第19练 解三角形问题[题型分析·高考展望] 正弦定理和余弦定理是解三角形的工具，而解三角形问题是高考每年必考的热点问题之一.命题的重点主要有三个方面：一是以斜三角形为背景求三角形的基本量、求三角形的面积、周长、判断三角形形状等；二是以实际生活为背景，考查解三角形问题；三是与其他知识的交汇性问题，此类试题一直是命题的重点和热点.常考题型精析题型一 活用正弦、余弦定理求解三角形问题例1 (1)(2022·广东)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a＝2，c＝2，cosA＝且b<c，则b等于( )A.3B.2C.2D.(2)(2022·山东)△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知a＝3，cosA＝，B＝A＋.①求b的值；②求△ABC的面积. 16\n点评 在根据正弦、余弦定理解三角形问题中，要结合大边对大角进行判断.一般地，斜三角形中，用正弦定理求角时，若已知小角求大角，有两解，已知大角求小角有一解；在解三角形问题中，三角形内角和定理起着重要作用，在解题中要注意根据这个定理确定角的范围，确定三角函数值的符号，防止增解等扩大范围的现象发生.变式训练1 (2022·课标全国Ⅱ)△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，BD＝2DC.(1)求；(2)若∠BAC＝60°，求B. 题型二 正弦、余弦定理的实际应用例2 如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径.一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C.现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50m/min.在甲出发2min后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1min后，再从B匀速步行到C.假设缆车匀速直线运动的速度为130m/min，山路AC长为1260m，经测量cosA＝，cosC＝.(1)求索道AB的长；16\n(2)问：乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？(3)为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在什么范围内？ 点评 解三角形中的实际问题四步骤：(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、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)将所求解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；16\n(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.变式训练2 (2022·四川)如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为67°，30°，此时气球的高是46m，则河流的宽度BC约等于________m.(用四舍五入法将结果精确到个位.参考数据：sin67°≈0.92，cos67°≈0.39，sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，≈1.73)题型三 解三角形与其他知识的交汇例3 (2022·长春模拟)已知向量m＝(cosx，－1)，n＝，函数f(x)＝(m＋n)·m.(1)求函数f(x)的最小正周期；(2)已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，A为锐角，a＝1，c＝，且f(A)恰是函数f(x)在上的最大值，求A，b和△ABC的面积. 16\n 点评 解三角形问题与三角函数性质、向量、不等式、立体几何、数列等知识结合交汇，是近年来高考的新题型，对于这种问题要细心读题，弄清问题实质，一般都以其他知识为载体，主体还是利用正弦、余弦定理解三角形，所以将问题转化为解三角形是关键.变式训练3 (2022·陕西)△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.向量m＝(a，b)与n＝(cosA，sinB)平行.(1)求A；(2)若a＝，b＝2，求△ABC的面积. 高考题型精练1.(2022·北京改编)在△ABC中，a＝4，b＝5，c＝6，则等于( )A.B.2C.1D.16\n2.(2022·重庆改编)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝2，cosC＝－，3sinA＝2sinB，则c等于( )A.2B.3C.D.43.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知C＝2A，cosA＝，b＝5，则△ABC的面积为( )A.B.C.D.4.(2022·江西)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.若3a＝2b，则的值为( )A.B.C.1D.5.(2022·课标全国Ⅱ)钝角三角形ABC的面积是，AB＝1，BC＝，则AC等于( )A.5B.C.2D.16.在△ABC中，·＝|－|＝3，则△ABC面积的最大值为( )A.B.C.D.37.(2022·天津)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知b－c＝a,2sinB＝3sinC，则cosA的值为________.8.(2022·江苏)设向量ak＝(k＝0,1,2，…，12)，则(ak·ak＋1)的值为________.9.(2022·课标全国Ⅰ)已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，a＝2，且(2＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)·sinC，则△ABC面积的最大值为________.16\n10.设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若A＝，a＝，则b2＋c2的取值范围为________.11.(2022·重庆)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＋b＋c＝8.(1)若a＝2，b＝，求cosC的值；(2)若sinAcos2＋sinBcos2＝2sinC，且△ABC的面积S＝sinC，求a和b的值. 12.(2022·南京模拟)如图所示，某小区准备将闲置的一直角三角形(其中∠B＝，AB＝a，BC＝a)地块开发成公共绿地，设计时，要求绿地部分有公共绿地走道MN，且两边是两个关于走道MN对称的三角形(△AMN和△A′MN)，现考虑方便和绿地最大化原则，要求M点与B点不重合，A′落在边BC上，设∠AMN＝θ.(1)若θ＝时，绿地“最美”，求最美绿地的面积；(2)为方便小区居民的行走，设计时要求将AN，A′N的值设计最短，求此时绿地公共走道的长度.16\n答案精析第19练 解三角形问题常考题型精析例1 (1)C[由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得4＝b2＋12－2×b×2×，即b2－6b＋8＝0，∴b＝4或b＝2，又b<c，∴b＝2.](2)解 ①在△ABC中，由题意知，sinA＝＝，又因为B＝A＋，所以sinB＝sin＝cosA＝.由正弦定理，得b＝＝＝3.②由B＝A＋得cosB＝cos＝－sinA＝－.由A＋B＋C＝π，得C＝π－(A＋B).所以sinC＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝×＋×＝.因此△ABC的面积S＝absinC＝×3×3×＝.变式训练1 解 (1)由正弦定理得＝，＝.因为AD平分∠BAC，BD＝2DC，所以＝＝.16\n(2)因为C＝180°－(∠BAC＋B)，∠BAC＝60°，所以sinC＝sin(∠BAC＋B)＝cosB＋sinB.由(1)知2sinB＝sinC，所以tanB＝，即B＝30°.例2 解 (1)在△ABC中，因为cosA＝，cosC＝，所以sinA＝，sinC＝.从而sinB＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝×＋×＝.由正弦定理＝，得AB＝×sinC＝×＝1040(m).所以索道AB的长为1040m.(2)假设乙出发t分钟后，甲、乙两游客距离为d，此时，甲行走了(100＋50t)m，乙距离A处130tm，所以由余弦定理得d2＝(100＋50t)2＋(130t)2－2×130t×(100＋50t)×＝200(37t2－70t＋50)，由于0≤t≤，即0≤t≤8，故当t＝min时，甲、乙两游客距离最短.(3)由正弦定理＝，得BC＝×sinA＝×＝500(m).乙从B出发时，甲已走了50×(2＋8＋1)＝550(m)，还需走710m才能到达C.设乙步行的速度为vm/min，由题意得－3≤－≤3，解得≤v≤，所以为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3min，乙步行的速度应控制在(单位：m/min)范围内.16\n变式训练2 60解析 根据已知的图形可得AB＝.在△ABC中，∠BCA＝30°，∠BAC＝37°，由正弦定理，得＝，所以BC≈2××0.60＝60(m).例3 解 (1)f(x)＝(m＋n)·m＝cos2x＋sinxcosx＋＝＋sin2x＋＝cos2x＋sin2x＋2＝sin＋2.因为ω＝2，所以最小正周期T＝＝π.(2)由(1)知f(x)＝sin＋2，当x∈时，≤2x＋≤.由正弦函数图象可知，当2x＋＝时，f(x)取得最大值3，又A为锐角，所以2A＋＝，A＝.由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得1＝b2＋3－2××b×cos，所以b＝1或b＝2，经检验均符合题意.从而当b＝1时，△ABC的面积S＝××1×sin＝；当b＝2时，△ABC的面积S＝××2×sin＝.变式训练3 解 (1)因为m∥n，所以asinB－bcosA＝0，由正弦定理，得sinAsinB－sinBcosA＝0，又sinB≠0，从而tanA＝，16\n由于0＜A＜π，所以A＝.(2)方法一 由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA，而由a＝，b＝2，A＝，得7＝4＋c2－2c，即c2－2c－3＝0，因为c＞0，所以c＝3，故△ABC的面积为S＝bcsinA＝.方法二 由正弦定理，得＝，从而sinB＝，又由a＞b，知A＞B，所以cosB＝，故sinC＝sin(A＋B)＝sin＝sinBcos＋cosBsin＝.所以△ABC的面积为S＝absinC＝.高考题型精练1.C[由余弦定理：cosA＝＝＝，∴sinA＝，cosC＝＝＝，∴sinC＝，∴＝＝1.]2.D[由3sinA＝2sinB，得3a＝2b，∴b＝a＝×2＝3，在△ABC中，由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcosC＝22＋32－2×2×3×＝16，解得c＝4.]3.A[cosA＝，cosC＝2cos2A－1＝，16\nsinC＝，tanC＝3，如图，设AD＝3x，AB＝4x，CD＝5－3x，BD＝x.在Rt△DBC中，tanC＝＝＝3，解之得：BD＝x＝，S△ABC＝BD·AC＝.]4.D[∵＝，∴＝.∵3a＝2b，∴＝.∴＝.∴＝2()2－1＝2×()2－1＝－1＝.]5.B[∵S＝AB·BCsinB＝×1×sinB＝，∴sinB＝，∴B＝或.当B＝时，根据余弦定理有AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB＝1＋2＋2＝5，∴AC＝，此时△ABC为钝角三角形，符合题意；当B＝时，根据余弦定理有AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB＝1＋2－2＝1，∴AC＝1，此时AB2＋AC2＝BC2，△ABC为直角三角形，不符合题意.故AC＝.]6.B[设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∵·＝|－|＝3，又cosA＝≥1－＝1－，∴cosA≥，∴0<sinA≤，∴△ABC的面积S＝bcsinA＝tanA≤×＝，故△ABC面积的最大值为.]7.－16\n解析 由2sinB＝3sinC及正弦定理得2b＝3c，即b＝c.又b－c＝a，∴c＝a，即a＝2c.由余弦定理得cosA＝＝＝＝－.8.9解析 ∵ak＝，∴ak·ak＋1＝·＝cos·cosπ＋·＝cos＋cosπ＋sinπ.故ak·ak＋1＝＝os＋osπ＋inπ.由osπ＝0，inπ＝0，得ak·ak＋1＝cos×12＝9.9.解析 ∵＝＝＝2R，a＝2，又(2＋b)(sinA－sinB)16\n＝(c－b)sinC可化为(a＋b)(a－b)＝(c－b)·c，∴a2－b2＝c2－bc，∴b2＋c2－a2＝bc.∴＝＝＝cosA，∴A＝60°.∵△ABC中，4＝a2＝b2＋c2－2bc·cos60°＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc(“＝”当且仅当b＝c时取得)，∴S△ABC＝·bc·sinA≤×4×＝.10.(3,6]解析 由正弦定理，得＝＝＝2，b＝2sinB，c＝2sinC，所以b2＋c2＝4(sin2B＋sin2C)＝2(1－cos2B＋1－cos2C)＝4－2cos2B－2cos2(－B)＝4＋sin2B－cos2B＝4＋2sin(2B－).又0<B<，所以－<2B－<.所以－1<2sin(2B－)≤2.所以3<b2＋c2≤6.11.解 (1)由题意可知c＝8－(a＋b)＝.由余弦定理得cosC＝＝＝－.(2)由sinAcos2＋sinBcos2＝2sinC，可得sinA·＋sinB·＝2sinC，化简得sinA＋sinAcosB＋sinB＋sinBcosA＝4sinC.16\n因为sinAcosB＋cosAsinB＝sin(A＋B)＝sinC，所以sinA＋sinB＝3sinC.由正弦定理可知a＋b＝3c.又因为a＋b＋c＝8，故a＋b＝6.由于S＝absinC＝sinC，所以ab＝9，从而a2－6a＋9＝0，解得a＝3，b＝3.12.解 (1)由∠B＝，AB＝a，BC＝a，所以∠BAC＝.设MA＝MA′＝xa(0<x<1)，则MB＝a－xa，所以在Rt△MBA′中，cos(π－2θ)＝＝，所以x＝.由于△AMN为等边三角形，所以绿地的面积S＝2××a×a×sin＝a2.(2)因为在Rt△ABC中，∠B＝，AB＝a，BC＝a，所以∠BAC＝，所以在△AMN中，∠ANM＝－θ，由正弦定理得＝，设AM＝ax(0<x<1)，则A′M＝ax，BM＝a－ax，所以在Rt△MBA′中，cos(π－2θ)＝＝，所以x＝，即AM＝，所以AN＝.2sinθsin＝sin2θ＋sinθcosθ16\n＝＋sin2θ－cos2θ＝＋sin(2θ－)，因为<θ<，所以<2θ－<，所以当且仅当2θ－＝，即θ＝时，AN的值最小，且AN＝a，此时绿地公共走道的长度MN＝a.16
