高考数学二轮复习 专题六 三角函数与解三角形 第3讲 解三角形考题溯源变式 理-人教版高三数学试题

（通用版）2016年高考数学二轮复习专题六三角函数与解三角形第3讲解三角形考题溯源教材变式理真题示例对应教材题材评说(经典考题)△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知a＝bcosC＋csinB(1)求B；(2)若b＝2，求△ABC面积的最大值.(必修5P18练习T3)在△ABC中，求证：a＝bcosC＋ccosB，b＝ccosA＋acosC，c＝acosB＋bcosA.对照变化，对应求答是高考试题求解的有效策略，体现类比、猜想的基本数学思想.[教材变式训练]一、选择题[变式1](必修5P4练习T1(1)改编)在△ABC中，A、B、C的对边分别为a、b、c，A＝45°，C＝30°，c＝1，则b等于()A.eq\f(\r(6)－\r(2),2) B.eq\r(6)－eq\r(2)C.eq\f(\r(6)＋\r(2),2) D．eq\r(6)＋eq\r(2)解析：选C.B＝180°－45°－30°＝105°.由正弦定理得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，∴b＝eq\f(1,sin30°)×sin105°＝2sin(60°＋45°)＝2(eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2))＝eq\f(\r(6)＋\r(2),2).[变式2](必修5P10B组T2改编)在△ABC中，atanA＝btanB，则△ABC一定是()A．等腰三角形 B．正三角形C．直角三角形 D．等腰直角三角形解析：选A.由atanA＝btanB，得asinAcosB＝bsinBcosA.由正弦定理和余弦定理得a2·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝b2·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，即(a－b)[(a＋b)2＋c2]＝0，∴a－b＝0，即a＝b.[变式3](必修5P18T3①改编)在△ABC中，2acosA＋bcosC＋ccosB＝0，则角A为()A.eq\f(π,6) B．eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3) D．eq\f(5π,6)解析：选C.由余弦定理得2acosA＋b·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＋c·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝0，即2acosA＋a＝0，∴cosA＝－eq\f(1,2).A＝eq\f(2π,3).故选C.[变式4](必修5P19T4改编)如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，∠C＝30°，D是BC上一点，且∠ADB＝45°.若AB＝4，则DC等于()A．2 B．2eq\r(3)C．4(eq\r(3)－1) D．2(eq\r(3)－1)解析：选C.由题意知，BC＝4eq\r(3)，BD＝AB＝4.∴DC＝4eq\r(3)－4＝4(eq\r(3)－1)．[变式5](必修5P20T13①改编)△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若a＝4，b＝3，c＝2，则中线AD的长为()A.eq\r(5) B．eq\r(10)C.eq\f(\r(5),2) D．eq\f(\r(10),2)解析：选D.如图，由余弦定理得AB2＝DA2＋DB2－2DA·DBcos∠ADB，AC2＝DA2＋DC2－2DA·DCcos∠ADC，两式相加得AB2＋AC2＝2DA2＋DB2＋DC2，即22＋32＝2DA2＋22＋22，∴2DA2＝5.∴DA＝eq\f(\r(10),2).[变式6](必修5P25B组T3(1)改编)设l，l＋1，l＋2是钝角三角形的三边长，则l的取值范围是()A．0<l<1 B．1<l<3C．3<l<4 D．4<l<6解析：选B.∵l，l＋1，l＋2是钝角三角形的三边长，∴l>0，且l＋2<l＋(l＋1)，∴l>1.设最长边所对的角为C，由题意知，cosC<0，即cosC＝eq\f(l2＋（l＋1）2－（l＋2）2,2l（l＋1）)<0，∴eq\f(l2－2l－3,2l（l＋1）)<0，即l2－2l－3<0，－1<l<3，∴1<l<3，故选B.二、填空题[变式7](必修5P15练习T1改编)如图，在山脚A测得山顶P的仰角为α，沿倾斜角为β的斜坡向上走a米到达B，在B测得山顶P的仰角为γ，则山高PQ＝________米．解析：在△APB中，∠PAB＝α－β，∠APB＝γ－α，∠ABP＝180°－(γ－β)，由正弦定理得eq\f(AP,sin∠ABP)＝eq\f(AB,sin∠APB)∴AP＝eq\f(asin[180°－（γ－β）],sin（γ－α）)＝eq\f(asin（γ－β）,sin（γ－α）)∴PQ＝APsinα＝eq\f(asinαsin（γ－β）,sin（γ－α）).答案：eq\f(asinαsin（γ－β）,sin（γ－α）)[变式8](必修5P18练习T1(3)改编；P20B组T2(1)改编)△ABC的三边长为a＝5，b＝6，c＝7，则S△ABC＝________．解析：法一：∵cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(52＋62－72,2×5×6)＝eq\f(1,5)，∴sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\f(2\r(6),5)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×5×6×eq\f(2\r(6),5)＝6eq\r(6).法二：p＝eq\f(1,2)(5＋6＋7)＝9.∴S△ABC＝eq\r(9×（9－5）（9－6）（9－7）)＝6eq\r(6).答案：6eq\r(6)三、解答题[变式9](必修5P20A组T14改编)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c(asinB－bcosA)＝a2－b2，(1)求B；(2)求cosA＋cosC的范围；(3)若b＝3，求△ABC面积的最大值．解：(1)由c(asinB－bcosA)＝a2－b2⇒acsinB－bc·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝a2－b2⇒acsinB＝eq\f(a2＋c2－b2,2)，又b2＝a2＋c2－2accosB，∴eq\f(a2＋c2－b2,2)＝accosB，∴acsinB＝accosB，即tanB＝1，又0<B<π，∴B＝eq\f(π,4).(2)由(1)知A＋C＝eq\f(3π,4)，即C＝eq\f(3π,4)－A，∴cosA＋cosC＝cosA＋cos(eq\f(3π,4)－A)＝cosA－eq\f(\r(2),2)(cosA－sinA)＝(1－eq\f(\r(2),2))cosA＋eq\f(\r(2),2)sinA＝eq\r(\f(1,2)＋（1－\f(\r(2),2)）2)sin(A＋φ)＝eq\r(2－\r(2))sin(A＋φ)(其中φ为锐角且tanφ＝eq\r(2)－1)，∵0<A<eq\f(3π,4)，∴φ<A＋φ<eq\f(3π,4)＋φ<π，∴eq\f(2－\r(2),2)＝sinφ<sin(A＋φ)≤1，故cosA＋cosC的取值范围是(1－eq\f(\r(2),2)，eq\r(2－\r(2))]．(3)由b＝3及b2＝a2＋c2－2accosB得eq\r(2)ac＝a2＋c2－9≥2ac－9，∴(2－eq\r(2))ac≤9，ac≤eq\f(9,2－\r(2))＝eq\f(9,2)(2＋eq\r(2))，∴S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(2),4)ac≤eq\f(\r(2),4)×eq\f(9,2)(2＋eq\r(2))＝eq\f(9,4)(eq\r(2)＋1)．[变式10](必修5P25B组T3改编)是否存在满足以下条件的三角形，①三边长是三个连续偶数；②最大角是最小角的2倍．若存在，求出该三角形的内切圆半径；若不存在，说明理由．解：假设存在满足条件①②的三角形，设三边分别为x－2，x，x＋2，其中x－2对角为α，x＋2对角为2α(其中x为大于2的偶数)，由正弦定理可知：eq\f(x－2,sinα)＝eq\f(x＋2,sin2α)＝eq\f(x＋2,2sinαcosα)，2(x－2)cosα＝x＋2，∴2(x－2)·eq\f(x2＋（x＋2）2－（x－2）2,2x（x＋2）)＝x＋2，∴(x－2)·eq\f(x2＋8x,x（x＋2）)＝x＋2⇒(x－2)(x＋8)＝(x＋2)2，∴x2＋6x－16＝x2＋4x＋4，∴x＝10，∴存在这样一个三角形，其三边长为8，10，12.设该三角形为△ABC且a