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）.docx

专题10 解三角形1【2018年高考全国理数】在中，则ABCD【答案】A【解析】因为所以，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】的内角的对边分别为，若的面积为，则ABCD【答案】C【解析】由题可知，所以，由余弦定理，得，因为，所以，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】在中，角A，B，C的对边分别为，若为锐角三角形，且满足，则下列等式成立的是ABCD【答案】A【解析】由题意知，所以，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】的内角的对边分别为.若，则的面积为_【答案】【解析】由余弦定理得，所以，即，解得（舍去），所以，【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，建立关于的方程，应用的关系、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】在中，点在线段上，若，则_，_【答案】，【解析】如图，在中，由正弦定理有：，而，所以.【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.在中应用正弦定理，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，b=2，A=60，则sin B=_，c=_【答案】，3【解析】由正弦定理得，所以由余弦定理得（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】【解析】取BC中点E，由题意：，ABE中，解得或（舍去）综上可得，BCD面积为，【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】的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设（1）求A；（2）若，求sinC【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由已知得，故由正弦定理得由余弦定理得因为，所以（2）由（1）知，由题设及正弦定理得，即，可得由于，所以，故【名师点睛】本题考查利用正弦定理、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（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）.【解析】（1）由题设及正弦定理得因为sinA0，所以由，可得，故因为，故，因此B=60（2）由题设及（1）知ABC的面积由正弦定理得由于ABC为锐角三角形，故0A90，0C90，由（1）知A+C=120，所以30C90，故，从而因此，ABC面积的取值范围是【名师点睛】这道题考查了三角函数的基础知识，以及正弦定理的使用（此题也可以用余弦定理求解），最后考查是锐角三角形这个条件的利用，考查的很全面，是一道很好的考题.10【2019年高考北京卷理数】在ABC中，a=3，bc=2，cosB=（1）求b，c的值；（2）求sin（BC）的值【答案】（1），；（2）.【解析】（1）由余弦定理，得.因为，所以.解得.所以.（2）由得.由正弦定理得.在中，B是钝角，所以C为锐角.所以.所以.【名师点睛】本题主要考查余弦定理、正弦定理的应用，两角差的正弦公式的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.11【2019年高考天津卷理数】在中，内角所对的边分别为已知，（1）求的值；（2）求的值【答案】（1）；（2）.【解析】（1）在中，由正弦定理，得，又由，得，即又因为，得到，由余弦定理可得（2）由（1）可得，从而，故【名师点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系，两角和的正弦公式，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12【2019年高考江苏卷】在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c（1）若a=3c，b=，cosB=，求c的值；（2）若，求的值【答案】（1）；（2）.【解析】（1）因为，由余弦定理，得，即.所以.（2）因为，由正弦定理，得，所以.从而，即，故.因为，所以，从而.因此.【名师点睛】本小题主要考查正弦定理、余弦定理、同角三角函数关系、诱导公式等基础知识，考查运算求解能力.13【2019年高考江苏卷】如图，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l，湖上有桥AB（AB是圆O的直径）规划在公路l上选两个点P、Q，并修建两段直线型道路PB、QA规划要求：线段PB、QA上的所有点到点O的距离均不小于圆O的半径已知点A、B到直线l的距离分别为AC和BD（C、D为垂足），测得AB=10，AC=6，BD=12（单位：百米）（1）若道路PB与桥AB垂直，求道路PB的长；（2）在规划要求下，P和Q中能否有一个点选在D处？并说明理由；（3）在规划要求下，若道路PB和QA的长度均为d（单位：百米）.求当d最小时，P、Q两点间的距离【答案】（1）15（百米）；（2）见解析；（3）17+（百米）.【解析】解法一：（1）过A作，垂足为E.由已知条件得，四边形ACDE为矩形，.因为PBAB，所以.所以.因此道路PB的长为15（百米）.（2）若P在D处，由（1）可得E在圆上，则线段BE上的点（除B，E）到点O的距离均小于圆O的半径，所以P选在D处不满足规划要求.若Q在D处，连结AD，由（1）知，从而，所以BAD为锐角.所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.因此，Q选在D处也不满足规划要求.综上，P和Q均不能选在D处.（3）先讨论点P的位置.当OBP90时，在中，.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，.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+.因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17+（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x2+y2=25.从而A（4，3），B（4，3），直线AB的斜率为.因为PBAB，所以直线PB的斜率为，直线PB的方程为.所以P（13，9），.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=45，所以P选在D处不满足规划要求.若Q在D处，连结AD，由（1）知D（4，9），又A（4，3），所以线段AD：.在线段AD上取点M（3，），因为，所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.因此Q选在D处也不满足规划要求.综上，P和Q均不能选在D处.（3）先讨论点P的位置.当OBP90时，在中，.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上所有点到点O的距离均不小于圆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.因此，d最小时，P，Q两点间的距离为（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】在平面四边形中，.（1）求；（2）若，求.【答案】（1）；（2）5.【解析】（1）在中，由正弦定理得.由题设知，所以.由题设知，所以.（2）由题设及（1）知，.在中，由余弦定理得.所以.【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】的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知的面积为. （1）求sinBsinC;（2）若6cosBcosC=1，a=3，求的周长.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由题设得，即.由正弦定理得.故.（2）由题设及（1）得，即.所以，故.由题设得，即.由余弦定理得，即，得.故的周长为.【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，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】在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.（1）求角B的大小；（2）设a=2，c=3，求b和的值.【答案】（1）；（2）b=，=.【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，可得，又由，得，即，可得又因为，可得B=（2）在ABC中，由余弦定理及a=2，c=3，B=，有，故b=由，可得因为ac，故因此，所以，【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】的内角的对边分别为，已知（1）求；（2）若，的面积为，求【答案】（1）；（2）【解析】（1）由题设及，可得，故上式两边平方，整理得，解得(舍去)，（2）由得，故又，则由余弦定理及得：所以【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”，另外要注意三者之间的关系，这样的题目小而活，备受命题者的青睐18【2018年高考北京卷理数】在ABC中，a=7，b=8，cosB=（1）求A；（2）求AC边上的高【答案】（1）；（2）【解析】（1）在ABC中，cosB=，B（，），sinB=由正弦定理得=，sinA=B（，），A（0，），A=（2）在ABC中，sinC=sin（A+B）=sinAcosB+sinBcosA=如图所示，在ABC中，sinC=，h=，AC边上的高为【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】在中，内角所对的边分别为已知，（1）求和的值；（2）求的值【答案】（1）的值为，的值为；（2）.【解析】（1）在中，因为，故由，可得由已知及余弦定理，有，所以由正弦定理，得所以，的值为，的值为（2）由（1）及，得，所以，故【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】的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知，a=2，b=2.（1）求c；（2）设D为BC边上一点，且ADAC，求ABD的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由已知可得，所以.在中，由余弦定理得，即.解得 (舍去)，.（2）由题设可得，所以.故面积与面积的比值为.又的面积为，所以的面积为.【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，然后利用余弦定理列方程，边长取方程的正实数根可得；（2）利用题意首先求得的面积与的面积的比值，然后结合的面积可求得的面积为.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10cm，容器的两底面对角线，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；（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【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，记玻璃棒的另一端落在上点处因为，所以，从而，记与水面的交点为，过作P1Q1AC，Q1为垂足，则P1Q1平面ABCD，故P1Q1=12，从而AP1=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，E1G1= 62，所以KG1=，从而设则因为，所以在中，由正弦定理可得，解得因为，所以于是记EN