22 4 2 OAB S 扇形 因为，且都已确定， ABPAOBOAB SSSS 阴影扇形AOBOAB SS 扇形 ， 所以当最大时，阴影部分面积最大. ABP S 观察图象可知，当P为弧AB的中点时（如图 2） ，阴影部分的面积S取最大值， 此时BOP=AOP=， 面积S的最大值为=4+SPOB+ SPOA=4+ ABPAOBOAB

3、SSSS 阴影扇形 |OP|OB|sin（）+|OP|OA|sin（）=4+2sin+2sin=4+4 sin，故选 B. 1 2 1 2 【名师点睛】本题主要考查阅读理解能力、数学应用意识、数形结合思想及数学式子变形和运算求解 能力，有一定的难度.关键是观察分析区域面积最大时的状态，并将面积用边角等表示. 3【2018 年高考全国文数】的内角，的对边分别为，若的面积为ABCABC a b c ABC ，则 222 4 abc C AB 2 3 CD 4 6 【答案】C 【解析】由题可知，所以， 222 1 sin 24 ABC abc SabC 222 2sinCabcab 由余弦定理，得，

4、因为，所以， 222 2cosabcabCsincosCC 0,C 4 C 故选 C. 【名师点睛】本题主要考查余弦定理与三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查考生的运算求解能 力，考查的核心素养是数学运算.解三角形的题型一般有两类 ： 一是边角关系的转化，考生需对所给的边 角关系进行恒等变形；二是有几何背景的题型，难点在于涉及两个或两个以上的三角形，解决此类问题 可利用正、余弦定理进行求解，同时要重视三角函数的知识在解三角形中的运用. 4 【2018 年高考全国文数】在中，则ABC 5 cos 25 C 1BC 5AC AB AB 4 230 CD292 5 【答案】A 【解析】因为，所以

5、 cosC=21=21=. 5 cos 25 C 2 cos 2 C 2 5 () 5 3 5 于是，在ABC中，由余弦定理得AB2=AC2+BC22AC BCcosC=52+12251()=32， 3 5 所以AB=.故选 A. 4 2 【名师点睛】本题主要考查二倍角公式、余弦定理，考查考生的运算求解力，考查的数学核心素养是数 学运算.解三角形是近几年高考中的高频者点， 将解三角形与其他知识巧妙地融合在一起， 既体现了试题 设计的亮点，又体现了对所学知识的交汇考查. 5 【2017年高考全国文数】 ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c 已知sinsin(sincos)0BACC ，a

6、=2，c=，则C= 2 AB 12 6 CD 4 3 【答案】B 【解析】由题意得sin()sin(sincos)0ACACC ，sincoscossinsinsinsincos0ACACACAC 即，所以 sin(sincos)2sinsin()0 4 CAACA 3 4 A 由正弦定理得，即， sinsin ac AC 22 3 sin sin 4 C 1 sin 2 C 因为c90时，在中，. 1 PPB 1 15PBPB 由上可知，d15. 再讨论点Q的位置. 由 （ 2） 知 ， 要 使 得QA15， 点Q只 有 位 于 点C的 右 侧 ， 才 能 符 合 规 划 要 求 .当QA=

7、15时 ， .此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径. 2222 1563 21CQQAAC 综上， 当PBAB， 点Q位于点C右侧， 且CQ=时，d最小， 此时P，Q两点间的距离PQ=PD+CD+CQ=17+. 3 213 21 因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17+（百米）. 3 21 解法二：解法二： （1）如图，过O作OHl，垂足为H. 以O为坐标原点，直线OH为y轴，建立平面直角坐标系. 因为BD=12，AC=6，所以OH=9，直线l的方程为y=9，点A，B的纵坐标分别为3，3. 因为AB为圆O的直径，AB=10，所以圆O的方程为x2+y2=25. 从而A（4，3）

8、，B（4，3），直线AB的斜率为. 3 4 因为PBAB，所以直线PB的斜率为， 4 3 直线PB的方程为. 425 33 yx 所以P（13，9），. 22 ( 134)(93)15PB 因此道路PB的长为15（百米）. （2）若P在D处，取线段BD上一点E（4，0），则EO=490时，在中，. 1 PPB 1 15PBPB 由上可知，d15. 再讨论点Q的位置. 由（2）知，要使得QA15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.当QA=15时，设Q（a，9），由 ，得a=，所以Q（，9），此时，线段QA上所 22 (4)(93)15(4)AQaa43 2143 21 有点到点O的距离均

9、不小于圆O的半径. 综上，当P（13，9），Q（，9）时，d最小，此时P，Q两点间的距离 43 21 .43 21( 13)173 21PQ 因此，d最小时，P，Q两点间的距离为（百米）. 173 21 【名师点睛】本小题主要考查三角函数的应用、解方程、直线与圆等基础知识，考查直观想象和数学 建模及运用数学知识分析和解决实际问题的能力. 20【2018 年高考天津卷文数】在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c已知bsinA=acos(B ) 6 （1）求角B的大小； （2）设a=2，c=3，求b和 sin(2AB)的值 【答案】（1）；（2）b=；sin(2AB)= 3 7 3 3

10、 14 【解析】（1）在ABC中，由正弦定理，可得， sinsin ab AB sinsinbAaB 又由，得，即，可得 sincos() 6 bAaB sincos() 6 aBaB sincos() 6 BB tan3B 又因为，可得B=(0)B， 3 （2）在ABC中，由余弦定理及a=2，c=3，B=，有，故b= 3 222 2cos7bacacB7 由，可得 sincos() 6 bAaB 3 sin 7 A 因为ac，故 2 cos 7 A 因此， 4 3 sin22sincos 7 AAA 2 1 cos22cos1 7 AA 所以，sin(2)sin2coscos2 sinABA

11、BAB 4 31133 3 727214 【名师点睛】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 21 【2017 年高考天津卷文数】 在中， 内角所对的边分别为 已知，ABC, ,A B C, ,a b csin4 sinaAbB 222 5()acabc （1）求的值；cos A

12、（2）求的值sin(2)BA 【答案】（1）；（2） 5 5 2 5 5 【解析】（1）由及，得sin4 sinaAbB sinsin ab AB 2ab 由及余弦定理，得 222 5()acabc 222 5 5 5 cos 25 ac bca A bcac （2）由（1）可得，代入，得 2 5 sin 5 A sin4 sinaAbB sin5 sin 45 aA B b 由（1）知A为钝角，所以 2 2 5 cos1 sin 5 BB 于是， 4 sin22sincos 5 BBB 2 3 cos212sin 5 BB 故 4532 52 5 sin(2)sin2coscos2 sin(

13、) 55555 BABABA 【名师点睛】利用正弦定理进行“边转角”可寻求角的关系，利用“角转边”可寻求边的关系，利用 余弦定理借助三边关系可求角，利用两角和差的三角公式及二倍角公式可求三角函数值利用正、余 弦定理解三角形是高考的高频考点，常与三角形内角和定理、三角形面积公式等相结合，利用正、余 弦定理进行解题解答本题时， （1）首先根据正弦定理得到，再根据余弦定理即 sinsin ab AB 2ab 可求得的值；（2）根据（1）的结论和条件，由求得，然后根据cos Acos Asin Asin4 sinaAbB 求得，再求，然后由二倍角公式求，最后代入的展开式即可sin BcosBsin2

14、,cos2BBsin(2)BA 22 【2017 年高考山东卷文数】 在中， 角A，B，C的对边分别为a，b，c， 已知b=3，ABC 6AB AC ，求A和a.3 ABC S 【答案】 3 =, = 29. 4 Aa 【解析】因为，所以， 6AB AC cos6bcA 又，所以，3 ABC S sin6bcA 因此，又，tan1A 0A 所以， 3 4 A 又，所以.3b 2 2c 由余弦定理， 222 2cosabcbcA 得， 2 2 982 3 2 2()=29 2 a 所以.29a 【名师点睛】正、余弦定理是应用极为广泛的两个定理，它将三角形的边和角有机地联系起来，从而 使三角与几何

15、产生联系，为求与三角形有关的量(如面积、外接圆、内切圆半径和面积等)提供了理论 依据，也是判断三角形形状、证明三角形中有关等式的重要依据其主要方法有：化角法，化边法， 面积法，运用初等几何法注意体会其中蕴涵的函数与方程思想、等价转化思想及分类讨论思想. 23 【2017 年高考江苏卷】 如图， 水平放置的正四棱柱形玻璃容器和正四棱台形玻璃容器的高均为 32cm， 容器的底面对角线AC的长为 10cm，容器的两底面对角线，的长分别为 14cm 和 7 EG 11 E G 62cm分别在容器和容器中注入水，水深均为 12cm现有一根玻璃棒l，其长度为 40cm（容器 厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）

16、（1）将 放在容器中， 的一端置于点A处，另一端置于侧棱上，求 没入水中部分的长度；ll 1 CCl （2）将 放在容器中， 的一端置于点E处，另一端置于侧棱上，求 没入水中部分的长度ll 1 GGl 【答案】（1）16cm(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为 24cm)；（2） 20cm(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为 20cm) 【解析】（1）由正棱柱的定义，平面，所以平面平面， 1 CCABCD 11 A ACCABCD 1 CCAC 记玻璃棒的另一端落在上点处 1 CC M 因为，所以，从而，10 7,40ACAM 22 40(10 7)30

17、MC 3 sin 4 MAC 记与水面的交点为，过作P1Q1AC，Q1为垂足，AM 1 P 1 P 则P1Q1平面ABCD，故P1Q1=12，从而AP1= 11 16 sin P MAC Q 答：玻璃棒l没入水中部分的长度为 16cm (如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为 24cm) （2）如图，O，O1是正棱台的两底面中心 由正棱台的定义，OO1平面EFGH，所以平面E1EGG1平面EFGH，O1OEG 同理，平面E1EGG1平面E1F1G1H1，O1OE1G1 记玻璃棒的另一端落在GG1上点N处 过G作GKE1G1，K为垂足，则GK =OO1=32 因为EG = 14，

18、E1G1= 62， 所以KG1=，从而 62 14 24 2 2222 11 243240GGKGGK 设则 1 ,EGGENG 11 4 sinsin()cos 25 KGGKGG 因为，所以 2 3 cos 5 在中，由正弦定理可得，解得ENG 4014 sinsin 7 sin 25 因为，所以0 2 24 cos 25 于是 42473 sinsin()sin()sinco 3 scossin() 5252555 NEG 记EN与水面的交点为P2，过P2作P2Q2EG，Q2为垂足，则P2Q2平面EFGH， 故P2Q2=12，从而EP2= 22 20 sin P NEG Q 答：玻璃棒l

19、没入水中部分的长度为 20cm (如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为 20cm) 【名师点睛】解答本题时，（1）转化为直角三角形ACM中，利用相似性质求解AP1；（2）转化到三角 形EGN中，先利用直角梯形性质求角，再利用正弦定理求角，最后根据直角三角形求 1 EGGENG 高，即为 没入水中部分的长度l 解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之 间的关系，从而达到解决问题的目的其基本步骤是： 第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向； 第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化； 第三步：求结果