第二章 解三角形
(时间：120分钟 满分150分)
第Ⅰ卷(选择题 共60分)
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，每小题有4个选项，其中有且仅有一个是正确的，把正确的选项填在答题卡中)
1．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且A>B，则一定有( B )
A．cosA>cosB
B．sinA>sinB
C．tanA>tanB
D．sinA
[解析] ∵A>B，∴a>b，
由正弦定理，得sinA>sinB，故选B．
2．已知△ABC中，a＝4，b＝4，∠A＝30°，则∠B等于( D )
A．30°
B．30°或150°
C．60°
D．60°或120°
[解析] 由＝，得sinB＝＝.
又a3．在△ABC中，BC＝3，CA＝5，AB＝7，则·的值为( C )
A．－
B．
C．－
D．
[解析] cosC＝＝－，
则·＝||·||·cosC＝－.
4．(2019·昆明三中、玉溪一中联考)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC的面积为S，且2S＝(a＋b)2－c2，则tanC等于( C )
A．
B．
C．－
D．－
[解析] 因为2S＝(a＋b)2－c2＝a2＋b2－c2＋2ab，由面积公式与余弦定理，得absinC＝2abcosC＋2ab，
即sinC－2cosC＝2，所以(sinC－2cosC)2＝4，
＝4，
所以＝4，
解得tanC＝－或tanC＝0(舍去)．
5．△ABC的三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，asinAsinB＋bcos2A＝a，则＝( D )
A．2
B．2
C．
D．
[解析] 本小题考查内容为正弦定理的应用．
∵asinAsinB＋bcos2A＝a，
∴sin2AsinB＋sinBcos2A＝sinA，
sinB＝sinA，∴b＝a，∴＝.
6．在△ABC中，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若3a＝2b，则的值为( D )
A．－
B．
C．1
D．
[解析] 本题主要考查正弦定理，由正弦定理可得＝＝
，∴sinB＝sinA，将其代入所求式子中，得＝＝，
∴选D．
7．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a2－b2＝bc，sinC＝2sinB，则A＝( A )
A．30°
B．60°
C．120°
D．150°
[解析] 由sinC＝2sinB及正弦定理，得c＝2b，
∴a2－b2＝bc＝6b2，
即a2＝7b2，
由余弦定理，cosA＝＝＝＝.
又∵0°∴A＝30°.
8．(2018·全国Ⅲ理，9)△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若△ABC的面积为，则C＝( C )
A．
B．
C．
D．
[解析]由题意S△ABC＝absinC＝，即sinC＝，由余弦定理可知sinC＝cosC，即tanC＝1，
又C∈(0，π)，所以C＝.
9．已知锐角△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c,23cos2A＋cos2A＝0，a＝7，c＝6，则b＝( D )
A．10
B．9
C．8
D．5
[解析] 由倍角公式得23cos2A＋cos2A＝25
cos2A－1＝0，cos2A＝，△ABC为锐角三角形cosA＝，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得b2－b－13＝0，
即5b2－12b－65＝0，
解方程得b＝5.
10．在△ABC中，a，b，c分别为∠A，∠B，∠C的对边，若2b＝a＋c，∠B＝30°，△ABC的面积为，则b等于( A )
A．1＋
B．
C．
D．2＋
[解析] 由已知acsin30°＝，
∴ac＝6，∴b2＝a2＋c2－2accos30°
＝(a＋c)2－2ac－ac
＝4b2－12－6，
∴b＝＋1.
11．(2019·铁岭高中下学期第一次考试)在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，向量m＝(，－1)，n＝(cosA，sinA)，若m⊥n，且acosB＋bcosA＝csinC，则∠A，∠B的大小分别为( A )
A．，
B．，
C．，
D．，
[解析] ∵m＝(，－1)，n＝(cosA，sinA)，且m⊥n，
∴m·n＝cosA－sinA＝0，
∴tanA＝.
∵0<∠A<π，∴∠A＝.
又∵acosB＋bcosA＝csinC，
∴sinAcosB＋sinBcosA＝sin2C，
即sin(A＋B)＝sin2C，∴sinC＝sin2C．
∵0<∠C<π，∴∠C＝，
∴∠B＝－＝.
12．如图所示，在△ABC中，已知∠A﹕∠B＝1﹕2，角C的平分线CD把三角形面积分为3﹕2两部分，则cosA等于( C )
A．
B．
C．
D．0
[解析] 在△ABC中，设∠ACD＝∠BCD＝β，∠CAB＝α，由∠A﹕∠B＝1﹕2，得∠ABC＝2α.
∵∠A<∠B，∴AC>BC，
∴S△ACD>S△BCD，
∴S△ACD﹕S△BCD＝3﹕2，
∴＝，
∴＝.
由正弦定理得
＝，
＝?＝，
∴cosα＝＝×＝，
即cosA＝.故选C．
第Ⅱ卷(非选择题 共90分)
二、填空题(本大题共4个小题，每空5分，共20分，把正确答案填在题中横线上)
13．(2019·全国卷Ⅱ理，15)△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
6.
[解析] 由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB．
又∵b＝6，a＝2c，B＝，
∴36＝4c2＋c2－2×2c2×，
∴c＝2，a＝4，
∴S△ABC＝acsinB＝×4×2×＝6.
14．(2018·浙江，13)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a＝，b＝2，A＝60°，则sinB＝
，c＝_3.
[解析] 由正弦定理，得＝，∴＝，得sinB＝，由余弦定理，得cosA＝＝＝，解得c＝3.
15．已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足a＝4，asinB＝bcosA，若△ABC的面积S＝4，则b＋c＝8.
[解析] 由正弦定理，得sinAsinB＝sinBcosA，又sinB≠0，∴tanA＝，∴A＝.
由S＝bc×＝4，得bc＝16，由余弦定理得，16＝b2＋c2－bc，
∴c2＋b2＝32，∴b＋c＝8.
16．某人在C点测得塔AB在南偏西80°，仰角为45°，沿南偏东40°方向前进10米到O，测得塔A仰角为30°，则塔高为10米.
[解析] 画出示意图，如图所示，
CO＝10，∠OCD＝40°，∠BCD＝80°，∠ACB＝45°，
∠AOB＝30°，AB⊥平面BCO，
令AB＝x，则BC＝x，BO＝x，
在△BCO中，由余弦定理，得
(x)2＝x2＋100－2x×10×cos(80°＋40°)，
整理得x2－5x－50＝0，
解得x＝10，x＝－5(舍去)，
故塔高为10米．
三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)(2019·天津卷理，15)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知b＋c＝2a,3csinB＝4asinC．
(1)求cosB的值；
(2)求sin2B＋的值．
[解析] (1)在△ABC中，由正弦定理＝，
得bsinC＝csinB．由3csinB＝4asinC，
得3bsinC＝4asinC，即3b＝4a.
因为b＋c＝2a，所以b＝a，c＝a.由余弦定理可得
cosB＝＝＝－.
(2)由(1)可得sinB＝＝，
从而sin2B＝2sinBcosB＝－，
cos2B＝cos2B－sin2B＝－，
故sin＝sin2Bcos＋cos2Bsin＝－×－×＝－.
18．(本小题满分12分)在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且a＝2，cosB＝.
(1)若b＝4，求sinA的值；
(2)若△ABC的面积S△ABC＝4，求b、c的值．
[解析] (1)∵cosB＝>0，且0∴sinB＝＝.
由正弦定理得＝，
所以sinA＝sinB＝.
(2)∵S△ABC＝acsinB＝c＝4，
∴c＝5.
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB
＝22＋52－2×2×5×＝17，
∴b＝.
19．(本小题满分12分)(2018·天津理，15)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知bsin
A＝acos.
(1)求角B的大小；
(2)设a＝2，c＝3，求b和sin(2A－B)的值．
[解析] (1)在△ABC中，由正弦定理＝，
可得bsin
A＝asin
B．
又由bsin
A＝acos，得asin
B＝acos，
即sin
B＝cos，所以tan
B＝.
又因为B∈(0，π)，所以B＝.
(2)在△ABC中，由余弦定理及a＝2，c＝3，B＝，
得b2＝a2＋c2－2accos
B＝7，故b＝.
由bsin
A＝acos，可得sin
A＝.
因为a＜c，所以cos
A＝.
因此sin
2A＝2sin
Acos
A＝，
cos
2A＝2cos2A－1＝.
所以sin(2A－B)＝sin
2Acos
B－cos
2Asin
B
＝×－×＝.
20．(本小题满分12分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且＋＝.
(1)证明：sinAsinB＝sinC；
(2)若b2＋c2－a2＝bc，求tanB．
[解析] (1)根据正弦定理，可设＝＝＝k(k>0)．
则a＝ksinA，b＝ksinB，c＝ksinC．
代入＋＝中，有＋＝，变形可得
sinAsinB＝sinAcosB＋cosAsinB＝sin(A＋B)．
在△ABC中，由A＋B＋C＝π，有sin(A＋B)
＝sin(π－C)＝sinC，
所以sinAsinB＝sinC．
(2)由已知，b2＋c2－a2＝bc，根据余弦定理，有
cosA＝＝.
所以sinA＝＝.
由(1)，sinAsinB＝sinAcosB＋cosAsinB，
所以sinB＝cosB＋sinB，故tanB＝＝4.
21．(本小题满分12分)(2019·全国卷Ⅰ理，17)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.设(sinB－sinC)2＝sin2A－sinBsinC．
(1)求A；
(2)若a＋b＝2c，求sinC．
[解析] (1)由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sinBsinC，
故由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc.
由余弦定理得cosA＝＝.
因为0°(2)由(1)知B＝120°－C，
由题设及正弦定理得sinA＋sin(120°－C)＝2sinC，
即＋cosC＋sinC＝2sinC，
可得cos(C＋60°)＝－.
因为0°故sinC＝sin(C＋60°－60°)
＝sin(C＋60°)cos60°－cos(C＋60°)sin60°＝.
22．(本小题满分12分)如图，已知扇形AOB，O为顶点，圆心角AOB等于60°，半径为2，在弧AB上有一动点P，过P引平行于OB的直线和OA相交于点C，设∠AOP＝θ，求△POC面积的最大值及此时θ的值．
[解析] ∵CP∥OB，∴∠CPO＝∠POB＝60°－θ，∠OCP＝120°.
在△OCP中，由正弦定理，得
＝，即＝，
∴CP＝sinθ.
又＝，
∴OC＝sin(60°－θ)．
故△POC的面积是
S(θ)＝CP·CO·sin120°＝·sinθ·sin(60°－θ)·＝·sinθsin(60°－θ)
＝·sinθ(cosθ－sinθ)＝[cos(2θ－60°)－]，θ∈(0°，60°)，
∴当θ＝30°时，S(θ)取得最大值为.
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10(共49张PPT)
第二章
解三角形
本章归纳总结
知识结构
知识整合
2．剖析斜三角形的类型与解法
正弦定理、余弦定理的每一个等式中都包含三角形的四个元素(三角形有三个角和三条边，三角形的边与角称为三角形的元素)，如果其中三个元素是已知的(至少要有一个元素是边)，那么这个三角形一定可解．关于斜三角形的解法，根据已知条件及适用的定理，可以归纳为以下四种类型(设三角形为△ABC，A、B、C所对的边分别为a、b、c)：
已知条件
应用定理
一般解法
一边和两角(如a，∠B，∠C)
正弦定理
由∠A＋∠B＋∠C＝180°，求角A；由正弦定理求出b与c，在有解时只有一解．
两边和夹角(如a，b，∠C)
余弦定理正弦定理
由余弦定理求第三边c；由正弦定理求出一边所对的角；再由∠A＋∠B＋∠C＝180°求出另一角，在有解时只有一解．
三边(a，b，c)
余弦定理
由余弦定理求出角A、B；再利用∠A＋∠B＋∠C＝180°，求出角C，在有解时只有一解．
两边和其中一边的对角(如a，b，∠A)
正弦定理
余弦定理
由正弦定理求出角B；由∠A＋∠B＋∠C＝180°，求出角C；再利用正弦定理或余弦定理求c，可有两解、一解或无解.
4．解读判断三角形形状的两种方法
判断三角形的形状，应围绕三角形的边、角关系进行思考，此类题目一般采用以下两种方法求解：
(1)利用正弦定理化边为角，通过三角运算判断三角形的形状．
(2)利用余弦定理化角为边，通过代数运算判断三角形的形状．
注意：根据余弦定理判断三角形的形状时，当a2＋b2c2，b2＋c2>a2，c2＋a2>b2中有一个关系式成立时，并不能得出该三角形为锐角三角形的结论．
6．点击正、余弦定理解几何问题的注意点
(1)几何图形中几何性质的挖掘往往是解题的切入点，或是问题求解能否继续的转折点．
(2)根据条件或图形，找出已知，未知及求解中需要的三角形，用好三角恒等变形公式，正弦定理，余弦定理，或是综合运用这两个定理．
(3)要有应用方程思想解题的意识，还要有引入参数，突出主元，简化问题的解题意识．
7．解正、余弦定理解实际应用题的步骤
实际应用题的本质就是解三角形，无论是什么类型的题目，都要先画出三角形的模型，再通过正弦定理或余弦定理进行求解．解三角形应用题的一般步骤是：
(1)读懂题意，理解问题的实际背景，明确已知和所求，理清量与量之间的关系．
(2)根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形模型．
(3)选择正弦定理或余弦定理求解．
(4)将三角形的解还原为实际问题，注意实际问题中单位、近似计算要求．
专题突破
专题1 ?正、余弦定理与三角函数的综合
例题
1
『规律总结』 关于解三角形问题，一般要用到三角形的内角和定理，正弦、余弦定理及有关三角形的性质，常见的三角变形方法和原则都适用，同时要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”，这是使问题获得解决的突破口．
专题2 ?三角形形状的判断
例题
2
『规律总结』 根据所给条件判断三角形的形状，主要有两条途径：(1)化边为角，(2)化角为边．转化的手段主要有：①通过正弦定理实现边角转化；②通过余弦定理实现边角转化；通过三角变形找出角之间的关系，④通过对三角函数值符号的判断以及正、余弦函数的有界性来确定三角形的形状．
在高考中解三角形问题常与平面向量知识(主要是数量积)结合在一起进行考查．判断三角形形状或结合正弦定理、余弦定理求值，这也是高考命题的新趋势．
专题3 ?解三角形与平面向量的综合应用
例题
3
三角形中的几何计算实际体现了三角形的几何性质的应用．我们在利用正、余弦定理求解三角形问题时，是通过代数运算去判断三角形的边角关系．数形结合思想是通常情况下解决数学问题的途径，如果我们能从图形中寻找其几何关系，并构造相应的三角形，则几何图形之间的关系就可以转化为解三角形的问题解决．
专题4 ?三角形中的几何计算
如图所示，已知∠MON＝60°，Q是∠MON内一点，它到两边的距离分别为2和11，求OQ的长．
例题
4
[分析] 由Q点向∠MON的两边作垂线，则垂足与O，Q四点共圆，且OQ为圆的直径，由此可得OQ的长．
『规律总结』 求解三角形中的几何计算问题时，首先要确定与未知量之间相关联的量，把所要求的问题转化为由已知条件可直接求解的量上来．与多边形问题一样，其他的几何问题也可以转化为三角形问题，关键在于构造三角形(一般可以构造直角三角形)求解．本题的关键是通过过一点作角两边的垂线所围成四边形的对角互补，可知此四边形内接于一圆，OQ为圆的直径．
专题5 ?解三角形中的方程思想
例题
5
『规律总结』 (1)三角形中的综合应用问题常常把正弦定理、余弦定理、三角形面积公式、三角恒等变形等知识联系在一起，要注意选择合适的方法、知识进行求解．
(2)解三角形常与向量、三角形函数及三角恒等变形等知识综合考查，解答此类题目，首先要正确应用所学知识“翻译”题目条件，然后要根据题目条件和要求选择正弦或余弦定理求解．