【数学】2020届一轮复习（文）通用版4-7-2系统题型——解三角形及应用举例学案

【数学】2020届一轮复习（文）通用版4-7-2系统题型——解三角形及应用举例学案

第 2 课时　系统题型——解三角形及应用举例 一、学前明考情——考什么、怎么考 [真题尝试] 1.[考查正、余弦定理及三角形面积](2018·全国卷Ⅰ)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分 别为 a，b，c.已知 bsin C＋csin B＝4asin Bsin C，b 2＋c2－a2＝8，则△ABC 的面积为 ________． 解析：∵bsin C＋csin B＝4asin Bsin C， ∴由正弦定理得 sin Bsin C＋sin Csin B＝4sin Asin Bsin C. 又 sin Bsin C>0，∴sin A＝1 2. 由余弦定理得 cos A＝b2＋c2－a2 2bc ＝ 8 2bc＝ 4 bc>0， ∴cos A＝ 3 2 ，bc＝ 4 cos A＝8 3 3 ， ∴S△ABC＝1 2bcsin A＝1 2×8 3 3 ×1 2＝2 3 3 . 答案：2 3 3 2.[考查正、余弦定理解三角形](2018·全国卷Ⅰ)在平面四边形 ABCD 中，∠ADC＝90°， ∠A＝45°，AB＝2，BD＝5. (1)求 cos∠ADB； (2)若 DC＝2 2，求 BC. 解：(1)在△ABD 中，由正弦定理得 BD sin∠A＝ AB sin∠ADB，即 5 sin 45°＝ 2 sin∠ADB，所以 sin ∠ADB＝ 2 5 . 由题设知，∠ADB<90°， 所以 cos ∠ADB＝ 1－ 2 25＝ 23 5 . (2)由题设及(1)知，cos ∠BDC＝sin ∠ADB＝ 2 5 . 在△BCD 中，由余弦定理得 BC2＝BD2＋DC2－2BD·DC·cos ∠BDC ＝25＋8－2×5×2 2× 2 5 ＝25， 所以 BC＝5. [把握考情] 常规角度 1.三角形基本量的求解：主要考查利用正弦或余弦定理解三角形求边或角． 2.三角形形状的判断：主要考查利用正弦或余弦定理通过角化边或边化角来判 断三角形的形状． 3.三角形面积问题：主要考查求三角形的面积或由三角形的面积求边或角． 选择、填空、解答题都会有，考解答题时，一般与数列解答题轮流占第 17 题位 置 创新角度 1.与三角函数问题相结合命题，常通过三角函数值给出角，然后解三角形； 2.与实际应用问题相结合，主要是测量长度、高度与角度问题 二、课堂研题型——怎么办、提知能 三角形基本量的求解问题 [典例感悟] 1．(2018·天津期末)在△ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.已知 sin C＝sin 2B，且 b＝2，c＝ 3，则 a 等于(　　) A.1 2　　　　　　　　　 B. 3 C．2 D．2 3 解析：选 C　由 sin C＝sin 2B＝2sin Bcos B 及正、余弦定理得 c＝2b·a2＋c2－b2 2ac ，代入 数据得(2a＋1)(a－2)＝0，解得 a＝2，或 a＝－1 2(舍去)，故选 C. 2．(2018·天津实验中学期中)设△ABC 的内角 A，B，C 所对边的长分别为 a，b，c.若 b ＋c＝2a,3sin A＝5sin B，则角 C＝(　　) A.π 3 B.2π 3 C.3π 4 D.5π 6 解析：选 B　∵3sin A＝5sin B，∴由正弦定理可得 3a＝5b，即 a＝5 3b.∵b＋c＝2a，∴c ＝7 3b， ∴cos C＝a2＋b2－c2 2ab ＝ 25 9 b2＋b2－49 9 b2 2 × 5 3b2 ＝－ 15 9 10 3 ＝－1 2. ∵C∈(0，π)，∴C＝2π 3 .故选 B. 3．(2018·北京高考)在△ABC 中，a＝7，b＝8，cos B＝－1 7. (1)求∠A； (2)求 AC 边上的高． 解：(1)在△ABC 中，因为 cos B＝－1 7， 所以 sin B＝ 1－cos2B＝4 3 7 . 由正弦定理得 sin A＝asin B b ＝ 3 2 . 由题设知π 2<∠B<π，所以 0<∠A<π 2. 所以∠A＝π 3. (2)在△ABC 中， 因为 sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝ 3 2 ×(－1 7 )＋1 2×4 3 7 ＝3 3 14 ， 所以 AC 边上的高为 asin C＝7×3 3 14 ＝3 3 2 . [方法技巧] 用正、余弦定理求解三角形基本量的方法 三角形形状的判断问题 [典例感悟] 1．(2019·湖南师大附中月考)在△ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.若bcos C ccos B ＝1＋cos 2C 1＋cos 2B，则△ABC 的形状是(　　) A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形 解析：选 D　由已知1＋cos 2C 1＋cos 2B＝2cos2C 2cos2B＝cos2C cos2B＝bcos C ccos B，∴cos C cos B＝b c或cos C cos B＝0，即 C ＝90°或cos C cos B＝b c.由正弦定理，得b c＝sin B sin C，∴cos C cos B＝sin B sin C，即 sin Ccos C＝sin Bcos B，即 sin 2C＝sin 2B，∵B，C 均为△ABC 的内角，∴2C＝2B 或 2C＋2B＝180°，∴B＝C 或 B＋ C＝90°，∴△ABC 为等腰三角形或直角三角形．故选 D. 2．(2018·重庆六校联考)在△ABC 中，cos 2B 2＝a＋c 2c (a，b，c 分别为角 A，B，C 的对 边)，则△ABC 的形状为(　　) A．直角三角形 B．等边三角形 C．等腰三角形 D．等腰三角形或直角三角形 解析：选 A　已知等式变形得 cos B＋1＝ a c＋1，即 cos B＝ a c.由余弦定理得 cos B＝ a2＋c2－b2 2ac ，代入得a2＋c2－b2 2ac ＝a c，整理得 b2＋a2＝c2，即 C 为直角，则△ABC 为直角三角 形． 3．在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若sin A sin B＝a c，(b＋c＋a)(b＋c－a) ＝3bc，则△ABC 的形状为(　　) A．直角三角形　　　　　 B．等腰非等边三角形 C．等边三角形 D．钝角三角形 解析：选 C　∵sin A sin B＝a c，∴a b＝a c，∴b＝c. 又(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc， ∴b2＋c2－a2＝bc，∴cos A＝b2＋c2－a2 2bc ＝ bc 2bc＝1 2. ∵A∈(0，π)，∴A＝π 3，∴△ABC 是等边三角形． [方法技巧] 判定三角形形状的 2 种常用途径 角化边 利用正弦定理、余弦定理化角为边，通过代数恒等变换，求出边与边之间 的关系进行判断 边化角 通过正弦定理和余弦定理，化边为角，利用三角变换得出三角形内角之间 的关系进行判断 三角形面积问题 [典例]　(2017·全国卷Ⅲ)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.已知 sin A＋ 3 cos A＝0，a＝2 7，b＝2. (1)求 c； (2)设 D 为 BC 边上一点，且 AD⊥AC，求△ABD 的面积． [解]　(1)由已知可得 tan A＝－ 3，所以 A＝2π 3 . 在△ABC 中，由余弦定理得 28＝4＋c2－4ccos2π 3 ， 即 c2＋2c－24＝0.解得 c＝4(负值舍去)． (2)法一：由题可得∠BAD＝ π 6，由余弦定理可得 cos C＝ 2 7 ，∴CD＝ 7，∴AD＝ 3，∴S△ABD＝1 2×4× 3×sin∠DAB＝ 3. 法二：由题设可得∠CAD＝π 2， 所以∠BAD＝∠BAC－∠CAD＝π 6. 故△ABD 的面积与△ACD 的面积的比值为 1 2AB·AD·sinπ 6 1 2AC·AD ＝1. 又△ABC 的面积为1 2×4×2×sin2π 3 ＝2 3， 所以△ABD 的面积为 3. [方法技巧]　求解与三角形面积有关的问题的步骤 [针对训练] 1．(2019·德化一中、永安一中、漳平一中三校联考)在△ABC 中，内角 A，B，C 的对 边分别为 a，b，c.若 a＋b＋c sin A＋sin B＋sin C＝2 3 3 ，A＝π 3，b＝1，则△ABC 的面积为(　　) A. 3 2 B. 3 4 C.1 2 D.1 4 解析：选 B　由正弦定理可得 a sin A＝ b sin B＝ a＋b＋c sin A＋sin B＋sin C＝2 3 3 ，又 A＝π 3，b＝ 1，则 a＝1，B＝π 3，所以△ABC 是边长为 1 的正三角形，所以△ABC 的面积为1 2×12× 3 2 ＝ 3 4 . 2．(2019·长沙、南昌高三第一次联考)在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a， b，c，且 bsin B＝asin A＋(c－a)·sin C. (1)求 B； (2)若 3sin C＝2sin A，且△ABC 的面积为 6 3，求 b. 解：(1)由 bsin B＝asin A＋(c－a)sin C 及正弦定理，得 b2＝a2＋(c－a)c，即 a2＋c2－b2＝ ac. 由余弦定理，得 cos B＝a2＋c2－b2 2ac ＝ ac 2ac＝1 2. 因为 B∈(0，π)，所以 B＝π 3. (2)由(1)得 B＝π 3， 所以△ABC 的面积为 1 2acsin B＝ 3 4 ac＝6 3，得 ac＝24. 由 3sin C＝2sin A 及正弦定理，得 3c＝2a， 所以 a＝6，c＝4. 由余弦定理，得 b2＝a2＋c2－2accos B＝36＋16－24＝28， 所以 b＝2 7. 正、余弦定理在平面几何中的应用 在平面几何图形中考查正弦定理、余弦定理是近几年高考的热点，解决这类问题既要 抓住平面图形的几何性质，也要灵活选择正弦定理、余弦定理、三角恒等变换公式． [典例]　(2019·福州期末)已知菱形 ABCD 的边长为 2，∠DAB＝60°.E 是 边 BC 上一点，线段 DE 交 AC 于点 F. (1)若△CDE 的面积为 3 2 ，求 DE 的长； (2)若 7CF＝4DF，求 sin∠DFC. [解]　(1)依题意，得∠BCD＝∠DAB＝60°. 因为△CDE 的面积 S＝1 2CD·CE·sin∠BCD＝ 3 2 ， 所以1 2×2CE· 3 2 ＝ 3 2 ，解得 CE＝1. 在△CDE 中，由余弦定理得 DE＝ CD2＋CE2－2CD·CEcos∠BCD ＝ 22＋12－2 × 2 × 1 × 1 2＝ 3. (2)法一：依题意，得∠ACD＝30°，∠BDC＝60°， 设∠CDE＝θ，则 0°<θ<60°. 在△CDF 中，由正弦定理得 CF sin θ＝ DF sin∠ACD， 因为 7CF＝4DF，所以 sin θ＝ CF 2DF＝ 2 7 ， 所以 cos θ＝ 3 7 ， 所以 sin∠DFC＝sin(30°＋θ)＝1 2× 3 7 ＋ 3 2 × 2 7 ＝3 21 14 . 法二：依题意，得∠ACD＝30°，∠BDC＝60°，设∠CDE＝θ，则 0°<θ<60°， 设 CF＝4x，因为 7CF＝4DF，则 DF＝ 7x， 在△CDF 中，由余弦定理，得 DF2＝CD2＋CF2－2CD·CFcos∠ACD， 即 7x2＝4＋16x2－8 3x， 解得 x＝2 3 9 ，或 x＝2 3 3 . 又因为 CF≤1 2AC＝ 3，所以 x≤ 3 4 ，所以 x＝2 3 9 ， 所以 DF＝2 21 9 ， 在△CDF 中，由正弦定理得 CD sin∠DFC＝ DF sin∠ACD， 所以 sin∠DFC＝2sin 30° 2 21 9 ＝3 21 14 . [方法技巧] 平面几何中解三角形问题的求解思路 (1)把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定 理求解； (2)寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果． [提醒]　做题过程中，要用到平面几何中的一些知识点，如相似三角形的边角关系、平 行四边形的一些性质，要把这些性质与正弦、余弦定理有机结合，才能顺利解决问题．　　 [针对训练] 1．(2019·皖西教学联盟期末)如图，在平面四边形 ABCD 中，AB＝1，BC＝ 3，AC⊥ CD，CD＝ 3AC，当∠ABC 变化时，对角线 BD 的最大值为________． 解析：设∠ABC＝α，∠ACB＝β， 在△ ABC 中，由余弦定理得 AC2＝4－2 3cos α. 由正弦定理得 AB sin β＝ AC sin α，故 sin β＝ sin α 4－2 3cos α . 又 CD＝ 3AC，所以在△BCD 中，由余弦定理得 BD2＝3＋3(4－2 3cos α)－2 3× 3× 4－2 3cos α×cos(β＋π 2 )， 即 BD2＝15－6 3cos α＋6sin α＝15＋12sin(α－π 3 ). 当 α＝5π 6 时，BD 取得最大值 3 3. 答案：3 3 2.(2019·晋城一模)如图，在锐角三角形 ABC 中，sin∠BAC＝24 25， sin∠ABC＝4 5，BC＝6，点 D 在边 BC 上，且 BD＝2DC，点 E 在边 AC 上，且 BE⊥AC，BE 交 AD 于点 F. (1)求 AC 的长； (2)求 cos∠DAC 及 AF 的长． 解：(1)在锐角三角形 ABC 中，sin∠BAC＝24 25，sin∠ABC＝4 5，BC＝6，由正弦定理可 得 AC sin∠ABC＝ BC sin∠BAC，所以 AC＝BCsin∠ABC sin∠BAC ＝ 6 × 4 5 24 25 ＝5. (2)由 sin∠BAC＝24 25，sin∠ABC＝4 5，可得 cos∠BAC＝ 7 25，cos∠ABC＝3 5， 所以 cos C＝－cos(∠BAC＋∠ABC) ＝－cos∠BACcos∠ABC＋sin∠BACsin∠ABC ＝－ 7 25×3 5＋24 25×4 5＝3 5. 因为 BE⊥AC， 所以 CE＝BCcos C＝6×3 5＝18 5 ，AE＝AC－CE＝7 5. 在△ACD 中，AC＝5，CD＝1 3BC＝2，cos C＝3 5， 由余弦定理可得 AD＝ AC2＋DC2－2AC·DCcos C＝ 25＋4－12＝ 17， 所以 cos∠DAC＝AD2＋AC2－CD2 2AD·AC ＝17＋25－4 10 17 ＝19 17 85 . 由 BE⊥AC，得 AFcos∠DAC＝AE， 所以 AF＝ 7 5 19 17 85 ＝7 17 19 . 解三角形应用举例 　 [典例]　如图，某游轮在 A 处看灯塔 B 在 A 的北偏东 75°方向 上，距离为 12 6海里，灯塔 C 在 A 的北偏西 30°方向上，距离为 8 3 海里，游轮由 A 处向正北方向航行到 D 处时再看灯塔 B，B 在南偏东 60°方向上，则 C 与 D 的距离为(　　) A．20 海里 B．8 3 海里 C．23 2 海里 D．24 海里 [解析]　在△ABD 中，因为灯塔 B 在 A 的北偏东 75°方向上，距离为 12 6海里，货轮 由 A 处向正北方向航行到 D 处时，再看灯塔 B，B 在南偏东 60°方向上，所以 B＝180°－ 75°－60°＝45°，由正弦定理 AD sin B＝ AB sin∠ADB， 可得 AD＝ ABsin B sin∠ADB＝ 12 6 × 2 2 3 2 ＝24 海里． 在△ACD 中，AD＝24 海里，AC＝8 3 海里，∠CAD＝30°， 由余弦定理得 CD2＝AD2＋AC2－2AD·ACcos 30°＝24 2＋(8 3)2－2×24×8 3× 3 2 ＝ 192. 所以 CD＝8 3 海里．故选 B. [答案]　B [方法技巧] 处理距离问题的策略 (1)选定或确定要创建的三角形，首先确定所求量所在的三角形，若其他量已知则直接 求解；若有未知量，则把未知量放在另一确定三角形中求解． (2)确定用正弦定理还是余弦定理，如果都可用，就选择更便于计算的定理．　　 [针对训练] 1.如图，一位同学从 P1 处观测塔顶 B 及旗杆顶 A，得仰角分别为 α 和 90°－α.后退 l(单位：m)至点 P2 处再观测塔顶 B，仰角变为原来的一 半，设塔 CB 和旗杆 BA 都垂直于地面，且 C，P 1 ，P2 三点在同一条水 平线上，则塔 CB 的高为________m；旗杆 BA 的高为________m．(用含有 l 和 α 的式子表 示) 解析：设 BC＝x m，在 Rt△BCP1 中，∠BP1C＝α，在 Rt△P2BC 中，∠P2＝α 2，∵∠BP1C ＝∠P1BP2＋∠P2，∴∠P1BP2＝α 2，即△P1BP2 为等腰三角形，P1B＝P1P2＝l，∴BC＝x＝lsin α.在 Rt△ACP1 中， AC CP1＝ AC lcos α＝tan(90°－α)，∴AC＝lcos2α sin α ，则 AB＝AC－BC＝lcos2α sin α － lsin α＝l(cos2α－sin2α) sin α ＝lcos 2α sin α . 答案：lsin α　lcos 2α sin α 2.如图所示，当甲船位于 A 处时获悉，在其正东方向相距 20 海里的 B 处有一艘渔船遇险等待营救，甲船立即前往营救，同时把消息告知在甲 船的南偏西 30°相距 10 海里 C 处的乙船，乙船立即朝北偏东 θ ＋30° 角 的方向沿直线前往 B 处营救，则 sin θ 的值为________． 解析：如图，连接 BC，在△ABC 中，AC＝10，AB＝20，∠BAC＝ 120°，由余弦定理，得 BC2＝AC2＋AB2－2AB·AC·cos 120°＝700，∴BC＝ 10 7， 再由正弦定理，得 BC sin∠BAC＝ AB sin θ，∴sin θ＝ 21 7 . 答案： 21 7 [课时跟踪检测] [A 级　保分题——准做快做达标] 1．(2018·惠州模拟)在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若 bcos C＋ccos B＝asin A，则△ABC 的形状为(　　) A．锐角三角形　　　　　 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不确定 解析：选 B　由已知及正弦定理得 sin Bcos C＋sin Ccos B＝sin 2A，即 sin(B＋C)＝ sin2A，又 sin(B＋C)＝sin A，∴sin A＝1，∴A＝π 2.故选 B. 2．(2018·临川二中等两校联考)已知 a，b，c 分别为锐角△ABC 三个内角 A，B，C 的 对边，若 sin A＝2 2 3 ，sin B>sin C，a＝3，S△ABC＝2 2，则 b 的值为(　　) A．2 或 3 B．2 C．3 D．6 解析：选 C　因为△ABC 为锐角三角形，所以 cos A＝ 1－sin2A＝1 3，由余弦定理得 cos A＝b2＋c2－a2 2bc ＝b2＋c2－9 2bc ＝1 3，① 因为 S△ABC＝1 2bcsin A＝1 2bc×2 2 3 ＝2 2，所以 bc＝6，② 将②代入①得b2＋c2－9 12 ＝1 3，则 b2＋c2＝13，③ 由 sin B>sin C 可得 b>c，联立②③可得 b＝3，c＝2.故选 C. 3．在钝角△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，B 为钝角，若 acos A＝bsin A，则 sin A＋sin C 的最大值为(　　) A. 2 B.9 8 C．1 D.7 8 解析：选 B　∵acos A＝bsin A，由正弦定理可得，sin Acos A＝sin Bsin A，∵sin A≠0，∴cos A＝sin B，又 B 为钝角，∴B＝A＋π 2，sin A＋sin C＝sin A＋sin(A＋B)＝sin A＋ cos 2A＝sin A＋1－2sin2A＝－2(sin A－1 4)2＋9 8，∴sin A＋sin C 的最大值为9 8. 4．(2019·昆明适应性检测)在△ABC 中，已知 AB＝ 2，AC＝ 5，tan∠BAC＝－3， 则 BC 边上的高等于(　　) A．1 B. 2 C. 3 D．2 解析：选 A　法一：因为 tan∠BAC＝－3，所以 sin∠BAC＝ 3 10 ，cos∠BAC＝－ 1 10.由余弦定理，得 BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcos∠BAC＝5＋2－2× 5× 2×(－ 1 10) ＝9，所以 BC＝3，所以 S△ABC＝1 2AB·ACsin∠BAC＝1 2× 2× 5× 3 10 ＝3 2，所以 BC 边上 的高 h＝2S △ ABC BC ＝ 2 × 3 2 3 ＝1，故选 A. 法二：因为在△ABC 中，tan∠BAC＝－3<0，所以∠BAC 为钝角，因此 BC 边上的高 小于 2，故选 A. 5.(2019·长沙第一中学模拟)已知在△ABC 中，D 是 AC 边上的点，且 AB＝AD，BD＝ 6 2 AD，BC＝2AD，则 sin C 的值为(　　) A. 15 8 B. 15 4 C.1 8 D.1 4 解 析 ： 选 A 　 设 AB ＝ AD ＝ 2a ， 则 BD ＝ 6a ， 则 BC ＝ 4a ， 所 以 cos ∠ ADB ＝ BD2＋AD2－AB2 2BD × AD ＝ 6a2 2 × 2a × 6a ＝ 6 4 ，所以 cos∠BDC＝BD2＋CD2－BC2 2BD × CD ＝－ 6 4 ，整 理得 CD2＋3aCD－10a2＝0，解得 CD＝2a 或者 CD＝－5a(舍去)．故 cos C＝16a2＋4a2－6a2 2 × 4a × 2a ＝14 16＝7 8，而 C∈(0，π 2 )，故 sin C＝ 15 8 .故选 A. 6．(2019·赣州寻乌中学期末)在△ABC 中，a，b，c 分别是内角 A，B，C 所对边的边 长．若 cos C＋sin C－ 2 cos B＋sin B＝0，则a＋b c 的值是(　　) A. 2－1 B. 2＋1 C. 3＋1 D．2 解析：选 B　在△ABC 中，由 cos C＋sin C－ 2 cos B＋sin B＝0，根据两角和的正弦公式 可得 2sin(C＋π 4 )sinError!B＋π 4Error!＝2，从而得 C＋π 4＝B＋π 4＝π 2，解得 C＝B＝π 4，∴A＝ π 2.∴由正弦定理可得a＋b c ＝ sinπ 2＋sinπ 4 sinπ 4 ＝ 1＋ 2 2 2 2 ＝ 2＋1.故选 B. 7．(2019·葫芦岛期中)△ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知 sin C－cos C＝1－cos C 2，若△ABC 的面积 S＝1 2(a＋b)sin C＝3 2，则△ABC 的周长为(　　) A．2 7＋5 B. 7＋5 C．2 7＋3 D. 7＋3 解析：选 D　由 sin C－cos C＝1－cos C 2⇒2sin C 2cos C 2－(2cos2 C 2－1)＝1－cos C 2⇒cos C 2Error!2cos C 2－2sin C 2－1Error!＝0，∵cos C 2≠0，∴sin C 2－cos C 2＝－1 2，两边平方得 sin C＝3 4，由 sin C 2－cos C 2＝－1 2可得 sin C 2

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