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全国通用2022版高考数学考前三个月复习冲刺专题4第19练解三角形问题理

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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

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发布时间:2022-08-25 23:55:39 页数:16
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文章作者:U-336598

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