高中化高三大題練習解題4三角函數(shù)與平面向量專題4第19練

綜合復習資料高中化學第19練解三角形問題[題型分析·高考展望]正弦定理和余弦定理是解三角形的工具，而解三角形問題是高考每年必考的熱點問題之一.命題的重點主要有三個方面：一是以斜三角形為背景求三角形的基本量、求三角形的面積、周長、判斷三角形形狀等；二是以實際生活為背景，考查解三角形問題；三是與其他知識的交匯性問題，此類試題一直是命題的重點和熱點.?？碱}型精析題型一活用正弦、余弦定理求解三角形問題例1(1)(2015·廣東)設△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若a＝2，c＝2eq\r(3)，cosA＝eq\f(\r(3),2)且b<c，則b等于()A.3 B.2eq\r(2)C.2 D.eq\r(3)(2)(2014·山東)△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.已知a＝3，cosA＝eq\f(\r(6),3)，B＝A＋eq\f(π,2).①求b的值；②求△ABC的面積.點評在根據(jù)正弦、余弦定理解三角形問題中，要結合大邊對大角進行判斷.一般地，斜三角形中，用正弦定理求角時，若已知小角求大角，有兩解，已知大角求小角有一解；在解三角形問題中，三角形內角和定理起著重要作用，在解題中要注意根據(jù)這個定理確定角的范圍，確定三角函數(shù)值的符號，防止增解等擴大范圍的現(xiàn)象發(fā)生.變式訓練1(2015·課標全國Ⅱ)△ABC中，D是BC上的點，AD平分∠BAC，BD＝2DC.(1)求eq\f(sinB,sinC)；(2)若∠BAC＝60°，求B.題型二正弦、余弦定理的實際應用例2如圖，游客從某旅游景區(qū)的景點A處下山至C處有兩種路徑.一種是從A沿直線步行到C，另一種是先從A沿索道乘纜車到B，然后從B沿直線步行到C.現(xiàn)有甲、乙兩位游客從A處下山，甲沿AC勻速步行，速度為50m/min.在甲出發(fā)2min后，乙從A乘纜車到B，在B處停留1min后，再從B勻速步行到C.假設纜車勻速直線運動的速度為130m/min，山路AC長為1260m，經(jīng)測量cosA＝eq\f(12,13)，cosC＝eq\f(3,5).(1)求索道AB的長；(2)問：乙出發(fā)多少分鐘后，乙在纜車上與甲的距離最短？(3)為使兩位游客在C處互相等待的時間不超過3分鐘，乙步行的速度應控制在什么范圍內？點評解三角形中的實際問題四步驟：(1)分析題意，準確理解題意，分清已知與所求，尤其要理解題中的有關名詞、術語，如坡度、仰角、俯角、方位角等；(2)根據(jù)題意畫出示意圖，并將已知條件在圖形中標出；(3)將所求解的問題歸結到一個或幾個三角形中，通過合理運用正弦定理、余弦定理等有關知識正確求解；(4)檢驗解出的結果是否具有實際意義，對結果進行取舍，得出正確答案.變式訓練2(2014·四川)如圖，從氣球A上測得正前方的河流的兩岸B，C的俯角分別為67°，30°，此時氣球的高是46m，則河流的寬度BC約等于________m.(用四舍五入法將結果精確到個位.參考數(shù)據(jù)：sin67°≈0.92，cos67°≈0.39，sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，eq\r(3)≈1.73)題型三解三角形與其他知識的交匯例3(2015·長春模擬)已知向量m＝(cosx，－1)，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)sinx，－\f(1,2)))，函數(shù)f(x)＝(m＋n)·m.(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期；(2)已知a，b，c分別為△ABC內角A，B，C的對邊，A為銳角，a＝1，c＝eq\r(3)，且f(A)恰是函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值，求A，b和△ABC的面積.點評解三角形問題與三角函數(shù)性質、向量、不等式、立體幾何、數(shù)列等知識結合交匯，是近年來高考的新題型，對于這種問題要細心讀題，弄清問題實質，一般都以其他知識為載體，主體還是利用正弦、余弦定理解三角形，所以將問題轉化為解三角形是關鍵.變式訓練3(2015·陜西)△ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.向量m＝(a，eq\r(3)b)與n＝(cosA，sinB)平行.(1)求A；(2)若a＝eq\r(7)，b＝2，求△ABC的面積.高考題型精練1.(2015·北京改編)在△ABC中，a＝4，b＝5，c＝6，則eq\f(sin2A,sinC)等于()A.eq\f(1,2) B.2C.1 D.eq\r(3)2.(2015·重慶改編)設△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a＝2，cosC＝－eq\f(1,4)，3sinA＝2sinB，則c等于()A.2 B.3C.eq\f(3,2) D.43.在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知C＝2A，cosA＝eq\f(3,4)，b＝5，則△ABC的面積為()A.eq\f(15\r(7),4) B.eq\f(15\r(7),2)C.eq\f(5\r(7),4) D.eq\f(5\r(7),2)4.(2014·江西)在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別是a，b，c.若3a＝2b，則eq\f(2sin2B－sin2A,sin2A)的值為()A.eq\f(1,9) B.eq\f(1,3)C.1 D.eq\f(7,2)5.(2014·課標全國Ⅱ)鈍角三角形ABC的面積是eq\f(1,2)，AB＝1，BC＝eq\r(2)，則AC等于()A.5 B.eq\r(5)C.2 D.16.在△ABC中，eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝|eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))|＝3，則△ABC面積的最大值為()A.eq\r(21) B.eq\f(3\r(21),4)C.eq\f(\r(21),2) D.3eq\r(21)7.(2014·天津)在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別是a，b，c.已知b－c＝eq\f(1,4)a,2sinB＝3sinC，則cosA的值為________.8.(2015·江蘇)設向量ak＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(kπ,6)，sin\f(kπ,6)＋cos\f(kπ,6)))(k＝0,1,2，…，12)，則eq\i\su(k=0,11,)(ak·ak＋1)的值為________.9.(2014·課標全國Ⅰ)已知a，b，c分別為△ABC三個內角A，B，C的對邊，a＝2，且(2＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)·sinC，則△ABC面積的最大值為________.10.設△ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若A＝eq\f(π,3)，a＝eq\r(3)，則b2＋c2的取值范圍為________.11.(2014·重慶)在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且a＋b＋c＝8.(1)若a＝2，b＝eq\f(5,2)，求cosC的值；(2)若sinAcos2eq\f(B,2)＋sinBcos2eq\f(A,2)＝2sinC，且△ABC的面積S＝eq\f(9,2)sinC，求a和b的值.12.(2015·南京模擬)如圖所示，某小區(qū)準備將閑置的一直角三角形(其中∠B＝eq\f(π,2)，AB＝a，BC＝eq\r(3)a)地塊開發(fā)成公共綠地，設計時，要求綠地部分有公共綠地走道MN，且兩邊是兩個關于走道MN對稱的三角形(△AMN和△A′MN)，現(xiàn)考慮方便和綠地最大化原則，要求M點與B點不重合，A′落在邊BC上，設∠AMN＝θ.(1)若θ＝eq\f(π,3)時，綠地“最美”，求最美綠地的面積；(2)為方便小區(qū)居民的行走，設計時要求將AN，A′N的值設計最短，求此時綠地公共走道的長度.

答案精析第19練解三角形問題?？碱}型精析例1(1)C[由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得4＝b2＋12－2×b×2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)，即b2－6b＋8＝0，∴b＝4或b＝2，又b<c，∴b＝2.](2)解①在△ABC中，由題意知，sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(\r(3),3)，又因為B＝A＋eq\f(π,2)，所以sinB＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,2)))＝cosA＝eq\f(\r(6),3).由正弦定理，得b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(3×\f(\r(6),3),\f(\r(3),3))＝3eq\r(2).②由B＝A＋eq\f(π,2)得cosB＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,2)))＝－sinA＝－eq\f(\r(3),3).由A＋B＋C＝π，得C＝π－(A＋B).所以sinC＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(\r(3),3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)))＋eq\f(\r(6),3)×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(1,3).因此△ABC的面積S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×3×3eq\r(2)×eq\f(1,3)＝eq\f(3\r(2),2).變式訓練1解(1)由正弦定理得eq\f(AD,sinB)＝eq\f(BD,sin∠BAD)，eq\f(AD,sinC)＝eq\f(DC,sin∠CAD).因為AD平分∠BAC，BD＝2DC，所以eq\f(sinB,sinC)＝eq\f(DC,BD)＝eq\f(1,2).(2)因為C＝180°－(∠BAC＋B)，∠BAC＝60°，所以sinC＝sin(∠BAC＋B)＝eq\f(\r(3),2)cosB＋eq\f(1,2)sinB.由(1)知2sinB＝sinC，所以tanB＝eq\f(\r(3),3)，即B＝30°.例2解(1)在△ABC中，因為cosA＝eq\f(12,13)，cosC＝eq\f(3,5)，所以sinA＝eq\f(5,13)，sinC＝eq\f(4,5).從而sinB＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(5,13)×eq\f(3,5)＋eq\f(12,13)×eq\f(4,5)＝eq\f(63,65).由正弦定理eq\f(AB,sinC)＝eq\f(AC,sinB)，得AB＝eq\f(AC,sinB)×sinC＝eq\f(1260,\f(63,65))×eq\f(4,5)＝1040(m).所以索道AB的長為1040m.(2)假設乙出發(fā)t分鐘后，甲、乙兩游客距離為d，此時，甲行走了(100＋50t)m，乙距離A處130tm，所以由余弦定理得d2＝(100＋50t)2＋(130t)2－2×130t×(100＋50t)×eq\f(12,13)＝200(37t2－70t＋50)，由于0≤t≤eq\f(1040,130)，即0≤t≤8，故當t＝eq\f(35,37)min時，甲、乙兩游客距離最短.(3)由正弦定理eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AC,sinB)，得BC＝eq\f(AC,sinB)×sinA＝eq\f(1260,\f(63,65))×eq\f(5,13)＝500(m).乙從B出發(fā)時，甲已走了50×(2＋8＋1)＝550(m)，還需走710m才能到達C.設乙步行的速度為vm/min，由題意得－3≤eq\f(500,v)－eq\f(710,50)≤3，解得eq\f(1250,43)≤v≤eq\f(625,14)，所以為使兩位游客在C處互相等待的時間不超過3min，乙步行的速度應控制在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1250,43)，\f(625,14)))(單位：m/min)范圍內.變式訓練260解析根據(jù)已知的圖形可得AB＝eq\f(46,sin67°).在△ABC中，∠BCA＝30°，∠BAC＝37°，由正弦定理，得eq\f(AB,sin30°)＝eq\f(BC,sin37°)，所以BC≈2×eq\f(46,0.92)×0.60＝60(m).例3解(1)f(x)＝(m＋n)·m＝cos2x＋eq\r(3)sinxcosx＋eq\f(3,2)＝eq\f(1＋cos2x,2)＋eq\f(\r(3),2)sin2x＋eq\f(3,2)＝eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(\r(3),2)sin2x＋2＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋2.因為ω＝2，所以最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)由(1)知f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋2，當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，eq\f(π,6)≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(7π,6).由正弦函數(shù)圖象可知，當2x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)時，f(x)取得最大值3，又A為銳角，所以2A＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，A＝eq\f(π,6).由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得1＝b2＋3－2×eq\r(3)×b×coseq\f(π,6)，所以b＝1或b＝2，經(jīng)檢驗均符合題意.從而當b＝1時，△ABC的面積S＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×1×sineq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),4)；當b＝2時，△ABC的面積S＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×2×sineq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),2).變式訓練3解(1)因為m∥n，所以asinB－eq\r(3)bcosA＝0，由正弦定理，得sinAsinB－eq\r(3)sinBcosA＝0，又sinB≠0，從而tanA＝eq\r(3)，由于0＜A＜π，所以A＝eq\f(π,3).(2)方法一由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA，而由a＝eq\r(7)，b＝2，A＝eq\f(π,3)，得7＝4＋c2－2c，即c2－2c－3＝0，因為c＞0，所以c＝3，故△ABC的面積為S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(3\r(3),2).方法二由正弦定理，得eq\f(\r(7),sin\f(π,3))＝eq\f(2,sinB)，從而sinB＝eq\f(\r(21),7)，又由a＞b，知A＞B，所以cosB＝eq\f(2\r(7),7)，故sinC＝sin(A＋B)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,3)))＝sinBcoseq\f(π,3)＋cosBsineq\f(π,3)＝eq\f(3\r(21),14).所以△ABC的面積為S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(3\r(3),2).高考題型精練1.C[由余弦定理：cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(25＋36－16,2×5×6)＝eq\f(3,4)，∴sinA＝eq\f(\r(7),4)，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(16＋25－36,2×4×5)＝eq\f(1,8)，∴sinC＝eq\f(3\r(7),8)，∴eq\f(sin2A,sinC)＝eq\f(2×\f(3,4)×\f(\r(7),4),\f(3\r(7),8))＝1.]2.D[由3sinA＝2sinB，得3a＝2b，∴b＝eq\f(3,2)a＝eq\f(3,2)×2＝3，在△ABC中，由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcosC＝22＋32－2×2×3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))＝16，解得c＝4.]3.A[cosA＝eq\f(3,4)，cosC＝2cos2A－1＝eq\f(1,8)，sinC＝eq\f(3\r(7),8)，tanC＝3eq\r(7)，如圖，設AD＝3x，AB＝4x，CD＝5－3x，BD＝eq\r(7)x.在Rt△DBC中，tanC＝eq\f(BD,CD)＝eq\f(\r(7)x,5－3x)＝3eq\r(7)，解之得：BD＝eq\r(7)x＝eq\f(3\r(7),2)，S△ABC＝eq\f(1,2)BD·AC＝eq\f(15\r(7),4).]4.D[∵eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，∴eq\f(sinB,sinA)＝eq\f(b,a).∵3a＝2b，∴eq\f(b,a)＝eq\f(3,2).∴eq\f(sinB,sinA)＝eq\f(3,2).∴eq\f(2sin2B－sin2A,sin2A)＝2(eq\f(sinB,sinA))2－1＝2×(eq\f(3,2))2－1＝eq\f(9,2)－1＝eq\f(7,2).]5.B[∵S＝eq\f(1,2)AB·BCsinB＝eq\f(1,2)×1×eq\r(2)sinB＝eq\f(1,2)，∴sinB＝eq\f(\r(2),2)，∴B＝eq\f(π,4)或eq\f(3π,4).當B＝eq\f(3π,4)時，根據(jù)余弦定理有AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB＝1＋2＋2＝5，∴AC＝eq\r(5)，此時△ABC為鈍角三角形，符合題意；當B＝eq\f(π,4)時，根據(jù)余弦定理有AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB＝1＋2－2＝1，∴AC＝1，此時AB2＋AC2＝BC2，△ABC為直角三角形，不符合題意.故AC＝eq\r(5).]6.B[設角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，∵eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝|eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))|＝3，又cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)≥1－eq\f(9,2bc)＝1－eq\f(3cosA,2)，∴cosA≥eq\f(2,5)，∴0<sinA≤eq\f(\r(21),5)，∴△ABC的面積S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(3,2)tanA≤eq\f(3,2)×eq\f(\r(21),2)＝eq\f(3\r(21),4)，故△ABC面積的最大值為eq\f(3\r(21),4).]7.－eq\f(1,4)解析由2sinB＝3sinC及正弦定理得2b＝3c，即b＝eq\f(3,2)c.又b－c＝eq\f(1,4)a，∴eq\f(1,2)c＝eq\f(1,4)a，即a＝2c.由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(\f(9,4)c2＋c2－4c2,2×\f(3,2)c2)＝eq\f(－\f(3,4)c2,3c2)＝－eq\f(1,4).8.9eq\r(3)解析∵ak＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(kπ,6)，sin\f(kπ,6)＋cos\f(kπ,6)))，∴ak·ak＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(kπ,6)，sin\f(kπ,6)＋cos\f(kπ,6)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(k＋1,6)π，sin\f(k＋1,6)π＋cos\f(k＋1,6)π))＝coseq\f(kπ,6)·coseq\f(k＋1,6)π＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(kπ,6)＋cos\f(kπ,6)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(k＋1,6)π＋cos\f(k＋1,6)π))＝eq\f(3,2)coseq\f(π,6)＋eq\f(1,2)coseq\f(2k＋1,6)π＋sineq\f(2k＋1,6)π.故eq\i\su(k＝0,11,)ak·ak＋1＝eq\i\su(k＝0,11,)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)cos\f(π,6)＋\f(1,2)cos\f(2k＋1,6)π＋sin\f(2k＋1,6)π))＝eq\f(3,2)eq\i\su(k＝0,11,c)oseq\f(π,6)＋eq\f(1,2)eq\i\su(k＝0,11,c)oseq\f(2k＋1,6)π＋eq\i\su(k＝0,11,s)ineq\f(2k＋1,6)π.由eq\i\su(k＝0,11,c)oseq\f(2k＋1,6)π＝0，eq\i\su(k＝0,11,s)ineq\f(2k＋1,6)π＝0，得eq\i\su(k＝0,11,)ak·ak＋1＝eq\f(3,2)coseq\f(π,6)×12＝9eq\r(3).9.eq\r(3)解析∵eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R，a＝2，又(2＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC可化為(a＋b)(a－b)＝(c－b)·c，∴a2－b2＝c2－bc，∴b2＋c2－a2＝bc.∴eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(bc,2bc)＝eq\f(1,2)＝cosA，∴A＝60°.∵△ABC中，4＝a2＝b2＋c2－2bc·cos60°＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc(“＝”當且僅當b＝c時取得)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)·bc·sinA≤eq\f(1,2)×4×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3).10.(3,6]解析由正弦定理，得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2，b＝2sinB，c＝2sinC，所以b2＋c2＝4(sin2B＋sin2C)＝2(1－cos2B＋1－cos2C)＝4－2cos2B－2cos2(eq\f(2π,3)－B)＝4＋eq\r(3)sin2B－cos2B＝4＋2sin(2B－eq\f(π,6)).又0<B<eq\f(2π,3)，所以－eq\f(π,6)<2B－eq\f(π,6)<eq\f(7π,6).所以－1<2sin(2B－eq\f(π,6))≤2.所以3<b2＋c2≤6.11.解(1)由題意可知c＝8－(a＋b)＝eq\f(7,2).由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(22＋\f(5,2)2－\f(7,2)2,2×2×\f(5,2))＝－eq\f(1,5).(2)由sinAcos2eq\f(B,2)＋sinBcos2eq\f(A,2)＝2sinC，可得sinA·eq\f(1＋cosB,2)＋sinB·eq\f(1＋cosA,2)＝2s