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第十一章 解三角形
§11.1 正弦定理和余弦定理
考纲·题型解读
1.掌握三角形中的正弦定理、余弦定理;能利用三角公式解决一些三角形内的三角函数问题;熟练掌握斜三角形的解法,并
能综合运用解斜三角形的知识解决一些应用问题.
2.解斜三角形是高考必考的内容.作为工具,立体几何中求角、距离时自然要运用解斜三角形的有关知识.解斜三角形的主
要依据是:(1)三角形中的边与角的关系;(2)三角函数中所有的公式、定理;(3)正弦定理、余弦定理;(4)三角形面积公式等.
解题模型
题源1 三角形的边角关系及正弦定理
设△ABC 中,边a、b、c所对的角分别为A、B、C,
1.A+B+C=π
A+B C A+B C A+B
sin 2 =cos
, ,
2 cos 2 =sin 2 tan 2 =
C
cot ,2
sin(A+B)=sinC,cos(A+B)=-cosC.
2.三角形中任意两边之和大于第三边;任意两边之差
小于第三边.
3.边角不等关系:A>B a>b sinA>sinB.
:a b c4.正弦定理 sinA=sinB=sinC=2R
(R 为△ABC 外
接圆的半径).
(1)正弦定理的变形公式:
a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC;
a b C
sinA= ,2R sinB=
, ;
2R sinC=2R
sinA∶sinB∶sinC=a∶b∶c;
sinA a,sinB b,sinC c
sinB=b sinC=c sinA=a .
(2)正弦定理所适用的题型:
已知两角和任一边,求其他两边和第三角;
已知两边和一边的对角,求第三边和其他两角.
已知三角形两边及其一边的对角解三角形时,利用正
弦定理,但要注意判断三角形解的情况(存在两解、一解和
无解三种可能).
5.三角形面积公式
1 1 1
S△=2aha=2bhb= chc
;
2
1 1 1
S△=2absinC=2acsinB=2bcsinA
;
1
S△= (a+b+c)r(r为△ABC 内切圆半径)2 .
[真题1] (2021·天津)如图,AA1 与BB1 相交于点O,
·241·
1 (1)求sinA 的值;
AB∥A1B1 且 AB=2A1B1.
若△AOB 的
(2)设AC= 6,求△ABC 的面积.
外接圆的直径为1,则△A1OB1 的外接圆的 [解析] (1)由sin(C-A)=1,-π直径为 . π
[解析] 本题考查正弦定 理 及 相 似 三 =A+2.
AB A B
角形的 概 念 及 应 用. , 1 1所 以 ,即 πsin∠AOB=1 sin∠A1OB =2 又A+B+C=π,所以2A+B= ,1 2
△A1OB1 的外接圆直径为2. π π
即
[ 2A= -B
,0真题2] (2022·辽宁)在△ABC 中,a,b,c 分别为内角 2 4
A,B,C 的对边,且2asinA=(2b+c)sinB+(2c+b)sinC. 1 3
故
() ; cos2A=sinB
,即1-2sin2A= ,sinA= .
1 求A 的大小 3 3
(2)求sinB+sinC 的最大值.
() 6由()得
[解析] (1)由已知,根据正弦定理得2a2=( ) (
2 1 cosA=3.2b+cb+ 2c
+b)c,即a2=b2+c2+bc. , BC AC sinA又由正弦定理 得 = ,sinA sinB BC=
,所以
由余弦定理得 a2=b2+c2-2bccosA, sinB
AC=3 2
1 1 1
故cosA=- ,2 A=120°.
S△ABC= · · · ·2AC BC sinC=2AC BC cosA=32.
(2)由(1)得: [真题5] (2020·全国Ⅰ)设△ABC 的内角A、B、C 所对
sinB+sinC=sinB+sin(60°-B) 、、, 3的边长分别为abc 且acosB-bcosA=5c.
3 1
= cosB+ sinB (1)求tanAcotB 的值;2 2 (2)求tan(A-B)的最大值.
=sin(60°+B) [解析] (1)由正弦定理得
故当B=30°时,sinB+sinC 取得最大值1.
[ csinA csinB点评] 根据正余弦定理得已知条件化归. a= ,sinC b=
,
sinC
[真题3] (2021·江西)△ABC 中,A,B,C 所对的边分别 sinA sinB
,, sinA+sinB
acosB-bcosA= ( ·cosB- ·cosA )c
为abc,tanC= , ( ) sinC sinCcosA+cosB sinB-A =cosC. sinAcosB-sinBcosA
(1)求A,C; = ·sin(A+B) c
(2)若S△ABC=3+ 3,求a,c. sinAcosB-cosAsinB= ·c
[ ] () sinA+sinB
sinAcosB+cosAsinB
解析 1 因为tanC= ,cosA+cosB (tanAcotB-1)c=
sinC sinA+sinB tanAcotB+1
即 ,
cosC=cosA+cosB (tanAcotB-1)c 3依题意得 = c.
所以sinCcosA+sinCcosB=cosC·sinA+cosCsinB, tanAcotB+1 5
即sinCcosA-cosCsinA=cosCsinB-sinCcosB, 解得tanAcotB=4.
得sin(C-A)=sin(B-C). (2)由(1)得tanA=4tanB,故A、B 都是锐角,于是tanB>0.
所以C-A=B-C 或C-A=π-(B-C)(不成立), ( ) tanA-tanB 3tanB 3tanA-B = ,
π 2π 1+tanAtanB
=1+4tan2B≤4
即2C=A+B,得C= ,所以3 B+A=3. 1且当tanB= 时,上式取等号.因此tan(A-B)的最大值
( ) 1
2
又因为sinB-A =cosC= ,2 3为 .
π 5π 4
则B-A= 或B-A= (舍去),6 6 [ 5真题6] (2020· 全 国Ⅱ)在△ABC 中,cosB=- ,13
π, 5π得A=4 B=12. 4cosC=5.
() 1 6+ 22S△ABC=2acsinB= 8 ac=3+ 3
, (1)求sinA 的值;
33
a c , a c
(2)设△ABC 的面积S△ABC= ,求BC 的长.
又 = 即sinA sinC =
, 2
2 3
2 2 [解析] ()
5, 121 由cosB=- 得13 sinB=
,
13
得a=22,c=23. 4 3
[ ] ( 由 ,得真题4 2021·安徽)在△ABC 中,sin(C-A)=1,sinB cosC=5 sinC=5.
1 33
= . 所以3 sinA=sin
(B+C)=sinBcosC+cosBsinC=65.
·242·
33 [解析] (1)由余弦定理:a2=b2+c2() -2bccosA2 由S△ABC= 得2 b2+c2-a2 3bc 3
1 33 故cosA= = ,
×AB×AC×sinA= , 2bc 2bc
=2
2 2 π
所以A= .
由(1)
33
知sinA= , 665 (2)2sinBcosC-sin(B-C)
故AB×AC=65, =2sinBcosC-(sinBcosC-cosBsinC)
AB×sinB 20
又AC= = , =sinBcosC+cosBsinCsinC 13AB =sin(B+C)
20 2 , 13故 AB =65AB= . =sin(π-A)13 2
1
AB×sinA 11 =sinA= .
所以BC= sinC = .
2
2
题源 正弦定理、余弦定理的综合运用
题源2 余弦定理 3
[真题10] (2019·广东)已知△ABC 顶点的直角坐标分
解题模型 别为A(3,4)、B(0,0)、C(c,0).
(Ⅰ)若c=5,求sin∠A 的值;
三角形任一边的平方等于其他两边的平方和减去这 (Ⅱ)若∠A 是钝角,求c的取值范围.
两边与它们夹角的余弦的积的两倍.即在△ABC 中: [解析] (Ⅰ)解法一:∵A(3,4)、B(0,0),
a2=b2+c2-2bccosA;b2=a2+c2-2accosB; 4
c2=a2+b2-2abcosC. ∴|AB|=5,sin∠B=5.
另一种形式: 当c=5时,|BC|=5,|AC|= (5-3)2+(0-4)2=25.
b2+c2-a2 2; a +c
2-b2
cosA= cosB= ; 根据正弦定理得:2bc 2ac
2 2 2 |BC| |AC| |BC| 25a +b -c =
cosC= . sin∠A sin∠B
sin∠A=|AC|sin∠B= 5 .
2ab
解法二:∵A(3,4)、B(0,0), .∴|AB|=5
,
应用余弦定理 可以解决如下有关三角形的问题:
当c=5时,|BC|=5,|AC|= (5-3)2+(0-4)2(1)已知三边,求三个角; =25.
(2)已知两边和它们的夹角,求第三边和其他两个角. 根据余弦定理得:
|AB|2+|AC|2-|BC|2 5
[ cos∠A= =
,
真题7] (2022·湖南)在△ABC 中,角A,B,C 所对的边 2|AB||AC| 5
长分别为a,b,c.若∠C=120°,c= 2a,则 ( ) 25sin∠A= 1-cos2∠A= 5 .A.a>b
B.a所以|AC|2=(c-3)2 2C.a=b +4,|BC|
2=c2.
2
D.a与b的大小关系不能确定 : |AB|+|AC|
2-|BC|2
根据余弦定理得 cos∠A= ,
[解析] 由 余 弦 定 理 得c2=a2+b2
2|AB||AC|
-2abcosC,又 C=
若∠A 是钝角,则cos∠A<0 |AB|2+|AC|2-|BC|2
120°,∴2a2=a2+b2+ab,∴a2=b2+ab>b2,∴a>b,故选A.
<0,
[真题8] (2022·天津)在△ABC 中,内角A,B,C 的对边
即52+[(c-3)2+42]-c2=50-6c<0.
分别是a,b,c.若a2-b2= 3bc,sinC=23sinB,则A= ( ) 25
A.30° B.60° 解得c>3.
C.120° D.150° [真题11] (2021·湖北)在锐角△ABC 中,a、b、c分别为
[解析] sinC=23sinB c=23b, 角A、B、C 所对的边,且 3a=2csinA.
a2-b2= 3bc a2-b2-c2= 3bc-c2 b2+c2-a2=c2 (1)确定角C 的大小;
- 3bc, (2)
32
若c= 7,且△ABC 的面积为 ,求2 a+b
的值.
b2+c2-a2 c2- 3bc c2 3 c 3
∴cosA= 2bc = 2bc =2bc- 2 =2b- 2 = [解析] a 2sinA (1)∵由 3a=2csinA 及正弦定理得,c = 3
23 3 3
2 -2=
,
2 ∴
在△ABC 中,∠A=30°. sinA=sinC.
[真题9] (2020·重庆)设△ABC 的内角A,B,C 的对边
3
分别为a,b,c.已知b2+c2=a2+ 3bc,求: ∵sinA≠0,∴sinC=2
(1)A 的大小;
() 是锐角三角形,
π
22sinBcosC-sin(B-C)的值. ∵△ABC ∴C=3.
·243·
(2)
π a
解法1:∵c= 7,C= .由面积公式得 (1) 的值;3 c
1 π 33 (2)cotB+cotC 的值.
2absin
,即
3= 2 ab=6
, ① [解析] (Ⅰ)由余弦定理得
由余弦定理得 a2=b2+c2-2bccosA
2 2 πa +b -2abcos =7,即a2+b2
1 1
-ab=7, ② =( c)2+c2-2· c·c·
1 7
3 3 3 2=9c
2,
由②变形得(a+b)2=3ab+7. ③ a 7
故
将①代入③得(a+b)2=25,故a+b=5, c =3.
解法2:前同解法1,联立①、②得 (2)解法一:cotB+cotC
a2+b2-ab=7, a2+b2{ { =13, cosBsinC+cosCsinB =ab=6, ab=6, sinBsinC
消去b并整理得a4-13a2+36=0,解得a2=4或a2=9. sin(B+C) sinA= = ,
{a=2, a=3,
sinBsinC sinBsinC
所以 或{ 故a+b=5.b b ()=3. =2. 由正弦定理和 1 的结论得
[真题12] (2020·全国Ⅰ)设△ABC 的内角A、B、C 所对 7 2
、、, , sinA 1 a
2 2 9c 14 143
的边长分别为abc 且acosB=3bsinA=4. · ·sinBsinC=sinA bc= 1 = = .
(1)求边长a;
3 c·
9
3 c
33
(2)若△ABC 的面积S=10,求△ABC 的周长l. 143
acosB 3 故cotB+cotC= .[解析] (1)依题意得bsinA=
, 9
4 解法二:由余弦定理及(1)的结论有
a sinA
由正弦定理得 = , a2+c2-b2b sinB cosB= 2ac
cosB 3
所以 7 1
sinB=4. c2+c2-( )29 3c
2 9 2 9 =cosB= (16sinB=161-cos
2B), 72·3c
·c
即cos2
9
B= ,25 57= ,14
依题设知a2cos2B=9,
所以a2=25,得a=5. 2 25 21故sinB= 1-cosB= 1-28= 14 .
() 12 因为S=2bcsinA=2c
, 同理可得
所以,由S=10得c=5. 7 1
a2+b2-c2 9c
2+ c2 29 -c 7
应用余弦定理得 cosC= ,2ab = =-7 1 14
b= a2+c2-2accosB=25. 2· ·3c 3c
故△ABC 的周长 1 321
l=a+b+c=2(5+ 5). sinC= 1-cos
2C= 1- ,28= 14
[真题13] (2020·重庆)设△ABC 的内角A,B,C 的对边 cosB cosC 5 1 143
从而
分别为a,b,c.且A=60°,c=3b.求: cotB+cotC=sinB+sinC=3 3-9 3= 9 .
(★代表高考出现的频次)
题源1 三角形的边角关系及正弦定理(★★★★★) 2.(2020·北京)已知△ABC 中,a= 2,b= 3,B=60°,那
么角A 等于 ( )
1.(2020·陕西)△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b, A. 135°
c.若c= 2,b= 6,B=120°,则a等于 ( )
A.6 B.90°
B.2 C. 45°
C.3
D.30°
D.2
3.(2020·四川)△ABC 的三内角A、B、C 的对边边长分别
·244·
5 8.(2020·江西)△ABC 中,a、b、c分别为角A、B、C 所对
为a、b、c.若a=2b
,A=2B,则cosB 等于 ( ) A+B C A
的边长,a=23,tan 2 +tan2=4
,sinBsinC=cos2 .求
A. 2
5 A、B 及b、c.
3
5
B.4
C.
5
5
5
D.6
4.(2022·广东)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sinC= .
5.(2022·山东)在△ABC 中,角A,B,C 所对的边分别为
a,b,c.若a= 2,b=2,sinB+cosB= 2,则角A 的大小为 . 9.(2021·山东)已知函数f(x)=2sinxcos2 φ2+cosxsinφ
6.(2020·浙江)在△ABC 中,角A、B、C 所对的边分别为 -sinx(0<φ<π)在x=π处取最小值.
a、b、c,若(3b-c)cosA=acosC,则cosA= . (1)求φ 的值;
7.(2020·宁海)如图,△ACD 是等边三角形,△ABC 是等 (2)在△ABC 中,a,b,c分别是角A,B,C 的对边,已知a=
腰直角三角形,∠ACB=90°,BD 交AC 于E,AB=2. 3
(1)求cos∠CBE 的值; 1,b= 2,f(A)= ,求角2 C.
(2)求AE.
10.(2021·全国Ⅱ)设△ABC 的内角A、B、C 的对边长分
别为a、b、c,cos(A-C)
3
+cosB= ,2 b
2=ac,求B.
·245·
11.(2021·四川)在△ABC 中,A、B 为锐角,角A、B、C 所
3 10 题源2 余弦定理(★★★★★)
对的边分别为a、b、c,且cos2A= ,5 sinB= 10 .
(1)求A+B 的值; 14.(2020·宁海)如果等腰三角形的周长是底边长的5倍,
(2)若a-b= 2-1,求a、b、c的值. 那么它的顶角的余弦值为 ( )
5 3 3 7
A.18 B.4 C.2 D.8
15.(2018·山东)在△ABC 中,角 A、B、C 的对边分别为
、 πab、c,已知A= , , ,则 等于 ( )3 a= 3b=1 c
A.1 B.2 C.3-1 D.3
16.(2020·安徽)三角形ABC 中,AB=5,AC=3,BC=7,
则∠BAC 的大小为 ( )
2π 5π 3π π
A.3 B.6 C.4 D.3
17.(2018·全国Ⅰ)△ABC 的内角A、B、C 的对边分别为
a、b、c,若a、b、c成等比数列,且c=2a,则cosB 等于 ( )
( · ) , , , 1 3 2 212.2021 北京 在△ABC 中 角 A B C 的对边分别为 A.4 B.4 C.4 D.3
a,,,
π 4
bcB= ,cosA= ,b= 3. 18.(2020·福建)在△ABC 中,角 A、B、C 的对边分别为3 5
() ; a、1 求sinC 的值 b
、c.若(a2+c2-b2)tanB= 3ac,则角B 的值为 ( )
(2)求△ABC 的面积. π π π 5π π 2πA. B. C. 或 D. 或6 3 6 6 3 3
2π
19.(2022·北京)在△ABC 中,若b=1,c= 3,∠C= ,3
则a= .
20.(2020·湖北)在△ABC 中,三个角A,B,C 的对边边长
分别为a=3,b=4,c=6,则bccosA+cacosB+abcosC 的值
为 .
21.(2020·山东)已知a,b,c为△ABC 的三个内角A,B,
C 对边,向量 m=(3,-1),n=(cosA,sinA).若 m⊥n,且
acosB+bcosA=csinC,则角B= .
13.(2021·江西)在△ABC 中,A,B,C 所对的边分别为a, 22.(2022·安徽)设△ABC 是锐角三角形,a,b,c分别是内
b,,
π
cA= ,(6 1+ 3
)c=2b. 角A,B,C 所 对 边 长,并 且sin2A=sin(π π3+B )sin(3-B )
(1)求C; +sin2B.
(2)若C→B·C→A=1+ 3,求a,b,c. (1)求角A 的值;
(2)若A→B·A→C=12,a=27,求b,c(其中b·246·
题源3 正弦定理、余弦定理的综合运用
23.(2022· 全 国)在△ABC 中,D 为BC 上 一 点,BD= 26.(2019·浙江)已知△ABC 的周长为 2+1,且sinA+
1
DC,∠ADB=120°,AD=2.若△ADC 的面积为3- 3,则 sinB= 2sinC.2 (1)求边AB 的长;
∠BAC= .
1
24.(2022·全国Ⅱ)△ABC 中,D 为边BC 上的一点,BD= (2)若△ABC 的面积为6sinC
,求角C 的度数.
33,
5 3
sinB= ,cos∠ADC= ,求13 5 AD.
27.(2021· 天 津)在△ABC 中,BC= 5,AC=3,sinC
=2sinA.
() ;
25.(2020·辽宁)在△ABC 中,内角A,B,C 对边的边长分 1 求AB 的值
,, π () (
π
别是abc.已知c=2,C= . 2 求sin2A-
)的值.
3 4
(1)若△ABC 的面积等于 3,求a,b;
(2)若sinC+sin(B-A)=2sin2A,求△ABC 的面积.
2022-2023高考题源拓展测试
未来高考还会这样考
(测试时间:90分钟 总分:100分)
一、选择题(本题包括8小题,每小题2.5分,共20分。每小题 3
B. 3
只有一个选项符合题意) 2
1.( 1)在△ABC 中,角A、B、C 所对的边长分别为a,b, 3C.
c,若∠A=60°,a= 2b,则 ( ) 2
A.b>c D.33
B.b=c 5.( 1.2)已知△ABC 的三边长分别是2m+3,m2+2m,
C.b0),则最大内角的度数为 ( )
D.b与c的大小不能确定 A.150° B.135°
2.( 1.2)在△ABC 中,角A、B、C 所对的边分别为a、b、c, C.120° D.90°
如果c= 3a,B=30°,那么角C 等于 ( ) 6.( 1.2)在三角形 ABC 中,三内角分别是 A、B、C,若
A.120° B.105° sinC=2cosAsinB,则此三角形ABC 一定是 ( )
C.90° D.75° A.直角三角形
5 3 B.正三角形
3.( 1.2)在△ABC 中,已知cosA= ,13sinB=
,则
5 cosC C.等腰三角形
的值为 ( ) D.等腰直角三角形
16 56
A. B. 7.( 1.2)在△ABC 中,A=60°,a=43,b=42,则B 等于65 65
(
16 56 16
)
C. 或65 65 D.-65 A.45°或135°
4.( 1.2)在△ABC 中,AB=3,BC= 13,AC=4,则边 B.135°
AC 上的高为 ( ) C.45°
3 D.以上答案都不对
A.2 2 8.( 2.3)已 知△ABC 的 三 边 长 分 别 为a、b、c,且 面 积
·247·
1
S = (b2+c2-a2),则A 等于 ( ) 14.( 2.3)已知向量a= 3 △ABC ,cosx÷,4 b=(sin2x,-cosx),è2
A.45° B.30°
() 1f x =a·b- ,设△ABC 的三内角A,B,C 对边分别为 ,C.120° D.15° 2 a
二、填空题(本题包括4小题,每小题5分,共20分) b,c,且c= 3,f(C)=0,若向量m=(1,sinA)与n=(2,sinB)
9.( 1.2)在△ABC 中,A=60°,AC=1,△ABC 的面积为 共线,求a,b的值.
3,则BC 的长为 .
10.( 2)已 知 (a+b+c)(b+c-a)=3bc,则 ∠A
= .
11.( 1.2.3)
π
已知|a|=2,|b|=4,a 与b 的夹角为 ,以3
a、b为邻边作平行四边形,则此平行四边形的两条对角线中较
短的一条长度为 .
12.( 1.3)已知△ABC 中顶点A(-4,0)和顶点C(4,0),
x2 y2 sinA+sinC
顶点B 在椭圆 上,则25+9=1 sinB = .
三、解答题(本题包括5小题,每小题12分,共60分)
13.( 1.2.3)在△ABC 中,角A,B,C 所对的边分别为a,
b,c,且满足ccosB+bcosC=4acosA.
(1)求cosA 的值;
(2)若△ABC 的面积是 15,求A→B·A→C的值.
15.( 2.3)在锐角△ABC 中,角A,B,C 的对边的长分别
, 7 157为ab,c,已知b=5,sinA= ,4 S△ABC= 4 .
(1)求c的值;
(2)求sinC 的值.
·248·
16.( 1.2.3)在△ABC 中,角A、B、C 所对的边分别为a、
1
b、c,且cosA=3.
() 2B+C1 求sin 2 +cos2A
的值;
(2)若a= 3,求bc的最大值. 17.( 1.3)已知在锐角△ABC 中,bsinB-asinA=(b-c)
sinC,其中a、b、c分别为内角A、B、C 所对的边.
(1)求角A 的大小;
(2)求 3cosC-sinB 的取值范围.
·249·∴k<0或k>2. 4.1 【解析】 由A+C=2B 易得B=60°,而
由正弦定理易求出 的值
17. 解:(1)a-tb=m [ 1( ), , sinC .a-3 a+b ] m∈R π
5. 【解析】 由sinB+cosB= 2,可 得
化简整理得 (2m m3 -1)a= (3-t)b, 6π π asinB
∵a,b为不共线的非零向量, sin(B+4 )=1,B= ,由正弦定理,4 sinA= b
ì2m , ì 3, 1 π
3 -1=0 m=2 = ,又∵a∴ í 解之得 í 2 6
m , 1, 3
3-t=0 t=2 6. 【解析】 考查正弦定理与三角形中的三3
1
∴当t= 时,三向量的终点在一直线上. 角函数化简求值.2
(2)|a-tb|2=(a-tb)2=|a|2-2ta·b+|tb|2 结合 正 弦 定 理,因 为 (3sinB -sinC)cosA
=|a|2+|tb|2-2t|a||b|cos60° =sinAcosC,
=(1-t+t2)|a|2 ∴ 3sinBcosA=sin(A+C),
2
= [ ( 1t- ) 3+ ]|a|2, ∵A+C=π-B,∴ 3sinBcosA=sinB,2 4
3
1 3 ∴cosA= .
∴当t= 时,2 |a-tb|
有最小值 |a|. 32 7. 解:(1)因为∠BCD=90°+60°=150°,CB=
第十一章 解三角形 AC=CD,
所以∠CBE=15°.
§11.1 正弦定理和余弦定理
6+ 2
五年高考母题原型训练 所以cos∠CBE=cos(45°-30°)= 4 .
1.D 【解析】 正弦定理的两次使用解斜三角 (2)在△ABE 中,AB=2,
形,2 6 1 π π a
sinC= sinC= C=
, AE 2
3 2 6
A=6 1 = 由正弦定理 ,sin(45°-15°)=sin(90°+15°)
2 2 1
2sin30° 2×6 2
a= 2,选D. 故AE=cos15°= = 6- 2.3 6+ 2
2 4
2.C 【解析】 本题考查正弦定理,
a A+B C C
∵ = 8. 解:由tan 2 +tan2 =4
得cot +
sinA 2
b C, 2 3
sinB ∴
tan =4,
sinA=sin60°. 2
2 1
∴sinA= 化简得 =4.2. C Csin2cos2
又∵a1
本题要注意选项 A为陷阱,三角形中大边应对 所以sinC= ,又 (,),2 C∈ 0π
大角. π 5π
3.B 【解析】 本题解题思路是结合题意,围绕 即C= ,或6 C=
,
6
着正弦定理得出相关的边角关系,从而得以求解.由 A
由sinBsinC=cos2 得,
a 5 sinA sin2B , 5 2题意得
b =2=sinB=sinB =2cosB cosB=
,
4 1
B. sinBsinC=
[1-cos(B+C)]
选 2
本题考查三角形的边角关系———正弦定理. 即cos(B-C)=1,
·138·
π 3
所以B=C= , 故 26 sinB=
,
4
2π
A=π-(B+C)=3.
3 3
sinB= 或2 sinB=-
(舍去),
2
a b c
由正弦定理 = = 得, π 2πsinA sinB sinC 于是B= 或3 B=3.
1 又由b2=ac知b≤a或b≤c,
sinB 2
b=c=a πsinA=23× =2.3 所以B=3.
2
:() ( ) 1+cos ()
π () , , 10
9. 解 1 f x =2sinx φ2 +cosxsin
11. 1 4 2a= 2b=1c=φ 2
12. 本题主要考查三角形中的三角函数变换及-sinx
求值、诱导公式、三角形的面积公式等基础知识,主要
=sinx+sinxcosφ+cosxsinφ-sinx
考查基本运算能力
=sinxcos .φ+cosxsinφ
( 解:()因为角 , , 为 的内角,=sinx+ ). 1 A B C △ABCφ
因为f(x)在x=π时取最小值, π 4且B= ,3 cosA=
,
5
所以sin(π+φ)=-1,故sinφ=1. 2π 3
, π
所以C= -A,sinA= .
又0<φ<π 所以φ=2.
3 5
于是sinC=sin2π
( -A2)由(1)知f(x)=sin( πx+2 )=cosx. (3 )
3 1
( ) 3 = cosA+ sinA因为f A =cosA= , 2 22
π 3+43
且A 为△ABC 的内角,所以A=6.
= 10 .
bsinA 2 3 3+43
由正弦定理得sinB= = , (2)由(1)知sinA= ,5 sinC= .a 2 10
, π 3π
π
又b>a 所以B= 或 又因为B= ,b= 3,4 B=4. 3
π π π 7π bsinA
当B= 时,4 C=π-A-B=π-6-4=
, 所以 在 △ABC 中,由 正 弦 定 理 得 a=
12 sinB
3π 6
当B= 时,
π 3 π
4 C=π-A-B=π-6-4π=12.
=5.
7π π 1
综上所述C= 或 于是△ABC 的面积S= absinC12 C=12. 2
: ( ) 3 1 6 3+4310. 解 由cosA-C +cosB= 及2 B=π-
(A =2×5× 3× 10 .
3
+C)得cos(A-C)-cos(A+C)= , 36+932 = 50 .
cosAcosC+sinAsinC-(cosAcosC-sinAsinC) b 1 3
3 13. 解:(1)由(1+ 3)c=2b,得 = +
= , c 2 22 sinB
3 = ,
sinAsinC= . sinC4
sin( π 5π 5π又由b2=ac及正弦定理得 π-6-C ) sin6cosC-cos6sinC
则有
sin2B=sinAsinC, sinC = sinC
·139·
b2+c2-a2 c2+a2 21 3 1 3 -b
= cotC+ = + , cacosB +abcosC = 2 + 2 +2 2 2 2
a2+b2-c2 a2+b2+c2 32+42+62π 61
得cotC=1,即C=4. 2
= 2 = 2 =2.
(2)由C→B·C→A=1+ 3,推出abcosC=1+ 3; π21. 【解析】 因为 ,所以有6 m⊥n 3cosA-
π
由C= ,
2
即得
4 2ab=1+ 3
, sinA=0,
ì2 即tanA= 3,
π
∴A=
,又
3 ∵acosB+bcosA=
2ab=1+ 3
,
ìa= 2, a2+c2-b2· ·b
2+c2-a2
则有 í( ) ,解得 í , a +b =c=csinC,1+ 3c=2b b=1+ 3 2ac 2bc

a c

c=2. π π
sinA=sinC. ∴C=
,
2 ∴B=6.
14.D 【解析】 本题为解三角形,由题意可设 22. 解:(1)因为sin2A
底边边长为x,则腰为2x,利用余弦定理:
= 3 1 cosB+ sinB÷
3 1 ÷
( +2x)2+(2x)2-x2 7 è2 2 è2cosB-2sinB
cosθ= 2·2x·2x =8.
2 3 2 1 2 3
15.B 【解析】 由 余 弦 定 理a2=b2+c2- sinB=4cosB-4sinB+sin
2B=4.
2bccosA 得c2-c-2=0,∴c=2(c=-1舍去). 3 , π
【注意】 已知两边及其一边对角解三角形时,
所以sinA=± .又A 为锐角 所以2 A= .应 3
先讨论解的个数,再用正余弦定理求解. (2)由A→B·A→C=12可得cbcosA=12.①
16.A 【解析】 由余弦定理可得cos∠BAC= ( π由 1)知A= ,所以3 cb=24.②AB 2+AC2-BC2 25+9-49 1
2AB·AC = 2×5×3 =-
,
2 由余弦定理得a2=c2+b2-2cbcosA,将a=2
2π
∴∠BAC= ,故应选A. 7及①代入,得c
2+b2=52,③
3 ③+②×2,得(c+b)2=100,所以
17.B 【解析】 本题考查了余弦定理及三角形 c+b=10.
边边关系的转换. 因此,c,b是一元二次方程t2-10t+24=0的两
∵b2=ac,且c=2a,∴b2=2a2, 个根.
a2+c2-b2 a2+4a2-2a2 3
∴cosB= = = ,故 解此方程并由c>b知c=6,b=4.2ac 2×2a2 4 【点评】 利用两角和、差公式,正余弦定理实现
应选B.
边、角互化,解三角形是高考考查的热点.
18.D 【解析】 本题考查边角关系中余弦定理
23.60° 【解析】
的应用.解斜三角形问题的关键是充分挖掘题中边角
由 A 作 垂 线 AH ⊥BC
特征,选择合理的定理求解.因为(a2+c2-b2)tanB
1
, a
2+c2-b2 于 H.∵S = DA
= 3ac 所以由余弦定理cosB= 得 △ADC 22ac sinB
3 ·
1
DC·sin60°= ×2
= ,选2 D.
2
19.1 【解析】
3
∵c2=a2+b2-2abcosC, ×DC· =3- 3,∴DC=2(3-1),又2 ∵AH⊥
( )2 2 2∴ 3 =a +12-2a·1·cos π,∴a2+a-2= BC,∠ADH=60°,∴DH=ADcos60°=1,∴HC=3
, ( )( 10 ∴ a+2 a-1)=0,∴a=1. 2(3-1)-DH=23-3.又BD= ,2CD ∴BD=
61
20. 【解析】 由 余 弦 定 理 可 得2 bccosA+ 3-1,∴BH=BD+DH= 3.又AH=ADsin60°=
3,∴在Rt△ABH 中AH=BH,∴∠BAH=45°.又
·140·
HC 23-3 BC+AC= 2AB,
在Rt△AHC中tan∠HAC=AH= =2- 3
,
3 两式相减,得AB=1.
∴∠HAC=15°.又 ∠BAC= ∠BAH + ∠CAH = () 12 由 △ABC 的 面 积 BC·AC·sinC=
60°,∴所求角为60°. 2
: 3 π
1 1
24. 解 由cos∠ADC= >0知5 B<2.
由已知 sinC,得BC·AC= ,由余弦定理,得6 3
2 2 2
12 4 AC +BC -AB
得cosB= ,13 sin∠ADC= .
从 而
5 sin∠BAD=
cosC= 2AC·BC
2 2
sin(∠ADC-B)=sin∠ADCcosB-cos∠ADCsinB (AC+BC)-2AC·BC-AB 1= 2AC·BC =
,
4 12 3 5 33 AD 2
= × 由 正 弦 定 理 得5 13- 5 ×13=65. sinB= 所以∠C=60°.
5 AB
33× 27. 解:(1)在△ABC 中,根据正弦定理,BD , BD
·sinB 13 sinC
所以
sin∠BAD AD=sin∠BAD= 33 =25. BC=
65 sinA
.
25. 本小题主要考查三角形的边角关系,三角函 sinC于是AB= BC=2BC=25.
数公式等基础知识,考查综合应用三角函数有关知识 sinA
的能力. (2)在△ABC 中,根据余弦定理,
解:(1)由余弦定理及已知条件得,a2+b2-ab AB2+AC2-BC2 25得cosA= = .
=4, 2AB·AC 5
, 1
5
又因为△ABC 的面积等于 3 所以
2
2absinC=
于是sinA= 1-cosA=5.
3,得ab=4. 4从而sin2A=2sinAcosA= , 25 cos2A=cosA-
{a
2+b2-ab=4,
联立方组 解得
, a=2
,b=2. 3
ab=4 sin2A=5.
(2)由 题 意 得 sin(B +A)+sin(B -A) π π
=4sinAcosA, 所以sin( π2A-4 )=sin2Acos4-cos2Asin4
即sinBcosA=2sinAcosA. 2
, π π
= .
当 cosA = 0 时 A = ,B = ,a = 102 6 2012—2013高考题源拓展测试
43, 23 1.C 2.A 3.A 4.B 5.C 6.C 7.C
3 b= 3 . 8.A
当cosA≠0时,得sinB=2sinA,由正弦定得b π
=2a, 9. 13 10. 3
a2+b2{ -ab=4, 23 5联立 方 程 组 解 得 a= , 11.23 12.b=2a, 3 4
a b c
43
b 13.
解:(1)利用正弦定理 ,得
= . sinA=sinB=sinC3
sinCcosB+sinBcosC=4sinAcosA,sin(B+C)=
1 23
所以△ABC 的面积S=2absinC= 3 . 14sinAcosA,即sinA=4cosAsinA,所以cosA=4.
26. 本题主要考查利用正弦定理、余弦定理来确
15
定三角形边、角关系等基础知识和基本运算能力. (2)由(1),得sinA= ,由题意,得4
解:(1)由题意及正弦定理,得 1
AB+BC+AC= 2+1, S△ABC=2bcsinA= 15
,
·141·
所以bc=8,因此A→B·A→C=2. b2+c2-a2 bc 1
所以cosA= 2bc =
,
2bc=2
14. 解:∵f(x)=sin( π2x-6 )-1 又A 为锐角△ABC 的内角,
∵f(C)
π
=0,∴sin( π2C- )=1 所以A=3.6
π π 11π, () () , 2π 2π∵- <2C- < 2 由 1 得 B+C= ,即 ,因为6 6 6 3
C=3 -B
π π π ì π
∴2C- = ,∴C= 6 2 3
0, 2 π△ABC 为锐角三角形 所以 í <
∵m,n平行,∴sinB-2sinA=0,∴b-2a=0 2π π 6 0< -B<
又c2=a2+b2-2abcosC,∴a2+b2-ab=3, 3 2
∴a=1,b=2. πB<2. ①
1 157
15. 解:(1)由S△ABC= bcsinA= 可得,2 4 c 所以 3cosC-sinB= 3cos(23π-B )-sinB=
=6;
3 2π 2π
3
cos cosB+sin sinB -sinB=- cosB+
( 7 3 ( )2)由锐角△ABC 中sinA= 可得4 cosA= 3 3 24 1 π
由余弦定理可得:a2=b2+c2-2bc×cosA=25 2sinB=sin(B-3 ) .
3
+36-60× =16,有:a=4,由正弦定理:
c π π π 1
4 sinC= 由① 得,- 6 ,
6 ∴ - 2 <
7 π 1
6× sin < .a , csinA 4 37
(B-3 ) 2
即
sinA sinC= a = 4 = 8 .
所以 3cosC-sinB 的取值范围为 ( 1 1B C - , .+ 2 2 )
16. 解:(1)sin2 2 +cos2A
1
= [2 1-cos
(B+C)]+(2cos2A-1)
1
= (2 1+cosA
)+(2cos2A-1)
1
= × ( 1 )+ (22 1+3 9-1)
1
=-9.
b2+c2-a2(2)
1
∵ 2bc =cosA=
,
3
2
∴ 2 23bc=b +c -a
2≥2bc-a2,
3 9
∴bc≤4a
2,又a= 3,∴bc≤ ,4
3 9
当且仅当b=c= 时,2 bc=
,故
4 bc
的最大值
9
为
4.
17. 解:(1)因为bsinB-asinA=(b-c)sinC,所
以由正弦定理得:b2-a2=(b-c)c b2+c2-a2
=bc.
·142·
§11.2 解三角形的应用举例 时).
五年高考母题原型训练 答:救援船到达D 点需要1小时.
4 注:如果认定△DBC 为直角三角形,根据勾股定
1. 【解析】 设直角三角形的最小内角为5 理正确求得CD,同样给分.
θ,则 该 直 角 三 角 形 的 两 个 直 角 边 分 别 为 5sinθ, 【点评】 解三角函数问题,已知的角多边少用正
, 1 弦定理,已知的边多角少用余弦定理5cosθ 则该直角三角形的面积S=2×5sinθ×5cosθ
.
4. 解法一:设该扇形的
25
= sin2θ,则该正方形的面积52=4S+1,即得52= 半径为r米.连接CO.4
由 题 意,得 CD =500
25 24 π
4×4sin2θ+1
,解之得sin2θ= ,又由25 0<θ<
, (
4 米
),
(米),
π 7 DA=300 ∠CDO=60°.
得0<2θ< ,2 ∴cos2θ= 1-sin
22θ= ,25 ∴cosθ 在△CDO 中,CD
2+OD2-2·CD ·OD ·
4 cos60°=OC
2,
=5. 即5002+(r-300)2
1
-2×500×(r-300)× =r2,
2. 解:在△BCD 中,∠CBD=π-α-β. 2
BC CD 4900
由正弦定理得 = , 解得r= ≈445(米).sin∠BDC sin∠CBD 11
CDsin∠BDC s·sinβ 答:该扇形的半径OA 的长约为445米.所以BC= sin∠CBD =sin(α+ ).β 解法 二:连 接 AC,作
在Rt△ABC 中, OH⊥AC 交AC 于H.
s·tanθsin 由题 意,得 CD =500
AB=BCtan∠ACB= βsin(α+β)
.
(米),
3. 解:由题意知AB=5(3+ 3)(海里), AD=300(米),∠CDA=120°.
∠DBA=90°-60°=30°,∠DAB=45°, 在△ACD 中,
∴∠ADB=180°-(45°+30°)=105°, AC2=CD2+AD2-2·CD·AD·cos120°
, DB在 △DAB 中 由 正 弦 定 理 得 2 2 1sin∠DAB =500+300+2×500×300×2=700
2,
AB
= , ∴AC=700(米),sin∠ADB
AC2+AD2-CD2 11
AB·sin∠DAB 5(3+ 3)·sin45° cos∠CAD= 2·AC·AD =∴DB= 14
.
sin∠ADB = sin105° 在直角△HAO 中,AH=350(米),cos∠HAO
5(3+ 3)·sin45°
= 11sin45°cos60°+cos45°sin60° = ,14
53(3+1)
= =103(海里), AH 4900
3+1 ∴OA=cos∠HAO= 11 ≈445
(米).
2 答:该扇形的半径OA 的长约为445米.
又∠DBC=∠DBA+∠ABC=30°+(90°-60°) 5. 本题考查了应用三角形知识求解实际问题的
=60°,BC=203海里, 能力.首先要能够借助图形和有关边角关系得到AB
在△DBC 中,由余弦定理得 =BD 的结论,而后在三角形 ABC 中应用正弦定理
CD2=BD2+BC2-2BD·BC·cos∠DBC 可求解.
1
=300+1200-2×103×203×2=900
, 解:在△ACD 中,∠DAC=30°,∠ADC=60°-
∠DAC=30°,
( 30∴CD=30 海里),则需要的时间t= =1(小 所以CD=AC=0.1.30
又∠BCD=180°-60°-60°=60°,
·143·
故CB 是△CAD 底边AD 的中垂线,所以 BD , 5=5 于是这只船的速度是 =10(海里/小时)0.5 .=BA.
, AB AC
3.B
在△ABC 中 ,sin∠BCA=sin∠ABC 3
4.1 【解析】 依题意及正弦定理得12 a+bACsin60° 32+ 6
即 AB = sin15° =
,因 此,
20 BD = = 2c,且a+b+c= 2+1,因此c+ 2c= 2+1,c
32+ 6 π
≈0.33km. =1.当C= 时,c2=a2+b220 3 -2abcosC=a
2+b2-
故B,D 间的距离约为0.33km. ab=1,(a+b)2-3ab=1.又a+b= 2,因此2-3ab
【规律总结】 求解此类三角形问题首先要能够
, 1 1 1
读懂题,分析清楚题意,能够将实际问题转化为数学 =1ab=
,则△ABC 的面积3 S=2absinC=2×
问题,即解三角形问题.在具体求解过程中要能够明 1· π 3sin = .
确三角形中的边角关系,同时要注意多解情况和计算 3 3 12
的准确性. 5.15 【解析】 如图所示,
6. 解:如图,连接A1B2,由 设AD=x,AC=y.∵∠BAC=
已知A2B2=102, 20°+40°=60°.∴在△ACD 中,
有x220 +y
2-2xycos60°=212,即
A1A2=302× ,60=102 x2+y2-xy=441. ①
∴A1A2=A2B2, 而在△ABC 中,(x+20)2+
又∠A1A2B2=180°-120° y2-2(x+20)·ycos60°=312,即x2+y2-xy+
=60°, 40x-20y=561. ②
∴△A1A2B2 是等边三角形, ②-①得y=2x-6,代入①得x2-6x-135=
∴A B =A A =102. 0,解得x=15,即此人还需走1 2 1 2 15千米才能到达A 城.
由已知,A1B1=20, 6.302 【解析】 如图
∠B1A1B2=105°-60°=45°, 所示,依题意有AB=15×4=
在△A1B2B1 中,由余弦定理, 60km,∠MAB=30°,∠AMB
B B2=A B2+A B21 2 1 1 1 2-2A1B1·A1B2·cos45° =45°,在 三 角 形 AMB 中,由
2 60 BM
=202+(102)2-2×20×102× 正弦定理得 = ,解得BM=302(km).2 sin45° sin30°
=200. 4037.203米, 米
∴B1B2=102. 3
【解析】 如图所示,依题
, 102因此 乙船的速度的大小为 ×60=30 2 意有 甲 楼 的 高 度20 AB=20
·
(海里/小时). tan60°=20 3(米),又CM=
: 米,答 乙船每小时航行302海里. DB=20 ∠CAM=60°
,所
2012—2013高考题源拓展测试 · 203以AM=CM cot60°= 米,故乙楼的高度为3 CD
1.B 【解析】 根据仰角与俯角的定义易知α
= . 203 403β =203- (米)3 = 3 .
2.C 【解析】 如图
8. 解:不妨设A∈l1,B∈l2,C∈l3.
所示,依题意有∠BAC= (1)∵A,C 到直线l2 的距离相等,∴l2 过线段
60°,∠BAD =75°,所 以 AC 的中点M,且△ABC 为正三角形,
∠CAD = ∠CDA=15°, ∴l2⊥AC,∴边长AC=2AM=2,故△ABC 的
从而CD=CA=10,在直角三角形ABC 中,可得AB 边长为2.
·144·
(2)设边长为a,BC 与l3 的夹角为θ,由对称性, |CD| 1∵ = (h)=5(min),∴该船在上午11时
不妨设0°<θ<60°, v 12
则BC 与l2 的夹角也为θ,AB 与l2 的夹角就是 15分 到 达 正 西 方 向,此 时 船 离 A 的 水 平 距 离 为
60°-θ, 3km.
∴asinθ=2,asin(60°-θ)=1,两式相比, 2
() ,
( ), , 3 如图② 作OE⊥BC 于E
,则E 点到A 的距
得sinθ=2sin60°-θ 即sinθ= 3cosθ-sinθ
离最近.
3 3
∴2sinθ= 3cosθ,∴tanθ= , , ·2 ∴sinθ= ∴a ∵|OE| |BC|=|OB|
·|OC|·sin120°,
7
3 13
2 2 21 ∴|OE|= (km),
= = . 26
3 3
9 9 3 39
7 ∴|DE|= ( ),4-52= 13 km
9. 解:(1)设A 在海平面上的投影为O,如图①,
|ED| 3() 90依题 意 可 知 OB =1×cot30°= 3(km),OC = ∴ = (v 26h =13 min
).
3
1×cot60°= (km),∠BOC=120°,
90 1 1
3 ∵15- =8
( ), 船在上午
13 13 min ∴ 11
时813
1 3 分时到A 的距离最近.
∴|BC|= 3+3-2× 3×3× ( 1-2 ) = 第十二章 数 列
39(km),3 §12.1 数列的概念与简单表示法
五年高考母题原型训练
1.B 【解析】 若an+1>|an|(n=1,2,…),
则an+1>an,∴{an}为递增数列.
若{an}为递增数列,an+1不一定大于|an|,
如a2=-1>a1=-2,但-1<|-2|=2.
|BC|
∴船的速度v= / 故选B.1 =2 39kmh.
6 2.C 【解析】 三角形数组成的数列的通项公
(2)以O 为原点,海平面为xOy 平面建立平面直 n(n+1)式an= ,正方形数组成数列的通项公式bn
角坐标系,如图②,设船到达的正西位置为D(x,0)
2
.
=n2,验证知C项符合条件.本题强调在不同的试题
由(1)知 B 的 坐 标 为 (3cos30°,3sin30°)
背景下,实现知识的迁移运用.
= 3,3÷, 3.2n-1 32 【解析】
è2 2
第1行 全是1 第1次
C 的坐标为
第3行 全是1 第2次

3 3 1 3cos150°, sin150°÷= - , ÷, 第7行 全是1 第3次è3 3 è 2 6
猜想第n 次出现1是第2n-1行,
3 3 3
- 由前面猜想知:n=6时,即第6次出现全是1时
、 、 2 2 6又B C D 三点共线,∴3 = 3 1 x= 是第63行
2-x 2+2 第61行 1 1 0 0 1 1 …
3 第62行 1 0 1 0 1 0 1 … 共32
- ,2 个1 31个0
( 3 ) 3 39
第63行 1 1 1 1 1 1 1 1 … 共
∴D - ,2 0
,∴|CD|= 1+36 = 6 64个1
(km). 第61行中,共62个数.
·145·

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