三年高考2017-2019理数真题专项汇编：专题10解三角形解析版

1、专题 10 解三角形A.4 夜 B.屈屈C.V29D.2展展【答案】A【解析】因为cosC2cos2C12-513,255_22_2所以ABBCAC2BCACcosC125215【名师点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理，结合已知条件，灵活转化为边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的【名师点睛】本题主要考查余弦定理与三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查考生的运算求解能力，考查的核心素养是数学运算3.【2017 年高考山东卷理数】在zXABC中，角 A,B,C 的对边分别为a,b,c,若4ABC为锐角三1.【2018 年高考全国n理数】在ABC中，cos-BC

2、251,AC5,则AB32,2.【2018 年高考全国出理数】ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若zABC的面积为花A.一2花C.一4【答案】C花B.一3花D.一61【解析】由题可知SAABC-absinC22b2a2b2c22absinC,由余弦定理a2b2c22abcosC,得sinCcosC,因为C0,冗，花所以C一,故选 C.4角形，且满足sinB(12cosC)2sinAcosCcosAsinC,则下列等式成立的是A.a2bC.A2BB.b2a【答案】A【解析】由题意知sin(AC)2sinBcosC2sinAcosCcosAsinC,所以2sinBcosCsinAcos

3、C2sinBsinA2b故选 A.【名师点睛】本题较为容易，关键是要利用两角和与差的三角函数公式进行恒等变形正弦公式转化为含有 A,B,C 的式子，再用正弦定理将角转化为边，得到a2b.解答三角形中的问题时，三角形内角和定理是经常用到的一个隐含条件，不容忽视ACCI._It【2019 年高考全国n卷理数】zABC的内角A,B,C的对边分别为a，b，c.若b6,a2c,B,则3ABC的面积为6.3,.cccOO1On由余弦TH理得b2a2c22accosB,所以(2c)c22cc6,即c212,2.首先用两角和的4.5.解得c所以a2V3,c2收收（舍去），2c4./3，S/xABCacsinB

4、-4-32-、36、.3.222【名师点睛】本题易错点往往是余弦定理应用有误或是开方导致错误.解答此类问题，关键是在明确方法的基础上，准确记忆公式，细心计算.本题首先应用余弦定理，建立关于系、三角形面积公式计算求解，本题属于常见题目，难度不大，注重了基础知识、子的变形及运算求解能力的考查.【2019 年高考浙江卷】在ABC中，ABC90,AB4,BCc的方程，应用a,c的关基本方法、数学式3,点D在线段AC上，若BDC45,则BDABD【答案12_l57.210【解析】如图，在ABD中，由正弦定理有:ABsinADBsinBDBAC4,ADB学AC=JAB2+BC2=5，sinBACBCAC3

5、-,cosBAC5ABAC4,一，所以BD512、25cosABDcos(BDCBAC)coscosBAC4sin冗一.sin4BAC乙2106.【2018 年高考浙江卷】在 AABC 中，角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c.若a币币,b=2,A=60,则sinB=2【解析】由正弦定理得sinA,所以sinBsinB九sin3217由余弦定理得a2b22bccosA,742c,c3（负值舍去）【名师点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题,这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化为边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.解答本题时，根据正弦定理得 sinB,根据余弦定理解出 c.

6、7.【2017 年高考浙江卷】已知ABC,AB=AC=4,BC=2.点 D 为 AB 延长线上一点,BD=2,连结 CD,则BDC 的面积是,cos/BDC=【解析】取BC 中点 E,由题意:AEBC,ABE 中,cosABCBEAB1一,1-cosDBC41一,sin4DBC15,4-SABCD1-一BDBCsin2DBC:152数形结合思想及函数方程思想.在ABD中应用正弦定理，建立方程，进而得解.解答解三角形问题，要注意充分利用图形特征111610.斛得cosBDC或cosBDC4综上可得，BCD 面积为亚，cosBDC典.24【名师点睛】利用正、余弦定理解决实际问题的一般思路：（1）实

7、际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可以利用正弦定理或余弦定理求解；（2）实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个或两个以上三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，再逐步解其他三角形，有时需要设出未知量，从几个三角形中列出方程（组）解方程（组）得出所要的解.【2019 年高考全国 I 卷理数】ABC的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,设2.2,（sinBsinC）sinAsinBsinC.（1）求 A;（2）若缶b2c，求sinC.【答案】（1）A60；（2）sinC近亚.4【解析】（1）由已知得sin2Bsin2Csin2AsinBsinC，故由

8、正弦定理得b2c2abc-由余弦定理得cosA2bc因为0A180，所以A60（2）由（1）知B120C,由题设及正弦定理得石sinAsin120C2sinC,即YcosC-sinC2sinC，可得cosC60222由于0C120,所以sinC60,故2工（舍去）.4sinCsinC6060sinC60cos60cosC60sin604【名师点睛】本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形的问题，涉及到两角和差正弦公式、同角三角函数关系的应用，解题关键是能够利用正弦定理对边角关系式进行化简，得到余弦定理的形式或角之间的关系.AC【2019 年局考全国出卷理数】AABC 的内角 A,B,C 的对边分

9、别为 a,b,c,已知asin2(1)求 B；(2)若BC 为锐角三角形，且 c=1,求 BBC 面积的取值范围.AC【解析】(1)由题设及正弦定理得sinAsinsinBsinA.2.AC因为 sinA0,所以sinsinB2因此 B=60.(2)由题设及(1)知 BBC 的面积SzxABCa.4由正弦定理得acsinAsin120J屈屈1.sinCsinC2tanC2由于 BBC 为锐角三角形，故 0A90,0C90,一。一。一1由(1)知 A+C=120。，所以 30C90。，故一a2,29.bsinA.AC由ABC180，可得sin2一.BB1因为cos0故sin222BBcos,故c

10、os22B2sin2Bcos.2(1)B=60;(2)因此，AABC 面积的取值范围是,3,38，-2-【名师点睛】这道题考查了三角函数的基础知识，以及正弦定理的使用(此题也可以用余弦定理求解)最后考查VABC是锐角三角形这个条件的利用，考查的很全面，是一道很好的考题10.【2019 年高考北京卷理数】在(1)求 b,c 的值；(2)求 sin(B-C)的值.【答案】(1)b7,c5;【解析】(1)由余弦定理 b2b232c223c12因为bc2,所以(c2)232c223解得c5.所以b7.1一(2)由cosB一得sinB2由正弦定理得sinCcsinBb在AABC中，/B 是钝角，所以/C

11、 为锐角.所以cosC.1sin2C14所以sin(BC)sinBcosCAABC 中,a=3,b-c=2,cosB=.24 折722_一，口ac2accosB,得3.25.314cosBsinC.7【名师点睛】本题主要考查余弦定理、正弦定理的应用，两角差的正弦公式的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力11.【2019 年高考天津卷理数】在ZXABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知bc2a,3csinB4asinC.(1)求cosB的值；求sin2B的值.6【答案】（1）1;（2）43.5716【解析】（1）在ABC中，由正弦定理bsinBcsinC得bsinCcs

12、inB,又由3csinB4asinC,得3bsinC4asinC,即3b4a.一.-42又因为bc2a,得到ba,ca.33由余弦定理可得cosB2ac162a9由(1)可得sinB-11cos2B15,4从而sin2B2sinBcosB1cos2Bcos2Bsin2B7故88，sin2B6sin2Bcos6cos2Bsin615-.37182823、5716【名师点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系，两角和的正弦公式，二倍角的正弦与余弦公式，以及正弦定理、余弦定理等基础知识.考查运算求解能力.12.【2019 年高考江苏卷】在 AABC 中，角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c.2

13、(1)右 a=3c,b=Jo,cosB=一,求 c 的值；3sinAcosB(2)若，求sin(B一)的值.a2b2【答案】(1)c立立,(2)期期.35【解析】(1)因为a3Gb拒cosB2,3由余弦定理cosBa一c-b-,得-(3c)2I(2)2，即c21.2ac323cc3【名师点睛】本小题主要考查正弦定理、余弦定理、同角三角函数关系、诱导公式等基础知识，考查运算求解能力13.【2019 年高考江苏卷】如图，一个湖的边界是圆心为 O 的圆，湖的一侧有一条直线型公路 1,湖上有桥 AB(AB 是圆 O 的直径).规划在公路 l 上选两个点 P、Q,并修建两段直线型道路 PB、QA.规划要

14、求：线段 PB、QA 上的所有点到点 O 的距离均不小于圆 O 的半径.已知点 AB 到直线 l 的距离分别为 AC 和 BD(C、D 为垂足)，测得 AB=10,AC=6,BD=12(单位：百米).(1)若道路 PB 与桥 AB 垂直，求道路 PB 的长；(2)在规划要求下，P 和 Q 中能否有一个点选在 D 处？并说明理由；(3)在规划要求下，若道路 PB 和 QA 的长度均为 d(单位：百米).求当 d 最小时，P、Q 两点间的距离.【答案】(1)15(百米)；(2)见解析；(3)17+3/21(百米)【解析】解法一：(1)过 A 作AEBD,垂足为 E.由已知条件得，四边形 ACDE

15、为矩形，DEBEAC6,AECD8.(2)因为晅AacosB2b由正弦定理-sinAb/口cosB,得sinB2bsinB,所以cosB2sinB.222、从而cosB(2sinB),即cosB22_41cosB,故cosB因为sinB0,所以cosB2sinB0，从而cosB因此sinB-2c25cosBPBDsinABE10BD12-Tr15cosPBD45因此道路 PB 的长为 15（百米）（1）可得 E 在圆上，则线段 BE 上的点（除 B,E）到点 O 的距离均小于圆 O 的半径,所以 P 选在 D 处不满足规划要求若 Q 在 D 处，连结 AD,由（1）知ADJAE2ED210，2

16、22_从而cosBADAD一AB一见0,所以/BAD为锐角.2ADAB25所以线段 AD 上存在点到点 O 的距离小于圆 O 的半径.因此，Q 选在 D 处也不满足规划要求.综上，P 和 Q 均不能选在 D 处.（3）先讨论点 P 的位置.当/OBP90 时，对线段 PB 上任意一点 F,OFRB,即线段 PB 上所有点到点 O 的距离均不小于圆 O 的半径，点 P 符合规划要求.设P1为 l 上一点，且PBAB,由（1）知，PB=15,3此时RDFBsinRBDRBcosEBA159；5当/OBP90 时，在zXPPB中，PBPB15.由上可知，d15.再讨论点 Q 的位置.由（2）知，要使

17、得 QA15,点 Q 只有位于点 C 的右侧，才能符合规划要求.当 QA=15 时，CQJQAAC253庄.此时，线段 QA 上所有点到点。的距离均不小于圆。的半径.所以cos所以PB（2）若 P 在 D 处，由综上，当 PBLAB,点 Q 位于点 C 右侧，且 CQ=3J21时，d 最小，此时 P,Q 两点间的距离PQ=PD+CD+CQ=17+3,21.因此，d 最小时，P,Q 两点间的距离为 17+3仿(百米)解法(1)如图，过 O 作 OH，l,垂足为 H.以 O 为坐标原点，直线 OH 为 y 轴，建立平面直角坐标系因为 BD=12,AC=6,所以 OH=9,直线 l 的方程为 y=9

18、,点 A,B 的纵坐标分别为 3,-3.因为 AB 为圆 O 的直径，AB=10,所以圆 O 的方程为 x2+y2=25.从而 A(4,3),B(-4,-3),直线 AB 的斜率为-.4一.4因为 PBLAB,所以直线 PB 的斜率为一，3一，425直线 PB 的方程为y4x25.33所以p(-13,9),PB7(134)2(93)215.因此道路 PB 的长为 15(百米).(2)若 P 在 D 处，取线段 BD 上一点 E(-4,0),则 EO=45,所以 P 选在 D 处不满足规划要求若 Q 在 D 处，连结 AD,由(1)知 D(-4,9),又 A(4,3),3.所以线段 AD：y-x

19、6(4轰版4).4在线段 AD 上取点 M(3,),因为OM13215J345，4:4所以线段 AD 上存在点到点 O 的距离小于圆 O 的半径.因此 Q 选在 D 处也不满足规划要求综上，P 和 Q 均不能选在 D 处.(3)先讨论点 P 的位置.当/OBP90 时，对线段 PB 上任意一点 F,OFWB,即线段 PB 上所有点到点 O 的距离均不小于圆 O 的半径，点 P 符合规划要求.设Pi为 l 上一点，且PBAB,由(1)知，PB=15,此时P(-13,9)；当/OBP90 时，在zPPiB中，PBPB15.由上可知，d15.再讨论点 Q 的位置.由(2)知，要使得 Q415,点 Q

20、 只有位于点 C 的右侧，才能符合规划要求.当 QA=15 时，设 Q(a,9),由AQJ(a4)2(93)215(a4)，得a=43后，所以 Q(43后，9),此时，线段 QA 上所有点到点 O 的距离均不小于圆 O的半径.综上，当 P(-13,9),Q(43用,9)时，d 最小，此时 P,Q 两点间的距离PQ43，(13)173,21.因此，d 最小时，P,Q 两点间的距离为173J21(百米)【名师点睛】本小题主要考查三角函数的应用、解方程、直线与圆等基础知识，考查直观想象和数学建模及运用数学知识分析和解决实际问题的能力14.【2018 年高考全国 I 理数】在平面四边形ABCD中，AD

21、C90，(1)求cosADB;若DC2.2，求BC.23c3；(2)5.5【解析】(1)在ZXABD中，由正弦定理得sinA，一，52由题设知，2，所以sinADBA45,AB2,BD5.(1)sinADBsin45sinADB由题设知，ADB90,由题设及(1)知，cosBDCsinADB5在BCD中，由余弦定理得222BCBDDC2BDDCcosBDC2582522-2525.所以BC5.【名师点睛】求解此类问题的突破口:是观察所给的四边形的特征，正确分析已知图形中的边角关系，判断是用正弦定理，还是用余弦定理，求边角;二是注意大边对大角，在解三角形中的应用15 .【2017 年高考全国 I

22、 理数】ZXABC的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,已知4ABC的面积为(1)求 sinBsinC;所以cosADB12刍2553sinA(2)若 6cosBcosC=1,a=3,求ABC的周长.【答案】（1）2；(2)3【解析】（1） 由题设得1acsinB22a-,即3sinA1csinB2a3sinA由正弦定理得故sinBsinC1.c.rsinCsinB22.3sinA3sinA1(2)由题设及(1)得cosBcosCsinBsinC一，即2cos(BC)1由题设得一bcsinA22，即bc8.3sinA由余弦定理得b2c2bc9,即(bc)23bc9,得bc底底.故ABC

23、的周长为3席席.【名师点睛】在处理解三角形问题时，要注意抓住题目所给的条件，当题设中给定三角形的面积，可以使用面积公式建立等式，再将所有边的关系转化为角的关系，有时需将角的关系转化为边的关系；解三角形问题常见的一种考题是自知一条边的长度和它所对的角，求面积或周长的取值范围”或者总知一条边的长度和它所对的角，再有另外一个条件，求面积或周长的值”，这类问题的通法思路是：全部转化为角的关系，建立函数关系式，如yAsin(x)b,从而求出范围，或利用余弦定理以及基本不等式求范围；求具体的值直接利用余弦定理和给定条件即可16 .【2018 年高考天津卷理数】在ABC中，内角 A,B,C 所对的边分别为

24、a,b,c.已知bsinAacos(B-).6(1)求角 B 的大小;(2)设 a=2,c=3,求 b 和sin(2AB)的值.【答案】(1)；(2)b=,sin(2AB)=3314【解析】本小题主要考查同角三角函数的基本关系，两角差的正弦与余弦公式，二倍角的正弦与余弦由 bsinAacos(B2,因止匕 sin2A2sinAcosA,cos2A2cosA7所以，sin(2AB)sin2AcosBcos2AsinB37【名师点睛】在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系.题中若公式，以及正弦定理、余弦定理等基础知识，考查运算求解能力. 满分13 分.ab(1)在AB

25、C 中，由正弦定理，可得 bsinAsinAsinBasinB,r兀一又由 bsinAacos(B),得 asinBacos(B6II 兀一即 sinBcos(B-),可得 tanB3.6.一_TT又因为 B(0,句，可得 B=一.3在ABC 中,由余弦定理及 a=2,c=3,有b2c22accosB7,故 b=/7因为 a1.-,故SAABc=-acsinB1724ac.17又SAABC=2,则ac172由余弦定理及6得:2accosB2c2ac1cosB3617152(1)4,217所以b2.【名师点睛】解三角形问题是高考的高频考点，命题大多放在解答题的第一题，主要利用三角形的内角和定理，

26、正、余弦定理，三角形的面积公式等知识进行求解.解题时要灵活利用三角形的边角关系进行“边转角”“角转边”，另外要注意ac,ac,a2c2三者之间的关系，这样的题目小而活，备受命题者的青睐.18.【2018 年高考北京卷理数】在ABC 中，a=7,1b=8,cosB=.7(1)求/A;（2）求 AC 边上的高.【答案】（1）；（2）威321-【解析】(1)在ABC 中，=cosB=,B7/冗、（一,兀），2sinB=.1cos2B43【解析】（1）由题设及ABC，可得sinB8sin2【名师点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而

27、达到解决问题的目的，基本步聚是：第一步，定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向；第二步，定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边、角之间的互化；第三步，求结果.19.【2017 年高考天津卷理数】在4ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知ab,a5,c6,3sinB一.5(1)求b和sinA的值；(2)求sin(2Aj)的值.【答案】(1)b的值为J13,sinA的值为出口3；(2)2.13268ab7-由正弦定理得-a-b=473,sinAsinBsinA7sinA=13.2-Be(,兀)，.AC(02(2)在ABC 中，sinC=s

28、in(A+B)=sinAcosB+sinBcosA=21(,1)271433.3=2714h如图所不，在ABC 中，sinC=，,.h=BCsinC=7BC3,3143,32，.AC 边上的高为量3.2B20.由(1)及ac,得cosA2.131312所以sin2A2sinAcosA一,cos2A113故sin(2A)sin2Acoscos2Asin4442sin2A7.226513【名师点睛】（1）利用正弦定理进行“边转角”可寻求角的关系，利用“角转边”可寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系可求角，利用两角和差的三角公式及二倍角公式可求三角函数值.（2）利用正、余弦定理解三角形是高考的高频

29、考点，常与三角形内角和定理、三角形面积公式等相结合，利用正、余弦定理进行解题.【2017 年高考全国出理数】4ABC的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c.已知sinAV3cosA0,a=27i,b=2.（1）求 c；（2）设 D 为 BC 边上一点，且 ADAC,求ABD 的面积.【答案】（1）c4;（2）石.2【解析】（1）由已知可得tanAJ3,所以A.3.一22兀 C在4ABC中，由余弦定理得284c4ccos-,即c22c240.3解得c6（舍去），c4._.一兀（2）由题设可得CAD一,2-一冗所以BADBACCAD.634【解析】（1）在4ABC中，因为ab,故由sinB,

30、可得cosB55由已知及余弦定理，有b2a2c22accosB13,所以b,13.abasinB3.13由正弦TE理,得sinA一.sinAsinBb13所以，b的值为匹,sinA的值为3/3.131Tt-ABADsin故ABD面积与AACD面积的比值为61.1-ACAD2又AABC的面积为142sinBAC2凄，2所以AABD的面积为 J3.【名师点睛】在解决三角形问题中，面积公式最常用，因为公式中既有边又有角，容易和正弦定理、余弦定理联系起来.正、余弦定理在应用时，应注意灵活性，已知两角和一边，该三角形是确定的，其解是唯一的；已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据三角函数值的

31、有界性和大边对大角定理进行判断.2冗(1)由题意首先求得A公一，然后利用余弦定理列方程，边长取方程的正实数根可得c4;3(2)利用题意首先求得4ABD的面积与4ACD的面积的比值， 然后结合ABC的面积可求得ABD的面积为J3.21.【2017 年高考江苏卷】如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器 I 和正四棱台形玻璃容器 H 的高均为 32cm,容器 I 的底面对角线 AC 的长为 10 万 cm,容器 n 的两底面对角线 EG,E1G 的长分别为 14cm 和62cm.分别在容器 I 和容器 n 中注入水，水深均为 12cm.现有一根玻璃棒 l,其长度为 40cm.(容器厚度、玻璃棒粗细均忽略

32、不计)(1)将 l 放在容器 I 中，l 的一端置于点 A 处，另一端置于侧棱 CC1 上，求 l 没入水中部分的长度；(2)将 l 放在容器 n 中，l 的一端置于点 E 处，另一端置于侧棱 GG1 上，求 l 没入水中部分的长度.ABE容劈I靠器I【答案】(1)16cm(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为 24cm);20cm(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为 20cm).【解析】(1)由正棱柱的定义，CCJ平面ABCD,所以平面AACC1，平面ABCD,CC1AC.在ENG中，由正弦定理可得sinsin,解得sin725记玻璃棒的另一端落在CC1上点M处.3因为AC10J7,AM40,所以MC1402(10/7)230，从而sin/MAC-,记AM与水面的交点为P,过Pi作 PiQiAC,Qi为垂足，RQ.则 PiQi,平面 ABCD,故 PiQi=12,从而 APi=16.sin/MAC答：玻璃棒 l 没入水中部分的长度为 16cm.(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为 24cm)(2)如图，O,Oi 是正棱台的两底面中心.由正棱台的定义，OOi,平面 EFGH,所以平面 EiEGGi,平面EFGH,OiOXEG.同理，平面 EiEGGi,平面 E1F1G1H1,OiOXEiGi.记玻璃棒的另一端落在