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2020年高考数学（理）总复习：解三角形
题型一 利用正、余弦定理解三角形
【题型要点解析】
关于解三角形问题，一般要用到三角形的内角和定理，正、余弦定理及有关 三角形的性
质，常见的三角变换方法和原则都适用，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．
B
【例1】△ABC的内角A、B、C所 对的边分别为a，b，c，已知sin(A＋C)＝8sin
2
，
2
(1)求cos B；
(2)若a＋c＝6，△ABC的面积为2，求b.
B
【解析】 (1)由题设及A＋B＋C＝π，sin B＝8sin
2
，故sin B＝4(1－cos B)．
2
上式两边平方，整理得17cos
2
B－32cos B＋15＝0，
15
解得cos B＝1(舍去)，cos B＝.
17
158
(2)由cos B＝得sin B＝，
1717
14
故S
△ABC
＝acsin B＝ac.
217
17
又S
△ABC
＝2，则ac＝.
2
由 余弦定理及a＋c＝6得：b
2
＝a
2
＋c
2
－2acco s B
15

17

＝(a＋c)
2
－2ac( 1＋cos B)＝36－2××

1


2

17

＝4.所以b＝2.
题组训练一 利用正、余弦定理解三角形
22
1．在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b ，c，若sinA＝，a＝2，S
△ABC
3
1

＝2，则b的值为( )
32
B.
2
D．23
A.3
C．22
22
【解析】 ∵在锐角△ABC中，sinA＝，S
△ABC
＝2，
3
11122
∴cosA＝1－sin
2
A＝，bcsinA＝bc·＝2，
3223
∴bc＝3①，由余弦定理 得a
2
＝b
2
＋c
2
－2bccosA，
∴(b ＋c)
2
＝a
2
＋2bc(1＋cosA)＝4＋6×

1 


1


＝12，
3

∴b＋c＝23②.由①②得b＝c＝3，故选A.
【答案】 A
2．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin Asin B＋sin Bsin C＋cos 2B
2π
a
＝1.若C＝，则＝________.
3b
【解析】 ∵sin Asin B＋sin Bsin C＋cos 2B＝1，∴sin Asin B＋sin Bsin C＝2sin
2
B.
由正弦定理可得ab＋bc＝2b
2
，即a＋c＝2b，
2π2π
a
∴c＝2b－a，∵C＝，由余弦定理可得(2b－a)
2
＝a
2
＋b
2
－2abcos，可得5a＝3b，∴
33b
3
＝.
5
3
【答案】
5
3．已知△ABC是斜三角形，内角A，B，C所对的边的长分别为a，b，c.若csin A＝3
acos C.
(1)求角C；
(2)若c＝21，且sinC＋sin(B－A)＝5sin 2A，求△ABC的面积．
2

【解析】 (1)根据
ac
＝，可得csin A＝asin C，
sin Asin C
又∵csin A＝3acos C，∴asin C＝3acos C，
sin C
∴sin C＝3cos C，∴tan C＝＝3，
cos C
π
∵C∈(0，π)，∴C＝.
3
(2)∵sin C＋sin(B－A)＝5sin 2A，sin C＝sin (A＋B)，
∴sin (A＋B)＋sin (B－A)＝5sin 2A，
∴2sin Bcos A＝2×5sin AcosA.
∵△ABC为斜三角形，
∴cos A≠0，∴sin B＝5sin A.
由正弦定理可知b＝5a，①
∵c
2
＝a
2
＋b
2
－2abcos C， 1
∴21＝a
2
＋b
2
－2ab×＝a
2
＋b
2
－ab，②
2
由①②解得a＝1，b＝5，
11353
∴S
△ABC
＝absin C＝×1×5×＝.
2224
题型二 正、余弦定理的实际应用
【题型要点解析】
应用解三角形知识解决实际问题一般分为下列四步：
(1)分析题意，准确理解题意，分清已 知与所求，尤其要理解题中的有关名词术语，如
坡度、仰角、俯角、视角、方位角等；
(2)根据题意画出示意图，并将已知条件在图形中标出；
(3)将所求的问题归结到一个或 几个三角形中，通过合理运用正弦定理、余弦定理等有
关知识正确求解；
3

(4)检验解出的结果是否具有实际意义，对结果进行取舍，得出正确答案．
【例2】某学校的平面示意图如图中的五边形区域ABCDE，其
中三角形区域ABE为生活区，四边形 区域BCDE为教学区，AB，
BC，CD，DE，EA，BE.为学校的主要道路(不考虑宽度)．∠ BCD＝
∠CDE＝
2π
3
，∠BAE＝
π
3
，D E＝3BC＝3CD＝
9
10
km.
(1)求道路BE的长度；
(2)求生活区△ABE面积的最大值．
【解析】 (1)如图，连接BD，在△BCD中，
BD
2
＝BC
2
＋CD
2
－2BC·CDcos∠ BCD＝
27
100
，
∴BD＝
33
10
km.∵BC＝CD，
π－
2π
∴∠CDB＝∠CBD＝
3
π
2
＝
6
，
又∠CDE＝
2π
3
，∴∠BDE＝
π
2
.
∴在Rt△BDE中，
BE＝BD
2
＋DE
2
＝
33
5
(km)．
故道路BE的长度为
33
5
km. < br>(2)设∠ABE＝α，∵∠BAE＝
π2π
3
，∴∠AEB＝
3－α.
在△ABE中，
易得
AB
sin∠AEB
＝
BE
sin∠BAE
＝
33
＝
6
，
5sinπ
5
3
∴AB＝
6
5
sin

2


3





，AE ＝
6
5
sinα.
4

1
π
9 3

2




∴S
△ABE
＝ AB·AEsin＝sin

sinα

·
2325
3< br>
＝


1

93

11

93

1

sin2





≤
25




25
< br>26

4


24



273
(km
2
)．
100
＝
2πππ7π
∵0<α<，∴－<2α－<.
3666< br>πππ
273
2
∴当2α－＝，即α＝时，S
△ABE
取得最 大值，最大值为km，故生活区△ABE
623100
273
2
面积的最大值 为km
100
题组训练二 正、余弦定理的实际应用
1．如图，为了估测某塔的 高度，在同一水平面的A，B两点处进行测量，
在点A处测得塔顶C在西偏北20°的方向上，仰角为6 0°；在点B处测得塔顶C
在东偏北40°的方向上，仰角为30°.若A，B两点相距130 m，则塔的高度CD
＝________m.
【解析】设CD＝h，则AD＝
＝120°，
∴由余弦定理AB
2
＝BD
2
＋AD
2
－2BD·AD·cos 120°，
h
2
h

1

可得130＝3h＋－2×3h××



，解得h＝1039，故塔的高度为1039 m.
3
3

2

22
h
，BD＝3h，在△ADB中，∠ADB＝180°－2 0°－40°
3
【答案】 1039
2．如图，在第一条海防警戒线上的点A，B， C处各有一个水声监测点，
B，C两点到A的距离分别为20千米和50千米，某时刻，B收到发自静止
目标P的一个声波信号，8秒后A，C同时接收到该声波信号，已知声波在
水中的传播速度是1 .5千米秒．
(1)设A到P的距离为x千米，用x表示B，C到P的距离，并求x的值；
5

(2)求P到海防警戒线AC的距离．
【解析】 (1)依题意，有PA＝PC＝x，
PB＝x－1.5×8＝x－12.
在△PAB中，AB＝20，
PA
2
＋AB
2
－PB
2
cos∠PAB＝ 2PA·AB
x
2
＋20
2
－x－12
2
3x＋32
＝＝，
2x·205x
同理，在△PAC中，AC＝50，
P A
2
＋AC
2
－PC
2
x
2
＋50
2
－x
2
25
cos∠PAC＝＝＝.
2PA·AC2x·50x
∵cos∠PAB＝cos∠PAC，
3x＋32
25
＝，解得x＝31.
5xx
∴
25
(2）作PD⊥AC于点D，在△ADP中，由cos∠PAD＝，
31
得sin∠PAD＝1－cos
2
∠PAD＝
421
，
31
421
∴PD＝PAsin∠PAD＝31×＝421.
31
故静止目标P到海防警戒线AC的距离为421千米．
题型三 三角函数与解三角形问题
【题型要点】
解三角形与三角函数的综合题，其中，解决与三角恒 等变换有关的问题，优先考虑角与
角之间的关系；解决与三角形有关的问题，优先考虑正弦、余弦定理．
sinA－sinCsinA－sinB
【例3】在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a ，b，c，且满足＝.
b
a＋c
(Ⅰ)求C；
6

1
(Ⅱ)若cosA＝，求cos(2A－C)的值．
7
sinA－sinCsinA－sinBa－ca－b
【解析】 (Ⅰ)由＝及正弦 定理得＝，∴a
2
－c
2
＝ab－b
2
，
bba＋ca＋c
a
2
＋b
2
－c
2
1
π
整理得a＋b－c＝ab，由余弦定理得cosC＝＝，又02ab2 3
222
143
(Ⅱ)由cosA＝知A为锐角，又sin
2
A＋c os
2
A＝1，所以sinA＝1－cos
2
A＝，故cos2A
7 7


4743183

＝2cos
2
A－1＝－ ，sin2A＝2sinAcosA＝2××＝，所以cos(2A－C)＝cos

2A< br>
＝
497749
3

ππ
47183323cos2Acos＋sin2Asin＝－×＋×＝－.
3349249298

题组训练三 三角函数与解三角形问题
已知函数f(x)＝sin

2x 





＋cos 2x.
6

(1)求函数f(x)的单调递增区间；
3
π
，a＝ 2，B＝，求△ABC
23
(2)在△ABC中，内角A，B，C的对边为a，b，c，已知f (A)＝
的面积．
【解析】 (1)f(x)＝sin

2x





＋cos 2x
6

ππ
＝sin 2xcos＋cos 2xsin＋cos 2x
66
＝

1

3
33


cos2x
sin 2x＋cos 2x＝3

sin2x
22< br>
2

2



＝3sin
< br>2x



.
3

πππ5πππ令－＋2kπ≤2x＋
≤
＋2kπ⇒－＋kπ≤x＋
≤
＋kπ，k∈Z.
23212312
7

f(x)的单调递增区间为：



5


k

,k


，k∈Z.
12

12

(2)由f(A) ＝


13

，sin

2A

＝，
2
3

2

2πππ5π
又03333
π5ππ
因为2A＋＝，解得：A＝.
364
ab
由正弦定理＝，得b＝6，
sin Asin B
6＋2
ππ
又由A＝，B＝可得：sin C＝.
434
3＋3
1
故S
△ABC
＝absin C＝.
22

题型四 转化与化归思想在解三角形中的应用
【题型要点】
利用正弦、余弦定理解三角形的模型示意图如下：

8

CA3
【例4】 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a cos
2
＋ccos
2
＝b.
(1)求证：a，b，c成等差数列；
(2)若∠B＝60°，b＝4，求△ABC的面积．
【解析】 (1)证明：acos
2
C
2
＋ccos
2A
2

＝a·
1＋cos C1＋cos A
3
2
＋c·
2
＝
2
b，
即a(1＋cos C)＋c(1＋cos A)＝3b. ①
由正弦定理得：sin A＋sin Acos C＋sin C＋cos Asin C＝3sin B，
即sin A＋sin C＋sin(A＋C)＝3sin B，
∴sin A＋sin C＝2sinB.
由正弦定理得，a＋c＝2b， ③
故a，b，c成等差数列．
(2)由∠B＝60°，b＝4及余弦定理得：
4
2
＝a
2
＋c
2
－2accos 60°，∴(a＋c)
2
－3ac＝16，
又由(1)知a＋c＝2b，代入上式得4b
2
－3ac＝16.
又b＝4，所以ac＝16， ④
∴△ABC的面积S＝
1
2
acsin B＝
1
2
acsin 60°＝43.
题组训练四 转化与化归思想在解三角形中的应用
如图，在平面四边形ABCD中，AD＝1，CD＝2，AC＝7.
(1)求cos ∠CAD的值；
(2)若cos ∠BAD＝－
7
14
，sin ∠CBA＝
21
6
，求BC的长．

9
222
②

AC
2
＋AD
2< br>－CD
2
7＋1－4
【解析】 (1)在△ADC中，由余弦定理，得cos∠ CAD＝＝＝
2AC·AD
27
27
.
7
(2)设∠BAC＝α，则α＝∠BAD－∠CAD.
277
因为cos ∠CAD＝，cos ∠BAD＝－，
714
所以sin ∠CAD＝1－cos
2
∠CAD＝
21321
，sin∠BAD＝1－cos
2
∠BAD＝.
714
于是sin∠BAC＝sin (∠BAD－∠CAD)
17

2132127

3

×＝. ＝sin∠BADcos∠CAD－cos ∠BAD·sin∠CAD＝×－


1 472

14

7

3
2
＝3.
21
6
AC·sin ∠BAC
在△ABC中，由正弦定理得，BC＝＝
sin ∠CBA
7×
【专题训练】
一、选择题
π
1．在△ABC中，内 角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且b
2
＝a
2
＋bc，A＝，则内
6
角C等于( )
π
A.
6
3π
C.
4
π
B.
4
π3π
D.或
44
【解析】 在△ABC中，由余弦定理得a
2
＝b
2
＋ c
2
－2bccos A，即a
2
－b
2
＝c
2
－2bccos A，
π
由已知，得a
2
－b
2
＝－bc，则c
2
－2bc cos＝－bc，即c＝(3－1)b，由正弦定理，得sin C
6
＝(3－1)sin B ＝(3－1)sin


5


C

，

6

π
化简，得sin C－cos C＝0，解得C＝，故选B.
4
10

【答案】 B
π
2．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知b＝2，c＝22，且C＝，
4
则△ABC的面积为( )
A.3＋1 B.3－1 C．4 D．2
π
【解析】 法一 由余弦定理可得(22)
2
＝2
2
＋a
2
－2×2×acos，即a
2
－22a－4＝0，
4
11
π
1
解得a＝2＋6或a＝2－6(舍去)，△ABC的面积S＝absin C＝×2×(2＋6)sin＝
2242
2
×2××(6＋2)＝3＋1，选A.
2
bcbsin C1
法二 由正弦定理＝，得sin B＝＝，又c>b，且B∈(0，π)，所以B＝
sin Bsin Cc2
6＋2
π 7π
11
7π
1
，所以A＝，所以△ABC的面积S＝bcsin A＝×2×22sin＝×2×22×＝3＋
612221224
1.
【答案】 A
3．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
－c
2
，则tan C等于( )
34
A. B.
43
43
C．－ D．－
34
【解析】 因为2S＝(a＋b)
2
－c
2
＝ a
2
＋b
2
－c
2
＋2ab，则结合面积公式与余弦定理， 得
absin C＝2abcos C＋2ab，即sin C－2cos C＝2，所以(sin C－2cos C)
2
＝4，
sin
2
C－4sin Ccos C＋4cos
2
Ctan
2
C－4tan C＋4
4
＝4，所以＝4，解得tan C＝－或tan C＝
222
3
sinC＋cosCtanC＋1
0(舍去)，故选C.
【答案】 C
π
4．如图，在△ABC中，C＝，BC＝4，点D在边AC上，AD ＝DB，
3
DE⊥AB，E为垂足．若DE＝22，则cos A等于( )
11

22
A.
3
C.
6

4
B.
2

4
6

3
D.
DE22
【解析】 依题意得：BD＝AD＝＝，
sin Asin A
∠BDC＝∠ABD＋∠A＝2∠A.在△BCD中，
BCBD422242
＝，则＝×＝，
sin∠BDCsin Csin 2Asin A
33sin A
4426
＝，由此解得cos A＝，选C.
2sin Acos A4
3sin A
即
【答案】 C
5．如图 所示，为测一建筑物的高度，在地面上选取A，B两点，从A，
B两点分别测得建筑物顶端的仰角为30 °，45°，且A，B两点间的距离为
60 m，则该建筑物的高度为( )
A．(30＋303) m
C．(15＋303) m
B．(30＋153) m
D．(15＋153) m
hh
【解析】 设建筑物高度为h，则－＝60，即(3－1)h＝60，所以建筑物
tan 30°tan 45°
的高度为h＝(30＋303)m.
【答案】 A
→→→
6．在三 角形ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若20aBC＋15bCA＋12cAB＝
0， 则三角形ABC中最小角的正弦值等于( )
4
A.
5
3
C.
5
→→→
【解析】 ∵20aBC＋15bCA＋12cAB＝0，
3
B.
4
D.
7

4
12

→→→→
∴20a(AC－AB)＋15bCA＋12cAB＝0，
→→
∴(20a－15b)AC＋(12c－20a)AB＝0.

20a－15b＝0，
→→
∵AC与AB不共线，∴


12c－20a＝0


b＝
3
a，
⇒
5
c＝

3
a，
4


∴三角形ABC中最小角为角A，
16
2
25
22
a＋a －a
99
b＋c－a
∴cos A＝＝
2bc45
2
2× ×a
33
222
43
＝，∴sin A＝，故选C.
55
【答案】 C
二、填空题
7．在△ABC中，a，b，c分别是角A ，B，C的对边，若(a＋b－c)(a＋b＋c)＝ab，c＝3，
当ab取得最大值时，S
△ABC
＝________.
1
【解析】 因为(a＋b－c)(a＋b＋c)＝ ab，a
2
＋b
2
－c
2
＝－ab，所以cos C＝－，所以sin
2
C＝
3
，由余弦定理得(3)
2
＝ a
2
＋b
2
＋ab≥3ab，即ab≤1，当且仅当a＝b＝1时等号成立． 所
2
3
.
4
3

4
3
sin C，则cos C＝________.
16
31
sin C，∴
162
以S
△ABC
＝
【答案】
8．已知△ABC中，AB＝1，sin A＋sin B＝2sin C，S
△ABC
＝
【解析】 ∵sin A＋sin B＝2sin C，由正弦定理可得a＋b＝2c.∵S
△ABC
＝
33
absin C＝sin C，sin C≠0，化为ab＝.由余弦定理可得c
2
＝a
2
＋b
2
－2abcos C＝(a＋b)
2
－2ab
168
31
－2abcos C，∴1＝(2)
2
－2×(1＋cos C)，解得cos C＝.
83
13

1
【答案】
3
9．已知a，b，c分别为△ABC的 三个内角A，B，C的对边，a＝2，且(2＋b)(sin A－sin
B)＝(c－b)·sin C，则△ABC面积的最大值为________．
【解析】 由正弦定理得(2＋b)(a－b)＝(c－b)c，
即(a＋b)·(a－b)＝(c－b)c，即 b
2
＋c
2
－a
2
＝bc，
b
2
＋c
2
－a
2
1
π
所以cos A＝＝，又A∈(0，π)，所以A＝，
2bc23
113
又b
2
＋c
2
－a
2
＝bc≥2bc－4，即bc≤4，故S
△ABC＝bcsin A≤×4×＝3，
222
当且仅当b＝c＝2时，等号成立，则△ABC面积的最大值为3.
【答案】 3
10．如图，△ABC中，AB＝4，BC＝2，∠ABC＝∠D＝60°，若△ADC
是 锐角三角形，则DA＋DC的取值范围是________．
【解析】 在△ABC中，由余弦定理得
AC
2
＝AB
2
＋BC
2
－2AB·BCcos∠ ABC＝12，即AC＝23.
23DADC
设∠ACD＝θ(30°<θ<90°)，则在 △ADC中，由正弦定理得＝＝，
sin 60°sin θ
sin120°－θ

3

3

则DA＋DC＝4[sin θ＋sin(120°－ θ)]＝4)，而60°<θ＋

2
sin


2
cos


＝43sin(θ＋30°

30°<120°，43 sin 60°【答案】 (6,43]
三、解答题
11．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c .已知a>b，a＝5，c＝6，sin B
3
＝.
5
(1)求b和sin A的值；
14

(2)求sin

2A




的值．
4

34
【解析】 (1)在△ABC中，因为a>b，故由sin B＝，可得cos B＝.由已知及余弦定
55
理，有b
2
＝a
2
＋c
2
－2accos B＝13，所以b＝13.
abasin B313
由正弦定理＝，得sin A＝＝.
sin Asin Bb13
313
所以b的值为13，sin A的值为.
13
213
(2)由(1)及a13
12
所以sin 2A＝2sin Acos A＝，
13
5
cos 2A＝1－2sin
2
A＝－.
13故sin

2A





＝si n 2Acos
4
＋cos 2Asin
4
＝
26
. 4

ππ
72
π
12．如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝ ，AD∶AB＝2∶3，BD＝7，AB⊥BC.
3
(1)求sin∠ABD的值；
2π
(2)若∠BCD＝，求CD的长．
3
π
【解析】(1)∵A D∶AB＝2∶3，∴可设AD＝2k，AB＝3k.又BD＝7，∠DAB＝，∴由
3
π余弦定理，得(7)
2
＝(3k)
2
＋(2k)
2
－2 ×3k×2kcos，解得k＝1，∴AD＝2，AB＝3，
3
3
2
212 1
＝.(2)∵AB⊥BC，∴cos∠DBC＝sin∠ABD＝，
77
7
ADsin∠DAB
sin∠ABD＝＝
BD
2×
27BDCD
∴ sin∠DBC＝，∴＝，
7sin∠BCDsin∠DBC
15

27
7×
7
43
∴CD＝＝.
3
3
2


16