2025版新教材高考数学一轮复习第4章三角函数与解三角形新高考新题型微课堂4开放题命题热点之解三角形学案含解析新人教B版

第4章三角函数与解三角形四开放题命题热点之解三角形数学开放题是高考的一种新题型，此类问题的核心是培育学生的创建意识和创新实力，激发学生独立思索和创新的意识．开放题通常是变更命题结构，变更设问方式，增加问题的探究性以及解决问题过程中的多角度思索．解三角形是开放性命题的热点之一．三角形中基本量的计算(2024·全国卷Ⅰ)在①ac＝eq\r(3)，②csinA＝3，③c＝eq\r(3)b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA＝eq\r(3)sinB，C＝eq\f(π,6)，________？解：(方法一)由sinA＝eq\r(3)sinB可得eq\f(a,b)＝eq\r(3)，不妨设a＝eq\r(3)m，b＝m(m>0)，则c2＝a2＋b2－2abcosC＝3m2＋m2－2×eq\r(3)m×m×eq\f(\r(3),2)＝m2，即c＝m，所以b＝c.选择条件①：据此可得ac＝eq\r(3)m×m＝eq\r(3)m2＝eq\r(3)，所以m＝1，此时a＝eq\r(3)，b＝c＝1，三角形存在．选择条件②：据此可得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(m2＋m2－3m2,2m2)＝－eq\f(1,2)，所以A＝eq\f(2π,3).则sinA＝eq\f(\r(3),2)，所以csinA＝m×eq\f(\r(3),2)＝3，所以m＝2eq\r(3)，则b＝c＝2eq\r(3)，a＝6，三角形存在．选择条件③：因为b＝c，与条件c＝eq\r(3)b冲突，所以问题中的三角形不存在．(方法二)因为sinA＝eq\r(3)sinB，C＝eq\f(π,6)，B＝π－(A＋C)，所以sinA＝eq\r(3)sin(A＋C)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＝eq\f(3,2)sinA＋eq\f(\r(3),2)cosA，所以sinA＝－eq\r(3)cosA，所以tanA＝－eq\r(3)，所以A＝eq\f(2π,3)，所以B＝C＝eq\f(π,6)，所以b＝c.若选①，ac＝eq\r(3)，因为a＝eq\r(3)b＝eq\r(3)c，所以eq\r(3)c2＝eq\r(3)，所以c＝1，即a＝eq\r(3)，b＝c＝1，三角形存在；若选②，csinA＝3，则eq\f(\r(3)c,2)＝3，得c＝2eq\r(3)，即a＝6，b＝c＝2eq\r(3)，三角形存在；若选③，与条件c＝eq\r(3)b冲突，三角形不存在．避开失误精确解题(1)应用正弦定理求角时简单出现增解或漏解的状况，要依据条件和三角形的限制条件合理取舍．(2)求角时易忽视角的范围而导致错误，须要依据大边对大角、大角对大边的规则，可以通过画图来帮助推断．(2024·德州一模)在条件①2cosA(bcosC＋ccosB)＝a，②csineq\f(B＋C,2)＝asinC，③(sinB－sinC)2＝sin2A－sinBsinC中任选一个，补充到下面的问题中，并给出问题解答．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且a＝eq\r(7)，b－c＝2，________.求BC边上的高．解：若选条件①.由正弦定理得2cosA(sinBcosC＋sinCcosB)＝sinA＝sin(B＋C)，即2cosAsin(B＋C)＝sin(B＋C)，得cosA＝eq\f(1,2).因为0<A<π，所以A＝eq\f(π,3).由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b2＋c2－bc＝7，,b－c＝2，))化简得c2＋2c－3＝0，解得c＝1或c＝－3(舍)，从而b＝3.设BC边上的高为h，所以eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)ah，解得h＝eq\f(3\r(21),14).若选条件②.由正弦定理得sinCsineq\f(B＋C,2)＝sinAsinC.因为sinC≠0，所以sineq\f(B＋C,2)＝sinA.由A＋B＋C＝180°，可得sineq\f(B＋C,2)＝coseq\f(A,2)，故coseq\f(A,2)＝2sineq\f(A,2)coseq\f(A,2).因为coseq\f(A,2)≠0，所以sineq\f(A,2)＝eq\f(1,2)，因此A＝eq\f(π,3).下同选条件①.如选条件③.由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sinBsinC，由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc.由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2).因为0<A<π，所以A＝eq\f(π,3).下同选条件①.与三角形的面积和周长有关的问题(2024·青岛三模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(sinB＋sinC,cosB＋cosC).(1)若△ABC还同时满意下列四个条件中的三个：①a＝7，②b＝10，③c＝8，④△ABC的面积S＝10eq\r(3)，请指出这三个条件，并说明理由；(2)若a＝3，求△ABC周长L的取值范围．解：因为eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(sinB＋sinC,cosB＋cosC)，所以sinAcosB＋sinAcosC＝cosA·sinB＋cosAsinC，即sinAcosB－cosAsinB＝sinCcosA－cosCsinA，所以sin(A－B)＝sin(C－A)．因为A，B，C∈(0，π)，所以A－B＝C－A，即2A＝B＋C，所以A＝eq\f(π,3).(1)△ABC还同时满意条件①③④.理由如下：若△ABC同时满意条件①②，由正弦定理得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(5\r(3),7)>1，此时B无解．所以△ABC不能同时满意条件①②，所以△ABC同时满意条件③④.所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×b×8×eq\f(\r(3),2)＝10eq\r(3)，解得b＝5与②冲突，所以△ABC还同时满意条件①③④.(2)在△ABC中，由正弦定理得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)＝2eq\r(3).因为C＝eq\f(2π,3)－B，所以b＝2eq\r(3)sinB，c＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))，所以L＝a＋b＋c＝2eq\r(3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sinB＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))))＋3＝6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinB＋\f(1,2)cosB))＋3＝6sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))＋3.因为B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，所以B＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).所以△ABC周长L的取值范围为(6,9]．解答三角形的面积和周长有关问题的策略(1)利用三角恒等变换公式化简已知条件等式，并留意用正弦定理、余弦定理进行边角互化．(2)依据条件选择三角形面积公式或计算三角形的周长．(3)若求最值，留意依据条件利用均值不等式或三角函数的性质求最值．(2024·临沂高三期末)在①cosA＝eq\f(3,5)，cosC＝eq\f(2\r(5),5)，②csinC＝sinA＋bsinB，B＝60°，③c＝2，cosA＝eq\f(1,8)三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并加以解答．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a＝3，________，求△ABC的面积S.解：若选①.因为cosA＝eq\f(3,5)，cosC＝eq\f(2\r(5),5)，A，C∈(0，π)，所以sinA＝eq\f(4,5)，sinC＝eq\f(\r(5),5)，所以sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(4,5)×eq\f(2\r(5),5)＋eq\f(3,5)×eq\f(\r(5),5)＝eq\f(11\r(5),25).由正弦定理得b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(3×\f(11\r(5),25),\f(4,5))＝eq\f(33\r(5),20)，所以S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×3×eq\f(33\r(5),20)×eq\f(\r(5),5)＝eq\f(99,40).若选②.因为csinC＝sinA＋bsinB，所以由正弦定理得c2＝a＋b2.因为a＝3，所以b2＝c2－3.又因为B＝60°，所以b2＝c2＋9－2×3×c×eq\f(1,2)＝c2－3，解得c＝4，所以S＝eq\f(1,2)acsinB＝3eq\r(3).若选③.因为c＝2，cos