2020版高考数学第四章正弦定理和余弦定理（第2课时）系统题型——解三角形及应用举例讲义（含解析）.docx

第2课时系统题型解三角形及应用举例三角形基本量的求解问题1(2018天津期末)在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sin Csin 2B，且b2，c，则a等于()A.B.C2 D2解析：选C由sin Csin 2B2sin Bcos B及正、余弦定理得c2b，代入数据得(2a1)(a2)0，解得a2，或a(舍去)，故选C.2(2018天津实验中学期中)设ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c.若bc2a,3sin A5sin B，则角C()A. B.C. D.解析：选B3sin A5sin B，由正弦定理可得3a5b，即ab.bc2a，cb，cos C.C(0，)，C.故选B.3(2018北京高考)在ABC中，a7，b8，cos B.(1)求A；(2)求AC边上的高解：(1)在ABC中，因为cos B，所以sin B .由正弦定理得sin A.由题设知B，所以0A.所以A.(2)在ABC中，因为sin Csin(AB)sin Acos Bcos Asin B，所以AC边上的高为asin C7.用正、余弦定理求解三角形基本量的方法三角形形状的判断问题1(2019湖南师大附中月考)在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，则ABC的形状是()A等腰三角形 B直角三角形C等腰直角三角形 D等腰三角形或直角三角形解析：选D由已知，或0，即C90或.由正弦定理，得，即sin Ccos Csin Bcos B，即sin 2Csin 2B，B，C均为ABC的内角，2C2B或2C2B180，BC或BC90，ABC为等腰三角形或直角三角形故选D.2(2018重庆六校联考)在ABC中，cos2(a，b，c分别为角A，B，C的对边)，则ABC的形状为()A直角三角形 B等边三角形C等腰三角形 D等腰三角形或直角三角形解析：选A已知等式变形得cos B11，即cos B.由余弦定理得cos B，代入得，整理得b2a2c2，即C为直角，则ABC为直角三角形3在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，(bca)(bca)3bc，则ABC的形状为()A直角三角形B等腰非等边三角形C等边三角形 D钝角三角形解析：选C，bc.又(bca)(bca)3bc，b2c2a2bc，cos A.A(0，)，A，ABC是等边三角形判定三角形形状的2种常用途径角化边利用正弦定理、余弦定理化角为边，通过代数恒等变换，求出边与边之间的关系进行判断边化角通过正弦定理和余弦定理，化边为角，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断三角形面积问题典例(2017全国卷)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sin Acos A0，a2，b2.(1)求c；(2)设D为BC边上一点，且ADAC，求ABD的面积解(1)由已知可得tan A，所以A.在ABC中，由余弦定理得284c24ccos，即c22c240.解得c4(负值舍去)(2)法一：由题可得BAD，由余弦定理可得cos C，CD，AD，SABD4sinDAB.法二：由题设可得CAD，所以BADBACCAD.故ABD的面积与ACD的面积的比值为1.又ABC的面积为42sin2，所以ABD的面积为.方法技巧求解与三角形面积有关的问题的步骤针对训练1(2019德化一中、永安一中、漳平一中三校联考)在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，A，b1，则ABC的面积为()A. B.C. D.解析：选B由正弦定理可得，又A，b1，则a1，B，所以ABC是边长为1的正三角形，所以ABC的面积为12.2(2019长沙、南昌高三第一次联考)在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且bsin Basin A(ca)sin C.(1)求B；(2)若3sin C2sin A，且ABC的面积为6，求b.解：(1)由bsin Basin A(ca)sin C及正弦定理，得b2a2(ca)c，即a2c2b2ac.由余弦定理，得cos B.因为B(0，)，所以B.(2)由(1)得B，所以ABC的面积为acsin Bac6，得ac24.由3sin C2sin A及正弦定理，得3c2a，所以a6，c4.由余弦定理，得b2a2c22accos B36162428，所以b2.正、余弦定理在平面几何中的应用在平面几何图形中考查正弦定理、余弦定理是近几年高考的热点，解决这类问题既要抓住平面图形的几何性质，也要灵活选择正弦定理、余弦定理、三角恒等变换公式典例(2019福州期末)已知菱形ABCD的边长为2，DAB60.E是边BC上一点，线段DE交AC于点F.(1)若CDE的面积为，求DE的长；(2)若CF4DF，求sinDFC.解(1)依题意，得BCDDAB60.因为CDE的面积SCDCEsinBCD，所以2CE，解得CE1.在CDE中，由余弦定理得DE .(2)法一：依题意，得ACD30，BDC60，设CDE，则060.在CDF中，由正弦定理得，因为CF4DF，所以sin ，所以cos ，所以sinDFCsin(30).法二：依题意，得ACD30，BDC60，设CDE，则060，设CF4x，因为CF4DF，则DFx，在CDF中，由余弦定理，得DF2CD2CF22CDCFcosACD，即7x2416x28x，解得x，或x.又因为CFAC，所以x，所以x，所以DF，在CDF中，由正弦定理得，所以sinDFC.方法技巧平面几何中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，求出结果提醒做题过程中，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、平行四边形的一些性质，要把这些性质与正弦、余弦定理有机结合，才能顺利解决问题针对训练1(2019皖西教学联盟期末)如图，在平面四边形ABCD中，AB1，BC，ACCD，CDAC，当ABC变化时，对角线BD的最大值为_解析：设ABC，ACB，在 ABC中，由余弦定理得AC242cos .由正弦定理得，故sin .又CDAC，所以在BCD中，由余弦定理得BD233(42cos )2cos，即BD2156cos 6sin 1512sin.当时，BD取得最大值3.答案：32.(2019晋城一模)如图，在锐角三角形ABC中，sinBAC，sinABC，BC6，点D在边BC上，且BD2DC，点E在边AC上，且BEAC，BE交AD于点F.(1)求AC的长；(2)求cosDAC及AF的长解：(1)在锐角三角形ABC中，sinBAC，sinABC，BC6，由正弦定理可得，所以AC5.(2)由sinBAC，sinABC，可得cosBAC，cosABC，所以cos Ccos(BACABC)cosBACcosABCsinBACsinABC.因为BEAC，所以CEBCcos C6，AEACCE.在ACD中，AC5，CDBC2，cos C，由余弦定理可得AD，所以cosDAC.由BEAC，得AFcosDACAE，所以AF.解三角形应用举例典例如图，某游轮在A处看灯塔B在A的北偏东75方向上，距离为12海里，灯塔C在A的北偏西30方向上，距离为8海里，游轮由A处向正北方向航行到D处时再看灯塔B，B在南偏东60方向上，则C与D的距离为()A20海里 B8 海里C23 海里 D24海里解析在ABD中，因为灯塔B在A的北偏东75方向上，距离为12海里，货轮由A处向正北方向航行到D处时，再看灯塔B，B在南偏东60方向上，所以B180756045，由正弦定理，可得AD24海里在ACD中，AD24海里，AC8 海里，CAD30，由余弦定理得CD2AD2AC22ADACcos 30242(8)22248192.所以CD8 海里故选B.答案B方法技巧处理距离问题的策略(1)选定或确定要创建的三角形，首先确定所求量所在的三角形，若其他量已知则直接求解；若有未知量，则把未知量放在另一确定三角形中求解(2)确定用正弦定理还是余弦定理，如果都可用，就选择更便于计算的定理 针对训练1.如图，一位同学从P1处观测塔顶B及旗杆顶A，得仰角分别为和90.后退l(单位：m)至点P2处再观测塔顶B，仰角变为原来的一半，设塔CB和旗杆BA都垂直于地面，且C，P1，P2三点在同一条水平线上，则塔CB的高为_m；旗杆BA的高为_m(用含有l和的式子表示)解析：设BCx m，在RtBCP1中，BP1C，在RtP2BC中，P2， BP1CP1BP2P2，P1BP2，即P1BP2为等腰三角形，P1BP1P2l， BCxlsin .在RtACP1中，tan(90)，AC，则ABACBClsin .答案：lsin 2.如图所示，当甲船位于A