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

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1、专题 10 解三角形 1【 2018 年高考全国理数】在 ABC 中， 5 cos 25 C ，1BC，5AC，则AB A4 2B30 C 29 D2 5 【答案】 A 【解析】因为 2 253 cos2cos121, 255 C C 所以 2223 2cos1252 1 5324 2 5 ABBCACBC ACCAB ，则，故选 A. 【名师点睛】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 活转化为边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的. 2【 2018 年高考全国理数】 ABC 的内角ABC，的对边分别为a，b，c，若 ABC 的面积为 222 4 a

2、bc ，则C A 2 B 3 C 4 D 6 【答案】 C 【解析】由题可知 222 1 sin 24 ABC abc SabC ，所以 222 2sinCabcab ， 由余弦定理 222 2cosabcabC，得sincosCC，因为 0,C，所以 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. 3【2017 年高考山东卷理数】在ABC中，角A，B，C的对边分别为，若ABC为锐角三角 形，且满足sin(12cos)2sincoscossinBCACAC，则下列等式成立的是 AB C2ABD2BA

3、 a b c 2ab2ba 【答案】 A 【解析】由题意知sin()2sincos2sincoscossinACBCACAC， 所以2sin cossincos2sinsin2BCACBAba， 故选 A. 【名师点睛】本题较为容易，关键是要利用两角和与差的三角函数公式进行恒等变形. 首先用两角和的 正弦公式转化为含有A，B，C的式子，再用正弦定理将角转化为边，得到. 解答三角形中的问题 时，三角形内角和定理是经常用到的一个隐含条件，不容忽视. 4【 2019 年高考全国卷理数】ABC的内角,A B C的对边分别为, ,a b c. 若 6,2 , 3 bac B，则 ABC的面积为 _ 【答

4、案】 6 3 【解析】由余弦定理得 222 2cosbacacB，所以 222 1 (2 )226 2 cccc，即 2 12c， 解得 2 3,2 3cc （舍去）， 所以 24 3ac ， 113 sin4 32 36 3. 222 ABC SacB 【名师点睛】本题易错点往往是余弦定理应用有误或是开方导致错误解答此类问题，关键是在明确 方法的基础上，准确记忆公式，细心计算本题首先应用余弦定理，建立关于 c的方程，应用,a c的关 系、三角形面积公式计算求解，本题属于常见题目，难度不大，注重了基础知识、基本方法、数学式 子的变形及运算求解能力的考查 5【 2019 年高考浙江卷】在ABC中

5、，90ABC，4AB，3BC，点D在线段AC上，若 45BDC，则BD_，cosABD_ 【答案】 122 5 ， 72 10 【解析】如图，在 ABD 中，由正弦定理有： sinsin ABBD ADBBAC ，而 3 4, 4 ABADB， 22 5AC =AB + BC= ， 34 sin,cos 55 BCAB BACBAC ACAC ，所以 12 2 5 BD. 72 coscos()coscossinsin 4410 ABDBDCBACBACBAC. 2ab 【名师点睛】本题主要考查解三角形问题，即正弦定理、三角恒等变换、数形结合思想及函数方程思 想. 在 ABD 中应用正弦定理，

6、建立方程，进而得解. 解答解三角形问题，要注意充分利用图形特征. 6 【2018 年高考浙江卷】在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c若 7a ，b=2，A=60，则 sin B=_，c=_ 【答案】 21 7 ， 3 【解析】由正弦定理得 sin sin aA bB ，所以 221 sinsin, 37 7 B 由余弦定理得 2222 2cos,742 ,3abcbcAccc（负值舍去） . 【名师点睛】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 化为边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的. 解答本题时，根据正弦定理得sinB，根据余弦定理 解

7、出c. 7 【2017 年高考浙江卷】 已知ABC，AB=AC=4，BC=2点D为AB延长线上一点，BD=2，连结CD，则BDC 的面积是 _，cosBDC=_ 【答案】 1510 , 24 【解析】取BC中点E，由题意：AEBC， ABE中， 1 cos 4 BE ABC AB ， 1115 cos,sin1 4164 DBCDBC， 115 sin 22 BCD SBDBCDBC 2ABCBDC， 21 coscos22cos1 4 ABCBDCBDC， 解得 10 cos 4 BDC 或 10 cos 4 BDC （舍去） 综上可得，BCD面积为 15 2 ， 10 cos 4 BDC

8、【名师点睛】利用正、余弦定理解决实际问题的一般思路： （1）实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可以利用正弦定理或余弦定 理求解； （2）实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个或两个以上三角形，这时需作出这些三角形， 先解够条件的三角形，再逐步解其他三角形，有时需要设出未知量，从几个三角形中列出方程（组）， 解方程（组）得出所要的解 8 【 2019年 高 考 全 国 卷 理 数 】ABC的 内 角A，B，C的 对 边 分 别 为a，b，c， 设 22 (sinsin)sinsinsinBCABC （1）求A； （2）若 22abc ，求 sinC 【答案】（1）

9、 60A ； （ 2） 62 sin 4 C . 【解析】（1）由已知得 222 sinsinsinsinsinBCABC ， 故由正弦定理得 222 bcabc 由余弦定理得 222 1 cos 22 bca A bc 因为 0180A ，所以 60A （2）由（ 1）知 120BC ， 由题设及正弦定理得2 sinsin 1202sinACC， 即 631 cossin2sin 222 CCC，可得 2 cos60 2 C 由于 0120C ，所以 2 sin60 2 C，故 sinsin6060CC sin60cos60cos60sin 60CC 62 4 【名师点睛】本题考查利用正弦定

10、理、余弦定理解三角形的问题，涉及到两角和差正弦公式、同角三 角函数关系的应用，解题关键是能够利用正弦定理对边角关系式进行化简，得到余弦定理的形式或角 之间的关系 . 9 【2019 年高考全国卷理数】ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinsin 2 AC abA （1）求B； （2）若ABC为锐角三角形，且c=1，求ABC面积的取值范围 【答案】（1）B=60； （2） 33 (,) 82 . 【解析】（ 1）由题设及正弦定理得sinsinsinsin 2 AC ABA 因为 sinA0，所以sinsin 2 AC B 由 180ABC ，可得sincos 22 ACB ，故

11、cos 2sincos 222 BBB 因为cos0 2 B ，故 1 sin 22 B ， 因此B=60 （2）由题设及（ 1）知ABC的面积 3 4 ABC Sa 由正弦定理得 sin 120 sin31 sinsin2tan2 C cA a CCC 由于ABC为锐角三角形，故 090时，在 1 PPB中， 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 ， 2222 1 5632 1C QQ AA C . 此时，线段QA上所有点到点O的

12、距离均不小于圆O的半径 . 综上，当PBAB，点Q位于点C右侧，且CQ=3 21时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQ=PD+CD+CQ=17+ 3 21. 因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17+3 21（百米） . 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x 2+y2=25. 从而A（4，3），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

13、 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 1 PPB 中，1 15PBPB . 由上可知，d15. 再讨论点Q的位置 . 由（ 2）知，要使得QA 15，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 22 (4)(93)15(4)AQaa ，得a=4 3 21，所以 Q（ 43 21， 9），此时，线段 QA 上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径 . 综上，当P（-13，9

14、），Q（ 43 21， 9）时， d最小，此时P，Q两点间的距离 43 21( 13)173 21PQ. 因此，d最小时，P，Q两点间的距离为 173 21（百米） . 【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. 14【 2018 年高考全国理数】在平面四边形 ABCD中，90ADC ， 45A ， 2AB ， 5BD . （1）求cos ADB； （2）若 2 2DC ，求BC. 【答案】（1） 23 5 ； （2）5. 【解析】（1）在 ABD 中，由正弦定理得 sinsin BDAB AADB .

15、 由题设知， 52 sin45sinADB ，所以 2 sin 5 ADB . 由题设知， 90ADB ， 所以 223 cos1 255 ADB. （2）由题设及（ 1）知， 2 cossin 5 BDCADB . 在 BCD 中，由余弦定理得 222 2cosBCBDDCBD DCBDC 2 258252 2 5 25. 所以5BC. 【名师点睛】求解此类问题的突破口： 一是观察所给的四边形的特征，正确分析已知图形中的边角关系，判断是用正弦定理，还是用余弦定 理，求边角； 二是注意大边对大角，在解三角形中的应用. 15 【2017 年高考全国理数】ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，

16、c， 已知ABC的面积为 2 3sin a A . （1）求 sinBsinC; （2）若 6cosBcosC=1，a=3，求ABC的周长 . 【答案】（1） 2 3 ； （2）3 33. 【解析】（1）由题设得 2 1 sin 23sin a acB A ，即 1 sin 23sin a cB A . 由正弦定理得 1sin sinsin 23sin A CB A . 故 2 sinsin 3 BC. （2）由题设及（ 1）得 1 coscossinsin 2 BCBC，即 1 cos() 2 BC. 所以 2 3 BC ，故 3 A . 由题设得 2 1 sin 23sin a bcA A

17、 ，即8bc. 由余弦定理得 22 9bcbc，即 2 ()39bcbc，得33bc. 故ABC的周长为 333. 【名师点睛】在处理解三角形问题时，要注意抓住题目所给的条件，当题设中给定三角形的面积，可 以使用面积公式建立等式，再将所有边的关系转化为角的关系，有时需将角的关系转化为边的关系； 解三角形问题常见的一种考题是“已知一条边的长度和它所对的角，求面积或周长的取值范围”或者 “已知一条边的长度和它所对的角，再有另外一个条件，求面积或周长的值”，这类问题的通法思路 是：全部转化为角的关系，建立函数关系式，如sin()yAxb，从而求出范围，或利用余弦定 理以及基本不等式求范围；求具体的值

18、直接利用余弦定理和给定条件即可. 16【 2018 年高考天津卷理数】 在 ABC 中， 内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知sincos() 6 bAaB. （1）求角B的大小； （2）设a=2，c=3，求b和sin(2)AB的值 . 【答案】（ 1） 3 ；（ 2）b= 7，sin(2 )AB= 3 3 14 . 【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，考查运算求解能力满分13 分 （1）在ABC中，由正弦定理 sinsin ab AB ，可得sinsinbAa B ， 又由 sincos()

19、 6 bAaB ，得 sincos() 6 aBaB ， 即 sincos() 6 BB ，可得 tan3B 又因为(0 )B，可得B= 3 （2）在ABC中，由余弦定理及a=2，c=3，B= 3 ，有 222 2cos7bacacB，故 b= 7 由 sincos() 6 bAaB ，可得 3 sin 7 A 因为ac，故 2 cos 7 A 因此 4 3 sin 22sincos 7 AAA， 21 cos22cos1 7 AA 所以， sin(2)sin2coscos2sinABABAB 4 31133 3 727214 【名师点睛】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

20、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 17 【2017 年高考全国理数】ABC的内角,A B C的对边分别为, ,a b c，已知 2 sin8sin 2 B AC （1）求cosB； （2）若 6ac ， ABC 的面积为 2，求b 【答案】（1） 15 cos 17 B； （2） 2b 【解析】（1）由题设及ABC，可得 2 sin8sin 2 B B，故sin4 1cosBB 上式两边平方，整理得 2 17cos32cos150BB， 解得cos1B( 舍去 )

21、， 15 cos 17 B （2）由 15 cos 17 B得 8 sin 17 B，故 14 =sin 217 ABC SacBac 又 =2 ABC S，则 17 2 ac 由余弦定理及 6ac 得： 2 222 1715 2cos21cos362(1)4, 217 bacacBacacB 所以2b 【名师点睛】解三角形问题是高考的高频考点，命题大多放在解答题的第一题，主要利用三角形的内 角和定理，正、余弦定理，三角形的面积公式等知识进行求解解题时要灵活利用三角形的边角关系 进行“边转角”“角转边”，另外要注意 22 ,ac ac ac三者之间的关系，这样的题目小而活，备受 命题者的青睐

22、18【 2018 年高考北京卷理数】在ABC中，a=7，b=8，cosB= 1 7 （1）求A； （2）求AC边上的高 【答案】（ 1） 3 ；（ 2） 3 3 2 【解析】（ 1）在ABC中， cosB= 1 7 ，B（ 2 ，）， sinB= 24 3 1cos 7 B 由正弦定理得 sinsin ab AB 7 sin A = 8 4 3 7 ， sinA= 3 2 B（ 2 ，），A（ 0， 2 ）， A= 3 （2）在ABC中， sinC=sin （A+B）=sinAcosB+sinBcosA= 3114 3 () 2727 = 3 3 14 如图所示，在ABC中， sinC= h

23、BC ，h=sinBCC= 3 33 3 7 142 ， AC边上的高为 3 3 2 【名师点睛】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，基本步聚是： 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. 19【2017 年高考天津卷理数】 在ABC中， 内角,A B C所对的边分别为, ,a b c 已知ab，5,6ac， 3 sin 5 B （1）求b和sin A的值； （2）求 sin

24、(2) 4 A的值 【答案】（1）b的值为 13，sin A的值为 3 13 13 ； （2） 72 26 . 【解析】（1）在ABC中，因为ab，故由 3 sin 5 B，可得 4 cos 5 B 由已知及余弦定理，有 222 2cos13bacacB， 所以 13b 由正弦定理 sinsin ab AB ，得 sin3 13 sin 13 aB A b 所以，b的值为 13，sin A的值为 3 13 13 （2）由（ 1）及ac，得 2 13 cos 13 A ， 所以 12 sin 22sincos 13 AAA， 2 5 cos212sin 13 AA 故 72 sin(2)sin

25、2coscos2sin 44426 AAA 【名师点睛】 （1）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（2）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 20【 2017 年高考全国理数】ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c. 已知sin 3cos0AA ， a=2 7，b=2. （1）求c； （2）设D为BC边上一点，且AD AC，求ABD的面积 . 【答案】（ 1）4c；（ 2） 3. 【解析】（

26、1）由已知可得 tan3A ，所以 2 3 A. 在ABC中，由余弦定理得 22 2844 cos 3 cc ，即 2 2240cc. 解得 6c ( 舍去 ) ， 4c . （2）由题设可得 2 CAD， 所以 6 BADBACCAD. 故 ABD 面积与 ACD 面积的比值为 1 sin 26 1 1 2 AB AD AC AD . 又ABC的面积为 1 42sin2 3 2 BAC， 所以 ABD 的面积为 3. 【名师点睛】在解决三角形问题中，面积公式最常用，因为公式中既有边又有角，容易和正弦定理、 余弦定理联系起来. 正、余弦定理在应用时，应注意灵活性，已知两角和一边，该三角形是确定

27、的，其 解是唯一的；已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据三角函数值的有界性和大边 对大角定理进行判断. （1）由题意首先求得 2 3 A，然后利用余弦定理列方程，边长取方程的正实数根可得 4c； （ 2）利用题意首先求得ABD的面积与ACD的面积的比值，然后结合ABC的面积可求得 ABD的面积为3. 21【 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 10 7cm， 容器的两底面对角线 EG ， 11 E G 的长分别为14cm和 62cm 分 别在容器和容器中注入水，水深均为12cm 现有一

28、根玻璃棒l，其长度为40cm （容器厚度、玻 璃棒粗细均忽略不计） （1）将 l 放在容器中，l 的一端置于点A处，另一端置于侧棱 1 CC 上，求 l 没入水中部分的长度； （2）将 l 放在容器中，l 的一端置于点E处，另一端置于侧棱 1 GG 上，求 l 没入水中部分的长度 【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， 1 CC 平面ABCD，所以平面 11 A ACC 平面ABCD， 1 CCAC 记玻璃棒的另一端落在

29、1 CC上点 M 处 因为107,40ACAM，所以 22 40(10 7)30MC ，从而 3 sin 4 MAC， 记AM与水面的交点为 1 P，过 1 P作P1Q1AC，Q1为垂足， 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，OO 1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

30、GG1上点N处 过G作GKE1G1，K为垂足，则GK =OO 1=32 因为EG = 14 ，E1G1= 62 ， 所以KG1= 6214 24 2 ，从而 2222 11 243240GGKGGK 设 1 ,EGGENG则 11 4 sinsin()cos 25 KGGKGG 因为 2 ，所以 3 cos 5 在 ENG 中，由正弦定理可得 4014 sinsin ，解得 7 sin 25 因为0 2 ，所以 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，

31、则P2Q2平面EFGH， 故P2Q2=12，从而EP2= 22 20 sin P NEG Q 答：玻璃棒l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 1 EGG，再利用正弦定理求角 ENG，最后根据直角三角形求 高，即为 l 没入水中部分的长度 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

32、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 22【 2017 年高考北京卷理数】在ABC中， A=60，c= 3 7 a. （1）求 sinC的值； （2）若a=7，求ABC的面积 . 【答案】（1） 3 3 14 ； （2）6 3. 【解析】（1）在ABC中，因为60A， 3 7 ca， 所以由正弦定理得 sin333 3 sin 7214 cA C a . （2）因为7a，所以 3 73 7 c. 由余弦定理 222 2cosabcbcA得 222 1 7323 2 bb， 解得 8b

33、或 5b （舍） . 所以ABC的面积 113 sin836 3 222 SbcA . 【名师点睛】高考中经常将三角变换与解三角形知识综合起来命题，如果式子中含有角的余弦或边的 二次式，要考虑用余弦定理实现边角互化；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑 用正弦定理实现边角互化；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到而三角变换中主 要是“变角、变函数名和变运算形式”，其中的核心是“变角”，即注意角之间的结构差异，弥补这 种结构差异的依据就是三角公式. （1）根据正弦定理 sinsin ac AC 求sinC的值； （2）根据条件可知7,3,ac根据余弦定理求出b的值，最后利用三角形的面积公式 1 sin 2 SbcA 进行求解即可.