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第4讲 解三角形以及实际应用（讲）
【典例1】（2023年高考理科数学（全国甲卷）第11题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，，则面积为（ ）
A． B． C． D．
【解读】棱锥是立体几何中常见的几何体．试题设计中给出了，，以及底面ABCD为边长为4的正方形等条件，要求考生基于空间想象，依靠逻辑推理，发现平面平面，以及A，B两点关于平面PEO对称，求得，从而求出面积．试题重视对考生图形的构造能力，余弦定理、三角形面积等知识的综合运用能力，以及化归与转化等能力的考查，较好地发挥了试题服务选才、引导教学的功能．
【答案】C
【目标】试题以考生熟悉的四棱锥为背景，考查考生对基本知识的掌握情况，对空间想象能力、逻辑推理能力、运算求解能力作了基础性考查．
【分析】解题思路 如图，设O，E分别为正方形ABCD的边CD，AB的中点，连接PO，OE，PE，则．由可得，所以平面PEO，平面平面ABCD．因为，所以平面PEO，从而，可得．
中，．
所以，，．
面积．
故答案为C．
【典例2】（2023年高考理科数学（全国甲卷）第16题）在中，，，，的角平分线交BC于D，则______．
【解读】解三角形本质上是在三角形内蕴方程（三角形的正弦定理、余弦定理、三角形内角和定理）以及三角形两边之和大于第三边的基础上，把试题设定的条件（方程）与内蕴方程建立联系，从而求得三角形的全部或者部分度量关系．试题题干部分是三角形的两边和一角，目标问题是角平分线的长，简洁清晰．
（1）试题考查解三角形的基本知识和基本技能，考查考生理性思维和数学探究的数学学科素养．试题以特殊三角形（三个内角分别为45°，75°和60°）为命制背景，考生可以借助余弦定理和正弦定理，结合三角形中角平分线的性质解决问题，如思路1、思路3，也可以结合特殊角的三角函数值，得到三角形的内角的大小，进而求得角平分线的长．在此过程中，试题重点考查了必备知识和基础性，符合高考评价体系的考查要求．
（2）试题符合三角学发展的历史逻辑，有利于不同思维水平和能力的考生给出不同的解决方案．试题的题干设计和问题设计都是基于三角学的几何性质，因此试题内在地存在从综合几何的角度理解试题和求解试题的策略，这正如在解题分析中的思路2和思路4，考生也可以在综合几何与正弦定理（余弦定理）之间综合考量，选择合理的解题策略．高中数学教师在引导学生分析和研究本试题时，要关注三角学首先是几何的，然后才是函数与代数的，要从三角学发展的不同历史逻辑整体理解三角学在高中数学课程的价值和作用．
【答案】2
【目标】试题考查正弦定理和余弦定理等解三角形的基本知识和方法，考查直观想象能力、逻辑推理能力和运算求解能力．
【分析】解题思路 思路1 利用余弦定理求出AC，再利用角平分线的性质．
，故．
又，得，．
所以，解得或．
在中，，解得或．
因此．
思路2 利用正弦定理求出C．
由，得，故．
所以，又，所以．
思路3 利用余弦定理求出AC，再利用正弦定理．
，故．
又，得，故．
所以，而，所以．
思路4 利用特殊三角形求出C，再求出B，．
如图，过点B作，垂足为E，则，．从而，因此，．
因为，所以．
【典例3】（2023年高考文科数学（全国甲卷）第10题）在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，，则该棱锥的体积为（ ）
A．1 B． C．2 D．3
【解读】试题背景源于教材，突出基础性的考查，重视空间想象能力的考查，对计算求解能力也有一定的要求．试题的解法常规，利于考生发挥．
【答案】A
【目标】试题考查了三棱锥的基本概念和三棱锥体积的计算方法，考查考生对直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识的理解与应用的能力．
【分析】解题思路 如图，设AB的中点为O，连接PO，CO，由题设可得，，平面POC，平面平面ABC．又由题设得，，
则，平面ABC．所以三棱锥的体积为，
选A．
【典例4】（2023年高考文科数学（全国甲卷）第17题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求bc；
（2）若，求面积．
【解读】解三角形本质上是在三角形内蕴方程（三角形的正弦定理、余弦定理、三角形内角和定理）以及三角形两边之和大于第三边的基础上，把试题设定的条件（方程）与内蕴方程建立联系，从而求得三角形的全部或者部分度量关系．试题题干部分是三角形的边和角的方程，第（1）问是求边长的乘积，第（2）问是求三角形面积．试题考查解三角形的基本知识和基本技能，考查考生运算求解能力．试题以三角形三边和一个内角的等式为命制背景，考生可以借助余弦定理和正弦定理，得到的大小，进而求得三角形面积．试题结构简洁明确，指引性强，运算量适中，重点考查了必备知识，突出了基础性，符合高考评价体系的考查要求和考生实际．
【答案】（1）；（2）面积为．
【目标】试题考查解三角形的基本知识和方法，考查正弦定理和余弦定理的掌握，考查运算求解能力．
【分析】解题思路 （1）利用余弦定理．
由余弦定理得．
由题设得，且，所以．
（2）思路1 利用正弦定理．
由正弦定理得．
因为，所以，即．
由得．
因此面积为．
思路2 利用余弦定理．
由，，
得，
．
故，即，所以．
因此面积为．
【典例5】（2023年高考理科数学（全国乙卷）第18题）在中，已知，，．
（1）求；
（2）若D为BC上一点，且，求的面积．
【解读】试题面向全体考生，题干简洁清晰，重点考查考生对正弦定理、余弦定理的掌握，以及转化与化归的能力．试题既有效地考查了考生对基本概念、基本定理的理解和运用，又考查了考生对三角形边角关系的理解．作为解答题第二题，本题较容易入手并拿到应得分数，有利于稳定考生的心态，缓解紧张情绪，激发考生的自信心，使得绝大多数考生有分数的获得感与成就感．
【目标】试题考查正弦定理、余弦定理、三角函数公式等基础知识，考查考生在解三角形中，对边与角的运算求解能力，考查逻辑思维能力．
【分析】解题思路 思路1 （1）当给定三角形的两边与夹角时，那么这个三角形是唯一确定的．从而可以利用余弦定理求得未知边长，进而利用正弦定理求得另外两个内角的正弦值，故可以解决试题第（1）问．即，首先通过余弦定理可求得BC，再由正弦定理求出．
（2）当取满足给定条件边上一点时，可以构造出新的三角形，将原三角形条件转化，可得到新三角形的条件，从而完成第（2）问求解新三角形面积．即根据直角三角形性质和第（1）问结论求出AD，再根据正弦定理求出的面积．
思路2 第（1）问同思路1．第（2）问，通过面积差计算所求角形面积．
如图，的面积可以转化为的面积与的面积的差．
由第（1）问和题设得．
故．由题设可知，故．
所以的面积，的面积，
因此的面积为．
思路3 构造AB边上高，交BA延长线于点E，在中求解．
（1）如图，过C作AB边垂线，交BA延长线于点E．
由题设可知，．
故，．
在中，．
因此，．
（2）通过计算，，面积求得面积．
【典例6】（2023年高考文科数学（全国乙卷）第4题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，则（ ）
A． B． C． D．
【解读】试题以简单平面几何问题为载体，以求角的大小为桥梁，将几何问题与代数问题联系在一起．从几何上看，若，则是直角三角形，且是显然的，但考生要将形象思维转化为逻辑推理结论，需要利用正弦定理、余弦定理、三角函数的恒等变形知识，并具有一定的逻辑推理能力以及运算求解能力．这样设计的目的是使考生能在熟悉的情境中，理解问题，分析问题，进而解决问题，全面考查考生分析问题与解决问题的能力．
试题简洁清晰，题干部分以考生最熟悉的边角关系呈现，但解决问题的思维方法是丰富的，既可以是几何的，也可以是函数的，还可以是代数运算的，给不同思维范式的考生提供了广阔的发挥空间．试题主要考查考生对正弦定理、余弦定理、三角恒等变形技巧的掌握和应用，考查内容属于高中数学教学中的基本知识与技能．
【答案】C
【目标】试题考查正弦定理、两角和的三角函数公式以及三角函数的恒等变形能力，考查逻辑推理能力以及运算求解能力．
【分析】解题思路 思路1 由射影定理得，
从而由已知得，即，
从而可得．故，正确选项为C．
思路2 由正弦定理及题设得．
由于，
故，
即，从而可得．故，正确选项为C．
思路3 由余弦定理及题设可得，
化简得，所以是直角三角形，且．
故，正确选项为C．
思路4 由正弦定理及题设得，所以，，
代入已知可得，即．
所以，或．
当时，可得，即，舍去；
当时，可得，即，故正确选项为C．
【典例7】（2023年高考数学（新课标Ⅱ卷）第17题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知面积为，D为的中点，且．
（1）若，求；
（2）若，求b，c．
【解读】解三角形本质上是在三角形内蕴方程（三角形的正弦定理、余弦定理、三角形内角和定理）以及三角形两边之和大于第三边的基础上，把试题设定的条件（方程）与内蕴方程建立联系，从而求得三角形的全部或者部分度量关系．试题题干部分给出了三角形的一条中线长和三角形面积，试题题干和设问简洁清晰，在第（1）问中，只需要依据题设，通过正弦定理、余弦定理或作高，即可求解．在第（2）问中，给出三角形的两边的代数关系，利用余弦定理或者平行四边形的几何性质即可列出方程得到解答．
（1）试题考查解三角形的基本知识和基本技能，考查考生分析问题和解决问题的能力．试题的题设和第（1）问、第（2）问都与正弦定理和余弦定理紧密相关，结合三角形面积公式，就可以解决问题．试题重点考查了必备知识和基础性，符合高考评价体系的考查要求，符合考生的实际情况，有利于考生的正常发挥．
（2）试题符合三角学发展的历史逻辑，有利于不同思维水平和能力的考生给出不同的解决方案．试题的题干设计和两问设计都是基于三角学的几何性质，因此试题蕴涵着从综合几何的角度理解试题和求解试题的策略．高中数学教师在引导学生分析和研究本试题时，要关注解三角学首先是几何的，然后才是函数与代数的，要从三角学发展的不同历史逻辑整体理解三角学在高中数学课程中的价值和作用．
【目标】试题考查了正弦定理、余弦定理、三角函数的诱导公式与两角和公式，考查了三角形面积公式，考查了考生的运算求解能力、逻辑思维能力和空间想象能力．
【分析】解题思路 （1）思路1 利用正弦定理．
由题设知面积为，得，解得．
由正弦定理得，即，因此．
思路2 作的高．
由题设知面积为，故，解得．
过点A作，垂足为E，则，．
因此，故．
思路3 利用余弦定理．
由题设知面积为，故，解得．
在中，由余弦定理得，，故．
（2）思路1 利用余弦定理．
令．由余弦定理得
，．
所以，由题设可得．
因为和面积均为，故，．所以．
思路2 利用平行四边形对角线长定理．
如图，延长至E使得，连接，，则四边形为平行四边形，则
，因此，故．
而面积为，所以为的边上的高，故
【典例8】（2023年高考数学（新课标Ⅰ卷）第17题）已知在中，，．
（1）求；
（2）设，求边上的高．
【解读】试题以三角形中的三角关系立意，考查应用三角函数公式和正弦定理、平面几何知识进行运算求解的能力．试题面向全体考生，体现了对逻辑思维能力、运算求解能力和空间想象能力的考查．试题叙述清晰，设问指向明确，解题方法直接，有效控制了试题难度．
考生根据题意画出图形，利用正弦的和角和差角公式就能比较顺利地解答第（1）问．第（2）问给出三角形边的长，而由第（1）问可以确定三角形的三个内角，利用正弦定理便可求出另一条边或的长，从而求得边上的高．
试题既有效考查了考生对基本概念、基本公式的理解和应用，也考查了考生的基本数学能力，难度不大，体现了对考生的人文关怀．
【目标】试题考查正弦定理、同角三角函数基本关系式、三角恒等变形等基础知识；试题基于解三角形考查空间想象、运算求解、逻辑思维等能力以及函数与方程、化归与转化、数形结合等思想．
【分析】解题思路 （1）思路1 由题设得，故．于是，即
．
化简可得，故，．
思路2由题设得，故，．由已知，即，则，从而，．
所以．
（2）思路1 由（1）得，故．
由正弦定理得．
所以边上的高为．
思路2 由（1）及正弦定理得．
又，故．
所以边上的高为．
应用一 判定三角形形状
【例1】（2024·四川内江·统考一模）在中，、、分别为角、、的对边，若，则的形状为（ ）
A．正三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形或直角三角形 D．等腰直角三角形
【引导与详解】
第一步：根据条件，利用倍角公式得到：
因为，所以，整理得到，
第二步：再利用正弦定理角转边即可得出结果：
又由正弦定理，得到，
所以，得到，
又，所以，得到，又，所以，
故选：B.
应用二 证明三角形中的恒等式或不等式
【例2】（2023·广东汕头·统考一模）如图，在中，D是边上的一点，，．
（1）证明：；
（2）若D为靠近B的三等分点，，，，为钝角，求．
【引导与详解】
（1）第一步：在和中分别用正弦定理表示出：
证明：在中，，
在中，，
第二步：相比即可证明结论：
由于，故，
所以.
（2）第一步：利用（1）的结论可求得：
因为，故，由为钝角，故为锐角，
又，且D为靠近B的三等分点，，，
故，
第二步：由余弦定理求得的长，即可得长，从而求得的长：
故，
故，则，
第三步：计算面积：
故.
应用三 求三角形中的边长或周长的最值或范围
【例3】（2024·四川成都·成都七中校考模拟预测）记的内角的对边分别为．若，，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【引导与详解】
第一步：先根据边的关系求出的范围：
根据三角形三边关系可得，即，
第二步：表示出，求出其范围，进而可得的范围：
又，
因为函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
又，所以，
所以，
第三步：求的范围：
又为三角形的内角，
所以，
所以.
故选：C.
应用四 几何图形中的计算
【例4】（2023·辽宁抚顺·校考模拟预测）在直四棱柱中，底面ABCD为平行四边形，，，，，过点B作平面截四棱柱所得截面为正方形，该平面交棱于点M，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【引导与详解】
第一步：先结合截面为正方形，借助中位线转化得到的关系：
如图，设截面分别交，于点P，Q，
连接PQ，BM，设交点，连接，设交点，
由已知截面为正方形，则是，的中点，
底面ABCD为平行四边形，则是，的中点，
又，，则，
则是的中位线，也是四边形的中位线.
设，，
故，
第二步：利用余弦定理分别求解底面对角线：
由，得，
化简得（*），且，
由直四棱柱知，平面，
又平面，则
则四边形为直角梯形.
由，得，
在中，由余弦定理得，
解得，同理可得，
第三步：由垂直关系及截面正方形，借助长度相等，利用勾股定理建立的方程组，求解转化即得所求比值：
如图，在直角梯形中，在CQ上取点S，使，
则.
由，得，
即，化简得，
与（*）联立，解得，，
所以，则，
验证知，此时四边形为为正方形，满足题意.
则．
故选：B．
应用五 求三角形面积的最值或范围
【例5】（2023·广西柳州·柳州高级中学校联考模拟预测）在中，角、、所对的边分别为、、，已知，，则面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【引导与详解】
第一步：利用余弦定理结合基本不等式可求得的最大值：
由余弦定理可得，即，
当且仅当时，等号成立，
第二步：再利用三角形的面积公式可求得面积的最大值：
故.
因此，面积的最大值为.
故选：B.
应用六 正余弦定理与三角函数性质的综合应用
【例6】（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六中学校校考二模）在中，内角，，的对边分别为，，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，，则边上的中线长为
B．若，，，则有两个解
C．若不是直角三角形，则一定有
D．若是锐角三角形，则一定有
【引导与详解】
第一步：利用向量化即可判断A：
对于A，由为的中点得：
，
所以边上的中线长为，故A错误；
第二步：利用正弦定理解三角形即可判断B：
对于B，，，，
因为，所以，
所以或，
又因为，所以，且只有一个解，
所以只有一个解，故B错误；
第三步：根据三角形内角和定理结合两角和的正弦定理即可判断C：
对于C，因为，
所以，
又因为，
所以，
所以，故C正确；
第四步：由，，结合正弦函数的单调性即可比较，进而可判断D：
对于D，因为是锐角三角形，所以，
又，所以，
所以，所以，
同理，
所以，故D正确.
故选：CD.
应用七 距离测量问题
【例7】（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六中学校校考二模）火箭造桥技术是我国首创在陡峭山区建桥的一种方法.由两枚火箭牵引两条足够长的绳索精准的射入对岸的指定位置，是建造高空悬索桥的关键.位于湖北省的四渡河大桥就是首次用这种技术建造的悬索桥.工程师们需要测算火箭携带的引导索的长度（引导索比较重，如果过长影响火箭发射），已知工程师们在建桥处看对岸目标点的正下方地面上一标志物的高为，从点处看点A和点俯角为，．求一枚火箭应至少携带引导索的长度（ ）
A． B．
C． D．
【引导与详解】
第一步：在Rt中可得：
在Rt中，，
第二步：在中，利用正弦定理运算求解即可：
在中，可知，
由正弦定理可得：，即，
所以.
故选：C.
应用八 高度测量问题
【例8】（2023·四川遂宁·统考模拟预测）某数学兴趣小组到观音湖湿地公园测量临仙阁的高度.如图所示，记为临仙阁的高，测量小组选取与塔底在同一水平面内的两个测量点.现测得.，m，在点处测得塔顶的仰角为30°，则临仙阁高大致为（ ）m（参考数据：）
A．31.41m B．51.65m C．61.25m D．74.14m
【引导与详解】
第一步：先在中利用正弦定理求：
依题意，中，，
所以由正弦定理得，即，
解得，
第二步：再在中求即可：
在中，，
即．
故选：C.
应用九 角度测量问题
【例9】（2023·宁夏石嘴山·石嘴山市第三中学校考模拟预测）某校学生参加课外实践活动“测量一土坡的倾斜程度”，在坡脚A处测得，沿土坡向坡顶前进后到达D处，测得．已知旗杆，土坡对于地平面的坡角为，则（ ）
A． B． C． D．
【引导与详解】
第一步：先在中由正弦定理可得AP：
在中，由正弦定理可得
第二步：然后表示出PB、AB：
在中，易知，
第三步：利用三角函数同角关系表示出，化简可得：
则
整理可得
故选：D
方法一： 正弦定理&余弦定理&三角形面积公式
1.正弦定理：正弦定理是解三角形的基本定理之一，它给出了三角形的边长与对应角的正弦值之间的关系.具体来说，对于任意三角形ABC，有：
其中a、b、c是三角形的三边长，A、B、C是对应的角度，R是三角形的外接圆半径.利用正弦定理，可以求解三角形的边长或角度.
2.余弦定理：余弦定理也是解三角形的基本定理之一，它给出了三角形的边长与对应角的余弦值之间的关系.具体来说，对于任意三角形ABC，有：
利用余弦定理，可以求解三角形的边长或角度
3.面积公式：面积公式也是解三角形的一个重要工具，常用的面积公式有海伦公式、半面积公式等.通过已知的边长或角度，可以计算出三角形的面积，进而求解其他几何量.
方法二： 勾股定理
勾股定理：勾股定理是解三角形的一个重要定理，它给出了直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方的关系.具体来说，对于直角三角形ABC，有：
其中a、b是直角三角形的两直角边长，c是斜边长.利用勾股定理，可以求解直角三角形的边长或角度.
微点：正余弦定理
【表现形式】
一、三角形的基本元素与隐含性质
在中，角A、B、C所对的边分别是a、b、c
①三角形六要素：角A、B、C与边a、b、c，解三角形的过程就是求解三角形边的长度与角度大小的过程；②周长与面积：周长与面积的求解过程本质也是求解边与角的过程；
③边的关系：两边之和要大于第三边，两边之差小于第三边；在解三角形的过程中起对判定作用；
④角的关系：，在求解过程中起消元作用，已知一角或两角的定量关系，另外两角一定存在定量关系，体现方程思想；
⑤边角大小关系：，即大边对大角、小边对小角，在求解过程中可以判定角的解的个数；
⑥三角的形状由最大角决定：最大角为锐角时，三角形为锐角三角形，依此类推直角与钝角三角形．
二、正余弦定理及面积公式
定理 正弦定理 余弦定理
公式 其中R为三角形外接圆的半径 ；； ．
常见变形 ①，，；②，，； ；； ．
面积公式
正余弦定理的本源思想①把边与角的关系通过正余弦定理以数的形式表达出来，体现数形结合思想！ ②在求解过程中，通过正余弦定理实现边角转化，体现化归思想！ ③在定量问题中找方程，在变化问题中找函数，体现函数与方程思想！
三、关于解三角形的解读
①利用正弦定理实现边角关系的转化，在数的本质上来看就是在等式的两边同时乘以或除以非零的常数2R后，等式依然成立．
例：在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，，请判断的形状．
分析：对条件，我们由两个思路，第一：实现角的统一；第二：实现边的统一
即思路1：
思路2：
故是角C为直角的直角三角形．
②利用正弦定理证明，在数的本质上来看就是不等式的两边乘以或除以正数2R后不等关系依然不改变；
③正弦定理的合分比性质：
④和差及诱导公式在解三角形中的应用，在中；
（三角形中的射影定理）
同理有：，．
在非直角三角形中 （正切恒等式）
⑤解三角形多解情况，在中，已知a，b和A时，解的情况如下：
A为锐角 A为钝角
图形
关系式
解的个数 一解 两解 一解 一解 无解
⑥三角形的几何性质在解三角形中的应用
角平分线 ①利用角平分线定理求解：；
②利用面积相等（算两次）求解：．
中线及等分线 ①利用共线定理求解：（向量定比分点公式）；（D为中点时为特殊情况）；
②结合余弦定理（算两次），利用互补角余弦值之和为0求解．
外接圆 正弦定理的应用 （R为外接圆半径）；
内切圆 化归为求面积与周长 （其中r为内切圆半径，l为三角形周长）．
【步骤】①在三角形中对已知条件结合三角函数进行化简；②利用正余弦定理求解相关数据；③验证求解.
【例1】（2024·全国·模拟预测）设为坐标原点，的面积为，则的值为（ ）
A． B． C． D．
答案 C
解析 由题意，可知都是单位圆上的点，
所以，
所以，，
又，
所以，所以．
故选：C．
【例2】（2024·陕西铜川·统考一模）在中，，.则（ ）
A． B． C． D．或
答案 C
解析 在中，由及正弦定理得：
，
而，
则，
显然，，
解得，
所以.
故选：C
【跟踪练习】
（2024·河南·方城第一高级中学校联考模拟预测）
1．如图，已知是半径为1的扇形内的一点，且，，，则阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
（2024·陕西安康·校联考模拟预测）
2．记的内角的对边分别为，分别以为边长的正三角形的面积依次为，且，则（ ）
A． B． C． D．
（2024·陕西咸阳·校考模拟预测）
3．我国油纸伞的制作工艺非常巧妙.如图1，伞不管是张开还是收拢，伞柄始终平分同一平面内两条伞骨所成的角，且，从而保证伞圈能够沿着伞柄滑动.如图2，伞完全收拢时，伞圈已滑到的位置，且三点共线，为的中点，当伞从完全张开到完全收拢，半圈沿着伞柄向下滑动的距离为，则当伞完全张开时，的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
（2024·全国·模拟预测）
4．已知为坐标原点，双曲线的右焦点为为上一点，若，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
（2024·全国·模拟预测）
5．在中，，则（ ）
A． B． C． D．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【分析】设，可得，，在和中，利用正弦定理，求解，的值，进而求出，和的值，求出和,求出扇形面积，求解出阴影部分面积.
【详解】设，则，,
故，
则在中，由正弦定理可得.
在中，由正弦定理可得，
解得，，
又因为扇形的半径为，
所以，，
且.
所以，
.
所以.
故选：A
2．C
【分析】借助三角形的面积公式和余弦定理计算即可得.
【详解】由题意得，
则，
所以，故，
又，所以．
故选：C.
3．A
【分析】先通过题意求出，再通过余弦定理求出，进而通过倍角公式可得的值.
【详解】当伞完全张开时，，
因为为的中点，所以，
当伞完全收拢时，，所以，
在中，，
所以.
故选：A.
4．C
【分析】记的左焦点为，利用余弦定理求出，再根据双曲线的定义及离心率的定义分析求解.
【详解】由题意可得：，
在中，由余弦定理得，
且，所以，
记的左焦点为，连接，
在中，由余弦定理得，
故，由双曲线的定义得，
即，可得．
故选：C.
5．A
【分析】由题意可求得角A，由余弦定理求得，再根据正弦定理求得.
【详解】由，得，又，
所以，
由余弦定理得，
得，
由正弦定理得，即，所以，
故选：A．
答案第1页，共2页
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