高考数学 试题汇编 第四节解三角形 文（含解析）

第四节解三角形利用正、余弦定理解三角形考向聚焦高考的热点,主要考查方向有(1)单纯利用正、余弦定理求三角形的边长、夹角以及面积等基础问题;(2)结合正、余弦定理、三角恒等变换等知识,在三角形内综合考查学生对解三角形的掌握.其中第(1)方向常以客观题形式出现,难度不大,所占分值约为5分,第(2)方向常以解答题形式出现,难度中档以下,所占分值12分备考指津训练题型:(1)正、余弦定理的应用,要特别注重已知条件对定理选择的作用,如已知三边,求三角,优先使用余弦定理求角;(2)灵活运用正、余弦定理把边、角之间的关系相互转化和在三角形中进行三角恒等变换1.(年广东卷,文6,5分)在△ABC中,若∠A=60°,∠B=45°,BC=32,则AC等于()(A)43 (B)23 (C)3 (D)3解析:本小题主要考查正弦定理,由BCsinA=ACsinB知AC=BCsin答案:B.2.(年湖北卷,文8,5分)设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若三边的长为连续的三个正整数,且A>B>C,3b=20acosA,则sinA∶sinB∶sinC为()(A)4∶3∶2 (B)5∶6∶7(C)5∶4∶3 (D)6∶5∶4解析:因为a,b,c为连续的三个正整数,且A>B>C,可得a=c+2,b=c+1;①又因为3b=20acosA,由余弦定理可知cosA=b2则3b=20a·b2+联立①②,化简可得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.故应选D.答案:D.3.(年重庆卷,文8)若△ABC的内角A、B、C满足6sinA=4sinB=3sinC,则cosB等于()(A)154 (B)34 (C)3解析:在△ABC中,设a,b,c分别为角A、B、C所对的三边长,则sinAsinB=ab=46=23,sinA∴a∶b∶c=2∶3∶4,设a=2x,则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:根据正弦定理,由sin2A≤sin2B+sin2C-sinBsinC得a2≤b2+c根据余弦定理cosA=b2+c2-又∵0<A<π,∴0<A≤π3答案:C.5.(年上海卷,文18)若△ABC的三个内角满足sinA∶sinB∶sinC=5∶11∶13,则△ABC()(A)一定是锐角三角形(B)一定是直角三角形(C)一定是钝角三角形(D)可能是锐角三角形,也可能是钝角三角形解析:由sinA∶sinB∶sinC=5∶11∶13得a∶b∶c=5∶11∶13,不妨令a=5,b=11,c=13,则cosC=a2+b2-∴C为钝角,因此△ABC为钝角三角形,故选C.答案:C.6.(年北京卷,文11,5分)在△ABC中,若a=3,b=3,∠A=π3,则∠C的大小为.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.(年陕西卷,文13,5分)在△ABC中,角A,B,C所对边的长分别为a,b,c.若a=2,B=π6,c=23,则b=.解析:因为已知两边及其夹角,所以直接用余弦定理得b=2.答案:28.(年重庆卷,文13,5分)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=1,b=2,cosC=14,则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,则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,则a=解析:由正弦定理得asinA=∴a=5sinπ4×1答案:511.(年福建卷,文14)若△ABC的面积为3,BC=2,C=60°,则边AB的长度等于.

解析:∵S△ABC=12CB×CA×sinC=12×2×AC×32∴AC=2,又∵BC=2,C=60°,∴△ABC为正三角形,∴AB=2.答案:212.(年全国新课标卷,文15)△ABC中,B=120°,AC=7,AB=5,则△ABC的面积为.

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.由三角形面积公式得S△ABC=12AB·BCsinB=12×5×3×sin120°=答案:1513.(年广东卷,文13)已知a,b,c分别是△ABC的三个内角A,B,C所对的边,若a=1,b=3,A+C=2B,则sinA=.

解析:在△ABC中,由A+C=2B,A+B+C=π,可得B=π3根据正弦定理得asinA=bsinB,即故sinA=12答案:114.(年全国大纲卷,文17,10分)△ABC中,内角A、B、C成等差数列,其对边a、b、c满足2b2=3ac,求A.解:由A、B、C成等差数列及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的对边分别为a,b,c.已知3cos(B-C)-1=6cosBcosC.(1)求cosA;(2)若a=3,△ABC的面积为22,求b,c.解:(1)由3cos(B-C)-1=6cosBcosC,得3(cosBcosC-sinBsinC)=-1,即cos(B+C)=-13从而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.解方程组bc=6b2+c16.(年新课标全国卷,文17,12分)已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边,c=3asinC-ccosA.(1)求A;(2)若a=2,△ABC的面积为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的面积S=12bcsinA=3由余弦定理知a2=b2+c2-2bccosA,得b2+c2=8,解得b=c=2.17.(年辽宁卷,文17,12分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,角A,B,C成等差数列.(1)求cosB的值;(2)边a,b,c成等比数列,求sinAsinC的值.解:(1)∵角A、B、C成等差数列,∴2B=A+C,又∵A+B+C=π,∴B=π3,∴cosB=1(2)∵边a,b,c成等比数列,∴b2=ac,根据正弦定理得sin2B=sinAsinC,∴sinA·sinC=sin2B=(sinπ3)2=318.(年辽宁卷,文17)△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为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°与解三角形相关的综合问题考向聚焦高考重点考查内容,主要体现在:(1)把解三角形问题与三角函数结合.借助三角恒等变换或者在三角形内利用角的关系以及三角函数公式解三角形,求与三角形有关的值或三角函数式;(2)把解三角形问题与平面向量知识相结合.一般涉及向量的数量积运算,注重三角形内角和这一隐含条件,常以解答题的形式出现,难度中等,具有一定的综合性,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°,则BC边上的高等于()(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边上的高h=ABsin60°=32答案:B.画出图形,用余弦定理列方程求解.20.(年上海数学,文17,5分)在△ABC中,若sin2A+sin2B<sin2C,则(A)钝角三角形 (B)直角三角形(C)锐角三角形 (D)不能确定解析: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两点处测量目标C,若∠CAB=75°,∠CBA=60°,则A,C两点之间的距离是千米.

解析:如图,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,内角A,B,C所对的边分别是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,因为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)设△ABC的内角A,B,C所对边的长分别为a,b,c,且有2sinBcosA=sinAcosC+cosAsinC.(1)求角A的大小;(2)若b=2,c=1,D为BC的中点,求AD的长.解:(1)法一:由题设知,2sinBcosA=sin(A+C)=sinB,因为sinB≠0,所以cosA=12由于0<A<π,故A=π3法二:由题设可知,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:因为AD→2=(AB=14(AB→2+AC→2=14(1+4+2×1×2×cosπ3)=所以|AD→|=72,从而AD=法二:因为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,内角A,B,C的对边分别为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,因为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.(年山东卷,文17,12分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知sinB(tanA+tanC)=tanAtanC.(1)求证:a,b,c成等比数列;(2)若a=1,c=2,求△ABC的面积S.(1)证明:∵△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成等比数列.(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本题考查正余弦定理,三角恒等变换等基础知识,考查学生的运算求解能力,以及运用所学知识,综合分析、解决问题的能力,难度适中.26.(年江苏数学,15,14分)在△ABC中,已知AB→·AC→=3BA→(1)求证:tanB=3tanA;(2)若cosC=55(1)证明:因为AB→·AC→=3BA→所以|AB→|·|AC→|·cosA=3|BA→||BC即|AC→|·cosA=3|BC→|由正弦定理知ACsinB=从而sinBcosA=3sinAcosB,又因为0<A+B<π,所以cosA>0,cosB>0,所以tanB=3tanA.(2)解:因为cosC=55,0<C<π所以sinC=1-cos从而tanC=2,于是tan[π-(A+B)]=2,即tan(A+B)=-2,亦即tanA+tanB1-因为cosA>0,故tanA=1,所以A=π427.(年湖南卷,文17)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足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.因为0<A<π,所以sinA>0.从而sinC=cosC.又cosC≠0,所以tanC=1,则C=π4(2)由(1)知,B=3π3sinA-cos(B+π4)=3sinA-cos(π=3sinA+cosA=2sin(A+π6因为0<A<3π4,所以π6<A+π从而当A+π6=π2,即A=π3综上所述,3sinA-cos(B+π4)的最大值为2,此时A=π3,B=28.(年江苏卷,15)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为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分别为内角A,B,C所对的边长,a=3,b=2,1+2cos(B+C)=0,求边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+设边BC上的高为h,则h=bsinC=3+130.(年安徽卷,文16)△ABC的面积是30,内角A,B,C所对边长分别为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为锐角,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.本题考查了三角形的面积和余弦定理,同时与平面向量相结合,体现了三角形的边角与向量数量积的内在联系.利用正、余弦定理解决实际问题考向聚焦近几年以解三角形为背景的应用试题成了高考的一个亮点,高考对本部分内容的考查主要是把解三角形知识与其他学科知识相联系.利用正、余弦定理把实际问题转化为数学问题,有时结合三角函数的公式综合考查.这类考题背景材料简捷新颖,具有建模转化、分析求解、方案设计等特点,考查解决实际问题的能力.一般以解答题形式出现,难度属于中档题,所占分值约为12分备考指津训练题型:(1)测量长度、高度等问题,要注意关注俯角、仰角等名词的含义;(2)追击问题,以及与其他知识结合的解三角形问题,要关注由实际问题向数学问题转化的训练31.(年福建卷,文21)某港口O要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上,在小艇出发时,轮船位于港口O北偏西30°且与该港口相距20海里的A处,并正以30海里/时的航行速度沿正东方向匀速行驶,假设该小艇沿直线方向以v海里/时的航行速度匀速行驶,经过t小时与轮船相遇.(1)若希望相遇时小艇的航行距离最小,则小艇航行速度的大小应为多少?(2)为保证小艇在30分钟内(含30分钟)能与轮船相遇,试确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/时的航行速度行驶,总能有两种不同的航行方向与轮船相遇?若存在,试确定v的取值范围;若不存在,请说明理由.解:(1)法一:设相遇时小艇的航行距离为s海里,则s=900=900t2-故当t=13时,smin=103,v=1031即小艇以303法二:若相遇时小艇的航行距离最小,又轮船沿正东方向匀速行驶,则小艇航行方向为正北方向.如图,设小艇与轮船在C处相遇.在Rt△OAC中,OC=20cos30°=103,AC=20sin30°=10.又AC=30t,OC=vt,此时,轮船航行时间t=1030=13,v=103即小艇以303(2)如图,设小艇与轮船在B处相遇.由题意可得(vt)2=202+(30t)2-2×20×30t×cos(90°-30°),化简得v2=400t2-=400