高考數(shù)學 試題匯編 第四節(jié)解三角形 文（含解析）

第四節(jié)解三角形利用正、余弦定理解三角形考向聚焦高考的熱點,主要考查方向有(1)單純利用正、余弦定理求三角形的邊長、夾角以及面積等基礎(chǔ)問題;(2)結(jié)合正、余弦定理、三角恒等變換等知識,在三角形內(nèi)綜合考查學生對解三角形的掌握.其中第(1)方向常以客觀題形式出現(xiàn),難度不大,所占分值約為5分,第(2)方向常以解答題形式出現(xiàn),難度中檔以下,所占分值12分備考指津訓練題型:(1)正、余弦定理的應(yīng)用,要特別注重已知條件對定理選擇的作用,如已知三邊,求三角,優(yōu)先使用余弦定理求角;(2)靈活運用正、余弦定理把邊、角之間的關(guān)系相互轉(zhuǎn)化和在三角形中進行三角恒等變換1.(年廣東卷,文6,5分)在△ABC中,若∠A=60°,∠B=45°,BC=32,則AC等于()(A)43 (B)23 (C)3 (D)3解析:本小題主要考查正弦定理,由BCsinA=ACsinB知AC=BCsin答案:B.2.(年湖北卷,文8,5分)設(shè)△ABC的內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,若三邊的長為連續(xù)的三個正整數(shù),且A>B>C,3b=20acosA,則sinA∶sinB∶sinC為()(A)4∶3∶2 (B)5∶6∶7(C)5∶4∶3 (D)6∶5∶4解析:因為a,b,c為連續(xù)的三個正整數(shù),且A>B>C,可得a=c+2,b=c+1;①又因為3b=20acosA,由余弦定理可知cosA=b2則3b=20a·b2+聯(lián)立①②,化簡可得7c2-13c-60=0,解得c=4或c=-157又由正弦定理可得,sinA∶sinB∶sinC=a∶b∶c=6∶5∶4.故應(yīng)選D.答案:D.3.(年重慶卷,文8)若△ABC的內(nèi)角A、B、C滿足6sinA=4sinB=3sinC,則cosB等于()(A)154 (B)34 (C)3解析:在△ABC中,設(shè)a,b,c分別為角A、B、C所對的三邊長,則sinAsinB=ab=46=23,sinA∴a∶b∶c=2∶3∶4,設(shè)a=2x,則b=3x,c=4x(x>0),∴cosB=a2+c2-答案:D.4.(年四川卷,文8)在△ABC中,sin2A≤sin2B+sin2(A)(0,π6] (B)[π6,(C)(0,π3] (D)[π3,解析:根據(jù)正弦定理,由sin2A≤sin2B+sin2C-sinBsinC得a2≤b2+c根據(jù)余弦定理cosA=b2+c2-又∵0<A<π,∴0<A≤π3答案:C.5.(年上海卷,文18)若△ABC的三個內(nèi)角滿足sinA∶sinB∶sinC=5∶11∶13,則△ABC()(A)一定是銳角三角形(B)一定是直角三角形(C)一定是鈍角三角形(D)可能是銳角三角形,也可能是鈍角三角形解析:由sinA∶sinB∶sinC=5∶11∶13得a∶b∶c=5∶11∶13,不妨令a=5,b=11,c=13,則cosC=a2+b2-∴C為鈍角,因此△ABC為鈍角三角形,故選C.答案:C.6.(年北京卷,文11,5分)在△ABC中,若a=3,b=3,∠A=π3,則∠C的大小為.解析:由正弦定理得sinB=bsinAa=3又∵a>b,∴A>B,∴0<B<π3∴B=π6.∴C=π-A-B=π答案:π7.(年陜西卷,文13,5分)在△ABC中,角A,B,C所對邊的長分別為a,b,c.若a=2,B=π6,c=23,則b=.解析:因為已知兩邊及其夾角,所以直接用余弦定理得b=2.答案:28.(年重慶卷,文13,5分)設(shè)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且a=1,b=2,cosC=14,則sinB=.解析:由c2=a2+b2-2abcosC?c2=12+22-2×1×2×1=1+4-1=4,∴c=2.∴cosB=a2+=14∴sinB=1-(14答案:159.(年福建卷,文13,4分)在△ABC中,已知∠BAC=60°,∠ABC=45°,BC=3,則AC=.

解析:由正弦定理得ACsin∠ABC=BCsin∠BAC,即答案:210.(年北京卷,文9)在△ABC中,若b=5,∠B=π4,sinA=13,則a=解析:由正弦定理得asinA=∴a=5sinπ4×1答案:511.(年福建卷,文14)若△ABC的面積為3,BC=2,C=60°,則邊AB的長度等于.

解析:∵S△ABC=12CB×CA×sinC=12×2×AC×32∴AC=2,又∵BC=2,C=60°,∴△ABC為正三角形,∴AB=2.答案:212.(年全國新課標卷,文15)△ABC中,B=120°,AC=7,AB=5,則△ABC的面積為.

解析:由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcosB,即49=25+BC2+5BC,∴BC2+5BC-24=0,∴BC=-8(舍)或BC=3.由三角形面積公式得S△ABC=12AB·BCsinB=12×5×3×sin120°=答案:1513.(年廣東卷,文13)已知a,b,c分別是△ABC的三個內(nèi)角A,B,C所對的邊,若a=1,b=3,A+C=2B,則sinA=.

解析:在△ABC中,由A+C=2B,A+B+C=π,可得B=π3根據(jù)正弦定理得asinA=bsinB,即故sinA=12答案:114.(年全國大綱卷,文17,10分)△ABC中,內(nèi)角A、B、C成等差數(shù)列,其對邊a、b、c滿足2b2=3ac,求A.解:由A、B、C成等差數(shù)列及A+B+C=180°得B=60°,A+C=120°,由2b2=3ac及正弦定理得2sin2B=3sinAsinC,故sinAsinC=12cos(A+C)=cosAcosC-sinAsinC=cosAcosC-12即cosAcosC-12=-1即cosAcosC=0,故cosA=0或cosC=0,所以A=90°或A=30°.15.(年江西卷,文16,12分)在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c.已知3cos(B-C)-1=6cosBcosC.(1)求cosA;(2)若a=3,△ABC的面積為22,求b,c.解:(1)由3cos(B-C)-1=6cosBcosC,得3(cosBcosC-sinBsinC)=-1,即cos(B+C)=-13從而cosA=-cos(B+C)=13(2)由于0<A<π,cosA=13所以sinA=22又S△ABC=22,即12bcsinA=22由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA,得b2+c2=13.解方程組bc=6b2+c16.(年新課標全國卷,文17,12分)已知a,b,c分別為△ABC三個內(nèi)角A,B,C的對邊,c=3asinC-ccosA.(1)求A;(2)若a=2,△ABC的面積為3,求b,c.解:(1)由c=3asinC-ccosA及正弦定理得3sinAsinC-cosAsinC-sinC=0,由sinC≠0,所以sin(A-π6)=1又0<A<π,故A=π3(2)由△ABC的面積S=12bcsinA=3由余弦定理知a2=b2+c2-2bccosA,得b2+c2=8,解得b=c=2.17.(年遼寧卷,文17,12分)在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c,角A,B,C成等差數(shù)列.(1)求cosB的值;(2)邊a,b,c成等比數(shù)列,求sinAsinC的值.解:(1)∵角A、B、C成等差數(shù)列,∴2B=A+C,又∵A+B+C=π,∴B=π3,∴cosB=1(2)∵邊a,b,c成等比數(shù)列,∴b2=ac,根據(jù)正弦定理得sin2B=sinAsinC,∴sinA·sinC=sin2B=(sinπ3)2=318.(年遼寧卷,文17)△ABC的三個內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,asinAsinB+bcos2A=2(1)求ba(2)若c2=b2+3a2,求B.解:(1)由正弦定理得sin2AsinB+sinBcos2A=2即sinB(sin2A+cos2A)=故sinB=2sinA,所以ba=2(2)由余弦定理和c2=b2+3a2,得cosB=(1+由(1)知b2=2a2,故c2=(2+3)a2.可得cos2B=12故cosB=22,所以B=45°與解三角形相關(guān)的綜合問題考向聚焦高考重點考查內(nèi)容,主要體現(xiàn)在:(1)把解三角形問題與三角函數(shù)結(jié)合.借助三角恒等變換或者在三角形內(nèi)利用角的關(guān)系以及三角函數(shù)公式解三角形,求與三角形有關(guān)的值或三角函數(shù)式;(2)把解三角形問題與平面向量知識相結(jié)合.一般涉及向量的數(shù)量積運算,注重三角形內(nèi)角和這一隱含條件,常以解答題的形式出現(xiàn),難度中等,具有一定的綜合性,所占分值12分左右19.(年湖南卷,文8,5分)在△ABC中,AC=7,BC=2,B=60°,則BC邊上的高等于()(A)32 (B)332 (C)解析:由余弦定理AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cosB所以7=AB2+4-2×2×AB×cos60°,所以AB2-2AB-3=0得AB=3,因此BC邊上的高h=ABsin60°=32答案:B.畫出圖形,用余弦定理列方程求解.20.(年上海數(shù)學,文17,5分)在△ABC中,若sin2A+sin2B<sin2C,則(A)鈍角三角形 (B)直角三角形(C)銳角三角形 (D)不能確定解析:由sin2A+sin2B<sin2C?a2+b2<c∴cosC=a2+b2-答案:A.21.(年上海卷,文8)在相距2千米的A,B兩點處測量目標C,若∠CAB=75°,∠CBA=60°,則A,C兩點之間的距離是千米.

解析:如圖,由正弦定理得ABsinC=∵C=180°-75°-60°=45°,∴AC=ABsinB=6(千米).答案:622.(年天津卷,理16,13分)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對的邊分別是a,b,c.已知a=2,c=2,cosA=-24(1)求sinC和b的值;(2)求cos(2A+π3解:(1)在△ABC中,由cosA=-24可得sinA=14又由asinA=csinC及a=2,c=由a2=b2+c2-2bccosA得b2+b-2=0,因為b>0,故解得b=1.所以sinC=74(2)由cosA=-24,sinA=14得cos2A=2cos2A-1=-3sin2A=2sinAcosA=-74所以,cos(2A+π3)=cos2Acosπ3=-3+23.(年安徽卷,文16,12分)設(shè)△ABC的內(nèi)角A,B,C所對邊的長分別為a,b,c,且有2sinBcosA=sinAcosC+cosAsinC.(1)求角A的大小;(2)若b=2,c=1,D為BC的中點,求AD的長.解:(1)法一:由題設(shè)知,2sinBcosA=sin(A+C)=sinB,因為sinB≠0,所以cosA=12由于0<A<π,故A=π3法二:由題設(shè)可知,2b·b2+c2-a2于是b2+c2-a2=bc,所以cosA=b2+c由于0<A<π,故A=π3(2)法一:因為AD→2=(AB=14(AB→2+AC→2=14(1+4+2×1×2×cosπ3)=所以|AD→|=72,從而AD=法二:因為a2=b2+c2-2bccosA=4+1-2×2×1×12所以a2+c2=b2,B=π2BD=32,AB=1,所以AD=1+3424.(年浙江卷,文18,14分)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且bsinA=3acosB.(1)求角B的大小;(2)若b=3,sinC=2sinA,求a,c的值.解:(1)由bsinA=3acosB及正弦定理asinA=得sinB=3cosB所以tanB=3,因為0<B<π,所以B=π3(2)由sinC=2sinA及asinA=csin由b=3及余弦定理b2=a2+c2-2accosB,得9=a2+c2-ac.所以a=3,c=23.25.(年山東卷,文17,12分)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,已知sinB(tanA+tanC)=tanAtanC.(1)求證:a,b,c成等比數(shù)列;(2)若a=1,c=2,求△ABC的面積S.(1)證明:∵△ABC中,sinB(tanA+tanC)=tanAtanC∴sinB(sinAcosA+sinC∴sinB(sinAcosC+cosAsinC)=sinAsinC∴sinBsin(A+C)=sinAsinC,∵A+C=π-B,∴sin(A+C)=sinB∴sin2B=sinAsinC由正弦定理得:b2=ac∴a、b、c成等比數(shù)列.(2)解:∵a=1,c=2,∴b2=ac=2,∴b=2,∴cosB=a2+c2-∵0<B<π,∴sinB=1-cos2B∴S△ABC=12acsinB=12×1×2×74本題考查正余弦定理,三角恒等變換等基礎(chǔ)知識,考查學生的運算求解能力,以及運用所學知識,綜合分析、解決問題的能力,難度適中.26.(年江蘇數(shù)學,15,14分)在△ABC中,已知AB→·AC→=3BA→(1)求證:tanB=3tanA;(2)若cosC=55(1)證明:因為AB→·AC→=3BA→所以|AB→|·|AC→|·cosA=3|BA→||BC即|AC→|·cosA=3|BC→|由正弦定理知ACsinB=從而sinBcosA=3sinAcosB,又因為0<A+B<π,所以cosA>0,cosB>0,所以tanB=3tanA.(2)解:因為cosC=55,0<C<π所以sinC=1-cos從而tanC=2,于是tan[π-(A+B)]=2,即tan(A+B)=-2,亦即tanA+tanB1-因為cosA>0,故tanA=1,所以A=π427.(年湖南卷,文17)在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,且滿足csinA=acosC,(1)求角C的大小;(2)求3sinA-cos(B+π4解:(1)由正弦定理得sinCsinA=sinAcosC.因為0<A<π,所以sinA>0.從而sinC=cosC.又cosC≠0,所以tanC=1,則C=π4(2)由(1)知,B=3π3sinA-cos(B+π4)=3sinA-cos(π=3sinA+cosA=2sin(A+π6因為0<A<3π4,所以π6<A+π從而當A+π6=π2,即A=π3綜上所述,3sinA-cos(B+π4)的最大值為2,此時A=π3,B=28.(年江蘇卷,15)在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c.(1)若sin(A+π6(2)若cosA=13,b=3c解:(1)∵sin(A+π6∴sinAcosπ6+cosAsinπ∴32sinA-3∴3sin(A-π3)=0,∴sin(A-π又∵0<A<π,∴-π3<A-π3<∴A-π3=0,∴A=π(2)由cosA=13得b2+又∵b=3c,∴(3c)∴a=22c,∴sinA=22sinC,∴sinC=由cosA=13,0<A<π得sinA=223,∴sinC=24×229.(年安徽卷,文16)在△ABC中,a,b,c分別為內(nèi)角A,B,C所對的邊長,a=3,b=2,1+2cos(B+C)=0,求邊BC上的高.解:由1+2cos(B+C)=0得1+2cos(π-A)=1-2cosA=0,∴cosA=12又0<A<π,∴sinA=32由正弦定理得sinB=bsinAa=2由b<a知B<A=π3∴cosB=1-sin∴sinC=sin(A+B)=22×(32+設(shè)邊BC上的高為h,則h=bsinC=3+130.(年安徽卷,文16)△ABC的面積是30,內(nèi)角A,B,C所對邊長分別為a,b,c,cosA=1213(1)求AB→·AC(2)若c-b=1,求a的值.解:(1)∵在△ABC中,cosA=1213∴A為銳角,且sinA=513∴S△ABC=12bcsinA=12bc×∴bc=156.∴AB→·AC→=|AB→|·=156×1213(2)由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA=(b-c)2+2bc(1-cosA)=1+2×156×113∴a=5.本題考查了三角形的面積和余弦定理,同時與平面向量相結(jié)合,體現(xiàn)了三角形的邊角與向量數(shù)量積的內(nèi)在聯(lián)系.利用正、余弦定理解決實際問題考向聚焦近幾年以解三角形為背景的應(yīng)用試題成了高考的一個亮點,高考對本部分內(nèi)容的考查主要是把解三角形知識與其他學科知識相聯(lián)系.利用正、余弦定理把實際問題轉(zhuǎn)化為數(shù)學問題,有時結(jié)合三角函數(shù)的公式綜合考查.這類考題背景材料簡捷新穎,具有建模轉(zhuǎn)化、分析求解、方案設(shè)計等特點,考查解決實際問題的能力.一般以解答題形式出現(xiàn),難度屬于中檔題,所占分值約為12分備考指津訓練題型:(1)測量長度、高度等問題,要注意關(guān)注俯角、仰角等名詞的含義;(2)追擊問題,以及與其他知識結(jié)合的解三角形問題,要關(guān)注由實際問題向數(shù)學問題轉(zhuǎn)化的訓練31.(年福建卷,文21)某港口O要將一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的輪船上,在小艇出發(fā)時,輪船位于港口O北偏西30°且與該港口相距20海里的A處,并正以30海里/時的航行速度沿正東方向勻速行駛,假設(shè)該小艇沿直線方向以v海里/時的航行速度勻速行駛,經(jīng)過t小時與輪船相遇.(1)若希望相遇時小艇的航行距離最小,則小艇航行速度的大小應(yīng)為多少?(2)為保證小艇在30分鐘內(nèi)(含30分鐘)能與輪船相遇,試確定小艇航行速度的最小值;(3)是否存在v,使得小艇以v海里/時的航行速度行駛,總能有兩種不同的航行方向與輪船相遇?若存在,試確定v的取值范圍;若不存在,請說明理由.解:(1)法一:設(shè)相遇時小艇的航行距離為s海里,則s=900=900t2-故當t=13時,smin=103,v=1031即小艇以303法二:若相遇時小艇的航行距離最小,又輪船沿正東方向勻速行駛,則小艇航行方向為正北方向.如圖,設(shè)小艇與輪船在C處相遇.在Rt△OAC中,OC=20cos30°=103,AC=20sin30°=10.又AC=30t,OC=vt,此時,輪船航行時間t=1030=13,v=103即小艇以303(2)如圖,設(shè)小艇與輪船在B處相遇.由題意可得(vt)2=202+(30t)2-2×20×30t×cos(90°-30°),化簡得v2=400t2-=400