资源简介

板块综合　解三角形及其应用(阶段小结课—习题讲评式教学)
[建构知识体系]
[融通学科素养]
1．浸润的核心素养
正、余弦定理在实际应用中的考查在高考中体现的特别明显，正符合了数学建模的核心素养；解决此类问题的关键是能作出示意图，故涉及直观想象的核心素养．
2．渗透的数学思想
(1)在应用正弦定理或余弦定理解决实际问题时往往需要根据题意正确地画出图形，根据图形运算求解体现了数形结合的思想．
(2)用向量法推导正弦定理时，可以通过对锐角三角形、直角三角形和钝角三角形三种情形的分别讨论而获得，用正、余弦定理求解的斜三角形分为四种类型以及对“已知两边和其中一边对角的三角形”型的解的情况的分析判断等都体现了分类讨论思想．
(3)在求解三角形中的边角问题时，用到函数与方程思想．
题型(一)　三角形面积问题
[例1]　(2024·新课标Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C＝cos B，且a2＋b2－c2＝ab.
(1)求B；
(2)若△ABC的面积为3＋，求c.
听课记录：
|思|维|建|模|
求解与三角形面积有关的问题的步骤
[针对训练]
1．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若＝，A＝，b＝1，则△ABC的面积为(　　)
A. B.
C. D.
2．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知asin＝bsin A.
(1)求B；
(2)若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围．
题型(二)　解三角形与平面几何相结合
[例2]　如图，四边形ABCD的内角B＋D＝π，AB＝6，DA＝2，BC＝CD，且AC＝2.
(1)求B；
(2)若点P是线段AB上的一点，PC＝2，求PA的值．
听课记录：
|思|维|建|模|
多个三角形背景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．解题时，有时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、平行四边形的性质，要把这些知识与正弦、余弦定理有机结合，才能顺利解决问题．　　
[针对训练]
3.如图，D是直角三角形ABC斜边BC上一点，AC＝DC.
(1)若∠DAC＝30°，求∠ADC的大小；
(2)若BD＝2DC，且DC＝1，求AD的长．
题型(三)　解三角形与三角恒等变换相结合
[例3]　(2023·新课标Ⅰ卷)已知在△ABC中，A＋B＝3C,2sin(A－C)＝sin B.
(1)求sin A；
(2)设AB＝5，求AB边上的高．
听课记录：
|思|维|建|模|
正、余弦定理常与三角恒等变换综合考查，解题时常利用恒等变换得出内角关系式求出内角，再利用正、余弦定理求解．　
[针对训练]
4．(2023·全国甲卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝2.
(1)求bc；
(2)若－＝1，求△ABC面积．
板块综合　解三角形及其应用
[题型(一)]
[例1]　解：(1)在△ABC中a2＋b2－c2＝ab，由余弦定理可知cos C＝＝＝.因为C∈(0，π)，所以C＝.
因为sin C＝cos B，所以cos B＝，
又B∈(0，π)，所以B＝.
(2)由(1)可得B＝，C＝，则A＝π－－＝，
sin A＝sin＝sin＝×＋×＝，
由正弦定理得＝＝，从而a＝·c＝c，b＝·c＝c，
由三角形面积公式，可知S△ABC＝absin C＝·c·c·＝c2，
由已知△ABC的面积为3＋，可得c2＝3＋，所以c＝2.
[针对训练]
1．选B　由正弦定理可得＝＝＝，又A＝，b＝1，则a＝1，B＝，所以△ABC是边长为1的正三角形，所以△ABC的面积为×12×＝.
2．解：(1)由题设及正弦定理得sin Asin＝sin Bsin A．因为sin A≠0，所以sin＝sin B．由A＋B＋C＝180°，可得sin＝cos，故cos ＝2sincos.因为cos≠0，所以sin＝，所以B＝60°.
(2)由题设及(1)知△ABC的面积S△ABC＝a.由(1)知A＋C＝120°，由正弦定理得a＝＝＝＋.由于△ABC为锐角三角形，故0°　[题型(二)]
[例2]　解：(1)设BC＝CD＝x>0，
在△ABC中，由余弦定理，
得AC2＝36＋x2－2×6xcos B＝28，
即x2＋8＝12xcos B，　①
又在△ACD中，由余弦定理，
得AC2＝4＋x2－2×2xcos D＝28，
即x2－24＝4xcos D，　②
因为B＋D＝π，
则cos D＝cos(π－B)＝－cos B，
联立①②可得，x＝4，cos B＝，
因为B∈(0，π)，所以B＝.
(2)在△PBC中，
由正弦定理知，＝，
所以sin∠BPC＝＝＝1，
且0<∠BPC<π，故∠BPC＝，
在Rt△PBC中，
由勾股定理知，PB＝＝2，
此时PA＝AB－PB＝4.
[针对训练]
3．解：(1)在△ADC中，由正弦定理得＝，所以sin∠ADC＝＝×＝，又∠ADC＝B＋∠BAD＝B＋(90°－∠DAC)＝B＋60°>60°，所以∠ADC＝120°.
(2)由BD＝2DC，且DC＝1知BC＝3，AC＝，
所以直角三角形ABC中，cos C＝＝，
在△ADC中，由余弦定理得
AD2＝AC2＋DC2－2AC·DCcos C＝()2＋12－2×1×＝2，所以AD＝.
　[题型(三)]
[例3]　解：(1)因为A＋B＝3C，所以3C＝π－C，所以C＝.
因为2sin(A－C)＝sin B，所以2sin(A－C)＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，
所以2sin Acos C－2cos Asin C＝sin Acos C＋cos Asin C，所以sin Acos C＝3cos Asin C，
所以sin A＝3cos A．由sin2A＋cos2A＝1，
得sin A＝.
(2)由(1)知sin A＝，tan A＝3＞0，
所以A为锐角，所以cos A＝，
所以sin B＝sin＝(cos A＋sin A)＝×＝，
由正弦定理＝，得AC＝＝＝2，故AB边上的高为AC×sin A＝2×＝6.
[针对训练]
4．解：(1)由余弦定理知cos A＝，
代入＝2，得2bc＝2，故bc＝1.
(2)由正弦定理及－＝1，
得－＝1，
化简得－＝1.
∵A＋B＝π－C，∴sin(A＋B)＝sin C，
∴sin(A－B)－sin B＝sin C＝sin(A＋B)，
∴sin Acos B－cos Asin B－sin B＝sin Acos B＋cos Asin B，∴－2cos Asin B＝sin B.
∵B∈(0，π)，∴sin B≠0，∴cos A＝－.
∵A∈(0，π)，∴sin A＝＝.
由(1)知bc＝1，故△ABC的面积S＝bcsin A＝×1×＝.(共67张PPT)
板块综合　解三角形及其应用
(阶段小结课 习题讲评式教学)
建构知识体系
1.浸润的核心素养
正、余弦定理在实际应用中的考查在高考中体现的特别明显,正符合了数学建模的核心素养;解决此类问题的关键是能作出示意图,故涉及直观想象的核心素养.
2.渗透的数学思想
(1)在应用正弦定理或余弦定理解决实际问题时往往需要根据题意正确地画出图形,根据图形运算求解体现了数形结合的思想.
融通学科素养
(2)用向量法推导正弦定理时,可以通过对锐角三角形、直角三角形和钝角三角形三种情形的分别讨论而获得,用正、余弦定理求解的斜三角形分为四种类型以及对“已知两边和其中一边对角的三角形”型的解的情况的分析判断等都体现了分类讨论思想.
(3)在求解三角形中的边角问题时,用到函数与方程思想.
CONTENTS
目录
1
2
3
题型(一)　三角形面积问题
题型(二)　解三角形与平面几何相结合
题型(三)　解三角形与三角恒等变换相结合
4
课时跟踪检测
题型(一)　三角形面积问题
01
[例1]　(2024·新课标Ⅰ卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin C=cos B,且a2+b2-c2=ab.
(1)求B;
解:在△ABC中a2+b2-c2=ab,
由余弦定理可知cos C===.
因为C∈(0,π),所以C=.
因为sin C=cos B,所以cos B=, 又B∈(0,π),所以B=.
(2)若△ABC的面积为3+,求c.
解:由(1)可得B=,C=,则A=π--=,
sin A=sin=sin=×+×=,
由正弦定理得==,
从而a=·c=c,b=·c=c,
由三角形面积公式,可知S△ABC=absin C=·c·c·=c2,
由已知△ABC的面积为3+,可得c2=3+,所以c=2.
求解与三角形面积有关的问题的步骤
|思|维|建|模|
1.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若=,
A=,b=1,则△ABC的面积为(　　)
A. B.
C. D.
针对训练
√
解析:由正弦定理可得===,又A=,b=1,则a=1,B=,所以△ABC是边长为1的正三角形,所以△ABC的面积为×12×=.
2.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知asin=bsin A.
(1)求B;
解:由题设及正弦定理得sin Asin=sin Bsin A.因为sin A≠0,所以sin=sin B.由A+B+C=180°,可得sin=cos,故cos =2sincos.因为cos≠0,所以sin=,所以B=60°.
(2)若△ABC为锐角三角形,且c=1,求△ABC面积的取值范围.
解:由题设及(1)知△ABC的面积S△ABC=a.由(1)知A+C=120°,由正弦定理得a===+.由于△ABC为锐角三角形,故0°题型(二)　
解三角形与平面几何相结合
02
[例2]　如图,四边形ABCD的内角B+D=π,AB=6,DA=2,BC=CD,且AC=2.
(1)求B;
解:设BC=CD=x>0,
在△ABC中,由余弦定理,
得AC2=36+x2-2×6xcos B=28,
即x2+8=12xcos B,　①
又在△ACD中,由余弦定理,
得AC2=4+x2-2×2xcos D=28,
即x2-24=4xcos D,　②
因为B+D=π,
则cos D=cos(π-B)=-cos B,
联立①②可得,x=4,cos B=,
因为B∈(0,π),所以B=.
(2)若点P是线段AB上的一点,PC=2,求PA的值.
解:在△PBC中,
由正弦定理知,=,
所以sin∠BPC===1,
且0<∠BPC<π,故∠BPC=,
在Rt△PBC中,
由勾股定理知,PB==2,
此时PA=AB-PB=4.
多个三角形背景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.解题时,有时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、平行四边形的性质,要把这些知识与正弦、余弦定理有机结合,才能顺利解决问题.
|思|维|建|模|
3.如图,D是直角三角形ABC斜边BC上一点,AC=DC.
针对训练
(1)若∠DAC=30°,求∠ADC的大小;
解:在△ADC中,由正弦定理得=,所以sin∠ADC==×=,
又∠ADC=B+∠BAD=B+(90°-∠DAC)=B+60°>60°,
所以∠ADC=120°.
(2)若BD=2DC,且DC=1,求AD的长.
解:由BD=2DC,且DC=1知BC=3,AC=,
所以直角三角形ABC中,cos C==,
在△ADC中,由余弦定理得
AD2=AC2+DC2-2AC·DCcos C=()2+12-2×1×=2,所以AD=.
题型(三)　
解三角形与三角恒等变换相结合
03
[例3]　(2023·新课标Ⅰ卷)已知在△ABC中,A+B=3C,2sin(A-C)=sin B.
(1)求sin A;
解:因为A+B=3C,所以3C=π-C,所以C=.
因为2sin(A-C)=sin B,
所以2sin(A-C)=sin[π-(A+C)]=sin(A+C),
所以2sin Acos C-2cos Asin C=sin Acos C+cos Asin C,所以sin Acos C=3cos Asin C,
所以sin A=3cos A.由sin2A+cos2A=1,
得sin A=.
(2)设AB=5,求AB边上的高.
解:由(1)知sin A=,tan A=3>0,所以A为锐角,所以cos A=,所以sin B=sin=(cos A+sin A)=×=,
由正弦定理=,得AC===2,故AB边上的高为AC×sin A=2×=6.
正、余弦定理常与三角恒等变换综合考查,解题时常利用恒等变换得出内角关系式求出内角,再利用正、余弦定理求解
|思|维|建|模|
4.(2023·全国甲卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知=2.
(1)求bc;
解:由余弦定理知cos A=,
代入=2,得2bc=2, 故bc=1.
针对训练
(2)若-=1,求△ABC面积.
解:由正弦定理及-=1,
得-=1,
化简得-=1.
∵A+B=π-C,∴sin(A+B)=sin C,
∴sin(A-B)-sin B=sin C=sin(A+B),
∴sin Acos B-cos Asin B-sin B=sin Acos B+cos Asin B,
∴-2cos Asin B=sin B.
∵B∈(0,π),∴sin B≠0,∴cos A=-.
∵A∈(0,π),∴sin A==.
由(1)知bc=1,故△ABC的面积S=bcsin A=×1×=.
课时跟踪检测
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A级——达标评价
1.在△ABC中,A,B,C的对边分别是a,b,c,已知cos 2A=cos(B+C),且b=2,c=6,则a=(　　)
A. B.2
C. D.2
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解析:cos 2A=-cos A=2cos2A-1,
即2cos2A+cos A-1=0,解得cos A=-1(舍去)或cos A=.
△ABC中,根据余弦定理a2=b2+c2-2bccos A=28,得a=2.故选D.
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2.(2023·全国乙卷)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,若acos B-bcos A=c,且C=,则B=(　　)
A. B.
C. D.
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解析:因为acos B-bcos A=c,所以由正弦定理得sin Acos B-sin Bcos A=sin C
=sin(B+A),则2sin Bcos A=0.在△ABC中,sin B≠0,则cos A=0,A=.所以B=π-A-C=π--=,故选C.
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3.(多选)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,b=1,a2+c2-b2=ac,
sin2B=3sin Asin C,则 (　　)
A.B= B.ac=
C.△ABC的面积为 D.△ABC的周长为+1
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解析:由a2+c2-b2=ac,有cos B==,得B=,选项A正确;因为sin2B
=3sin Asin C,由正弦定理有b2=3ac,b=1,得ac=,选项B正确;△ABC的面积为acsin B=××=,选项C错误;因为a2+c2-b2=ac,所以b2=1=a2
+c2-ac=(a+c)2-3ac,解得a+c=,故△ABC的周长为+1,选项D正确.故选A、B、D.
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4.在解三角形的问题中,其中一个比较困难的问题是如何由三角形的三边a,b,c直接求三角形的面积.据说这个问题最早是由古希腊数学家阿基米德解决的,他得到了海伦公式即S=,其中p=(a+b+c).我国南宋著名数学家秦九韶也在《数书九章》里面给出了一个等价解法,这个解法写成公式就是S=. 这个公式中的Δ应该是(　　)
A. B. C. D.
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解析:由余弦定理知=accos B,
所以S=casin B==
==,所以Δ=.故选C.
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5.线段的黄金分割点定义:若点C在线段AB上,且满足AC2=BC·AB,则称点C为线段AB的黄金分割点.在△ABC中,AB=AC,A=36°,若角B的平分线交边AC于点D,则点D为边AC的黄金分割点.利用上述结论,可以求出cos 36°= (　　)
A. B.
C. D.
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解析:设AB=2,AD=x,又AB=AC,所以CD=2-x.由黄金分割点的定义可得AD2=AC·CD,即x2=2·(2-x),解得AD=-1(负值已舍去). 在△ABD中,由余弦定理得cos 36°===.故选B.
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6.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若b=6,a=2c,B=,则△ABC的面积为　　　.
解析:由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B.
又∵b=6,a=2c,B=,∴36=4c2+c2-2×2c2×,∴c=2,a=4,
∴S△ABC=acsin B=×4×2×=6.
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7.如图,在△ABC中,若AB=4,AC=7,BC边上的中线AD=,则BC=　　.
解析:设BD=DC=x.
∵∠ADB+∠ADC=π,
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∴cos∠ADB+cos∠ADC=+
=+==0,∴x=,∴BC=2BD=9.
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8.如图,无人机在离地面高300 m的A处,观测到山顶M 处的仰角为15°、山脚C处的俯角为45°,已知∠MCN=60°,则山的高度MN为　　　m.
450
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解析:∵AD∥BC,∴∠ACB=∠DAC=45°,
∴AC=AB=300 m,又∠MCA=180°-60°-45°=75°,
∠MAC=15°+45°=60°,
∴∠AMC=45°,在△AMC中,由正弦定理得MC==300 m,
∴ MN=MCsin∠MCN=300sin 60°=450 m.
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9.(10分)已知△ABC中,A,B,C所对的边分别为a,b,c,且(a+b)(sin A-sin B)
=bsin C.
(1)证明:A=2B;
解:证明:因为(a+b)(sin A-sin B)=bsin C,
所以(a+b)(a-b)=bc,即a2-b2=bc.
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cos B==,2sin Acos B=sin B+sin C,
2sin Acos B=sin B+sin(A+B),sin(A-B)=sin B,
所以A-B+B=2kπ+π或A-B-B=2kπ,k∈Z.
又A,B∈(0,π),所以A=2B.
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(2)若a=3,b=2,求△ABC的面积.
解:由(1)得a2-b2=bc,又a=3,b=2,所以c=.
由余弦定理可得cos C===.
因为C∈(0,π),所以sin C==,
所以△ABC的面积S=absin C=×3×2×=.
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10.(10分)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且sin2A-(sin B-sin C)2=2sin Bsin-sin Bcos C.
(1)求A;
解:在△ABC中,依题意,sin2A-(sin2B-2sin Bsin C+sin2C)=2sin Bsin Ccos+2sin Bcos Csin-sin Bcos C.
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则sin2A-sin2B-sin2C+2sin Bsin C=sin Bsin C,
即sin2A-sin2B-sin2C=-sin Bsin C,
由正弦定理得b2+c2-a2=bc.
由余弦定理得cos A==,而01
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(2)若·=12,a=2,c>b,求b,c.
解:依题意,·=bccos A=bc=12,则bc=24.又b2+c2-a2=bc,a=2,
则有(b+c)2=3bc+28=100,即b+c=10.
又b1
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B级——重点培优
11.(10分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知sin A+cos A=0,
a=2,b=2.
(1)求c;
解:由已知可得tan A=-,所以A=.
在△ABC中,由余弦定理得28=4+c2-4ccos ,
即c2+2c-24=0.解得c=4(负值舍去).
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(2)设D为BC边上一点,且AD⊥AC,求△ABD的面积.
解:由题设可得∠CAD=,所以∠BAD=∠BAC-∠CAD=.故△ABD的面积与△ACD的面积的比值为=1.又△ABC的面积为×4×2×sin=2,所以△ABD的面积为.
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12.(10分)记△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,asin(B+C)=
b(sin B-sin C)+csin C.
(1)求A;
解:由asin(B+C)=b(sin B-sin C)+csin C,
得asin A=bsin B+(c-b)sin C,
由正弦定理,得a2=b2+(c-b)c=b2+c2-bc.
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由余弦定理,得cos A===.
又A∈(0,π),所以A=.
(2)若a=2,求△ABC的面积的最大值.
解:由余弦定理cos A==,a=2,
所以b2+c2-20=bc,
因为b2+c2≥2bc,
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所以b2+c2-20=bc≥2bc-20,
所以bc≤20,当且仅当b=c=2时取等号.
所以△ABC的面积S=bcsin A≤5.
所以△ABC面积的最大值为5.
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13.(10分)(2022·新课标Ⅰ卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知=.
(1)若C=,求B;
解:因为=,
所以=.
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所以=.
所以cos Acos B=sin B+sin Asin B.
所以cos(A+B)=sin B.
所以sin B=-cos C=-cos=.
因为B∈,所以B=.
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(2)求的最小值.
解:由(1)得cos(A+B)=sin B,
所以sin=sin B,且0所以0所以-(A+B)=B,解得A=-2B.
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由正弦定理,得
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=4cos2B+-5≥2-5
=4-5,当且仅当cos2B=时取等号,
所以的最小值为4-5.
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14.(10分)如图,在平面四边形ABCD中, AB⊥AD,∠ABC=,AB=1.
(1)若AC=,求△ABC的面积;
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解:因为∠ABC=,AB=1,AC=,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2×AB×BC×cos∠ABC,
所以7=1+BC2+BC,即BC2+BC-6=0,
解得BC=2(负值舍去),
所以S△ABC=×AB×BC×sin∠ABC
=×1×2×=.
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(2)若∠ADC=,CD=2,求tan∠CAD.
解:设∠CAD=θ,在△ACD中,由正弦定理得=,
所以=　①,
在△ABC中,∠BAC=-θ,∠BCA=θ-,
则=,
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即=　②,
由①②得=,
即2sin=sin θ,
∴2=sin θ,
整理得2sin θ=cos θ,所以tan∠CAD=.课时跟踪检测(十七)　解三角形及其应用
(满分100分，A级选填小题每题5分)
A级——达标评价
1．在△ABC中，A，B，C的对边分别是a，b，c，已知cos 2A＝cos(B＋C)，且b＝2，c＝6，则a＝(　　)
A. B．2
C. D．2
2．(2023·全国乙卷)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若acos B－bcos A＝c，且C＝，则B＝(　　)
A. B.
C. D.
3．(多选)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，b＝1，a2＋c2－b2＝ac，sin2B＝3sin Asin C，则(　　)
A．B＝ B．ac＝
C．△ABC的面积为 D．△ABC的周长为＋1
4．在解三角形的问题中，其中一个比较困难的问题是如何由三角形的三边a，b，c直接求三角形的面积．据说这个问题最早是由古希腊数学家阿基米德解决的，他得到了海伦公式即S＝，其中p＝(a＋b＋c)．我国南宋著名数学家秦九韶也在《数书九章》里面给出了一个等价解法，这个解法写成公式就是S＝. 这个公式中的Δ应该是(　　)
A.2 B.
C. D.
5．线段的黄金分割点定义：若点C在线段AB上，且满足AC2＝BC·AB，则称点C为线段AB的黄金分割点．在△ABC中，AB＝AC，A＝36°，若角B的平分线交边AC于点D，则点D为边AC的黄金分割点．利用上述结论，可以求出cos 36°＝(　　)
A. B.
C. D.
6．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若b＝6，a＝2c，B＝，则△ABC的面积为________.
7.如图，在△ABC中，若AB＝4，AC＝7，BC边上的中线AD＝，则BC＝________.
8.如图，无人机在离地面高300 m的A处，观测到山顶M 处的仰角为15°、山脚C处的俯角为45°，已知∠MCN＝60°，则山的高度MN为________m.
9．(10分)已知△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(a＋b)(sin A－sin B)＝bsin C.
(1)证明：A＝2B；
(2)若a＝3，b＝2，求△ABC的面积.
10．(10分)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin2A－(sin B－sin C)2＝2sin Bsin－sin Bcos C.
(1)求A；
(2)若·＝12，a＝2，c>b，求b，c.
B级——重点培优
11．(10分)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sin A＋cos A＝0，a＝2，b＝2.
(1)求c；
(2)设D为BC边上一点，且AD⊥AC，求△ABD的面积.
12．(10分)记△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，asin(B＋C)＝b(sin B－sin C)＋csin C.
(1)求A；
(2)若a＝2，求△ABC的面积的最大值.
13．(10分)(2022·新课标Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝.
(1)若C＝，求B；
(2)求的最小值.
14．(10分)如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥AD，∠ABC＝，AB＝1.
(1)若AC＝，求△ABC的面积；
(2)若∠ADC＝，CD＝2，求tan∠CAD.
课时跟踪检测(十七)
1．选D　cos 2A＝－cos A＝2cos2A－1，
即2cos2A＋cos A－1＝0，解得cos A＝－1(舍去)或cos A＝.
△ABC中，根据余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A＝28，得a＝2.故选D.
2．选C　因为acos B－bcos A＝c，所以由正弦定理得sin Acos B－sin Bcos A＝sin C＝sin(B＋A)，则2sin Bcos A＝0.在△ABC中，sin B≠0，则cos A＝0，A＝.所以B＝π－A－C＝π－－＝，故选C.
3．选ABD　由a2＋c2－b2＝ac，有cos B＝＝，得B＝，选项A正确；因为sin2B＝3sin Asin C，由正弦定理有b2＝3ac，b＝1，得ac＝，选项B正确；△ABC的面积为acsin B＝××＝，选项C错误；因为a2＋c2－b2＝ac，所以b2＝1＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac，解得a＋c＝，故△ABC的周长为＋1，选项D正确．故选A、B、D.
4．选C　由余弦定理知＝accos B，所以S＝casin B＝＝＝
＝，所以Δ＝.故选C.
5．选B　设AB＝2，AD＝x，又AB＝AC，所以CD＝2－x.由黄金分割点的定义可得AD2＝AC·CD，即x2＝2·(2－x)，解得AD＝－1(负值已舍去). 在△ABD中，由余弦定理得cos 36°＝＝＝.故选B.
6．解析：由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B．又∵b＝6，a＝2c，B＝，∴36＝4c2＋c2－2×2c2×，∴c＝2，a＝4，∴S△ABC＝acsin B＝×4×2×＝6.
答案：6
7．解析：设BD＝DC＝x.
∵∠ADB＋∠ADC＝π，
∴cos∠ADB＋cos∠ADC＝＋＝＋＝＝0，∴x＝，∴BC＝2BD＝9.
答案：9
8．解析：∵AD∥BC，∴∠ACB＝∠DAC＝45°，
∴AC＝AB＝300 m，又∠MCA＝180°－60°－45°＝75°，∠MAC＝15°＋45°＝60°，∴∠AMC＝45°，在△AMC中，由正弦定理得MC＝＝300 m，∴ MN＝MCsin∠MCN＝300sin 60°＝450 m.
答案：450
9．解：(1)证明：因为(a＋b)(sin A－sin B)＝bsin C，
所以(a＋b)(a－b)＝bc，即a2－b2＝bc.
cos B＝＝，2sin Acos B＝sin B＋sin C,2sin Acos B＝sin B＋sin(A＋B)，sin(A－B)＝sin B，
所以A－B＋B＝2kπ＋π或A－B－B＝2kπ，k∈Z.
又A，B∈(0，π)，所以A＝2B.
(2)由(1)得a2－b2＝bc，又a＝3，b＝2，所以c＝.
由余弦定理可得cos C＝＝＝.
因为C∈(0，π)，所以sin C＝＝，所以△ABC的面积S＝absin C＝×3×2×＝.
10．解：(1)在△ABC中，依题意，
sin2A－(sin2B－2sin Bsin C＋sin2C)＝2sin Bsin Ccos＋2sin Bcos Csin－sin Bcos C.
则sin2A－sin2B－sin2C＋2sin Bsin C＝sin Bsin C，
即sin2A－sin2B－sin2C＝－sin Bsin C，
由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc.
由余弦定理得cos A＝＝，
而0(2)依题意，·＝bccos A＝bc＝12，则bc＝24.
又b2＋c2－a2＝bc，a＝2，
则有(b＋c)2＝3bc＋28＝100，即b＋c＝10.
又b11．解：(1)由已知可得tan A＝－，所以A＝.
在△ABC中，由余弦定理得28＝4＋c2－4ccos ，
即c2＋2c－24＝0.解得c＝4(负值舍去)．
(2)由题设可得∠CAD＝，所以∠BAD＝∠BAC－∠CAD＝.故△ABD的面积与△ACD的面积的比值为＝1.又△ABC的面积为×4×2×sin＝2，所以△ABD的面积为.
12．解：(1)由asin(B＋C)＝b(sin B－sin C)＋csin C，
得asin A＝bsin B＋(c－b)sin C，
由正弦定理，得a2＝b2＋(c－b)c＝b2＋c2－bc.
由余弦定理，得cos A＝＝＝.
又A∈(0，π)，所以A＝.
(2)由余弦定理cos A＝＝，a＝2，所以b2＋c2－20＝bc,
因为b2＋c2≥2bc，
所以b2＋c2－20＝bc≥2bc－20，
所以bc≤20，当且仅当b＝c＝2时取等号.
所以△ABC的面积S＝bcsin A≤5.
所以△ABC面积的最大值为5.
13．解：(1)因为＝，
所以＝.
所以＝.
所以cos Acos B＝sin B＋sin Asin B.
所以cos(A＋B)＝sin B.
所以sin B＝－cos C＝－cos＝.
因为B∈，所以B＝.
(2)由(1)得cos(A＋B)＝sin B，
所以sin＝sin B，且0＜A＋B＜.
所以0＜B＜，0＜－(A＋B)＜.
所以－(A＋B)＝B，解得A＝－2B.
由正弦定理，得
＝＝
＝＝
＝
＝＝4cos2B＋－5
≥2－5
＝4－5，当且仅当cos2B＝时取等号，
所以的最小值为4－5.
14．解：(1)因为∠ABC＝，AB＝1，AC＝，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2×AB×BC×cos∠ABC，
所以7＝1＋BC2＋BC，即BC2＋BC－6＝0，
解得BC＝2(负值舍去)，
所以S△ABC＝×AB×BC×sin∠ABC
＝×1×2×＝.
(2)设∠CAD＝θ，在△ACD中，由正弦定理得＝，所以＝　①，
在△ABC中，∠BAC＝－θ，∠BCA＝θ－，
则＝，
即＝　②，
由①②得＝，
即2sin＝sin θ，
∴2＝sin θ，整理得2sin θ＝cos θ，所以tan∠CAD＝.

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