1、10 解三角形1【2022年全国甲卷】沈括的梦溪笔谈是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，AB是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是的AB中点，D在AB上，CDAB“会圆术”给出AB的弧长的近似值s的计算公式：s=AB+CD2OA当OA=2,AOB=60时，s=（）A11332B11432C9332D9432【答案】B【解析】【分析】连接OC，分别求出AB,OC,CD，再根据题中公式即可得出答案.【详解】解：如图，连接OC，因为C是AB的中点，所以OCAB，又CDAB，所以O,C,D三点共线，即OD=OA=OB=2，又AOB=60，所以AB=OA=OB=2，则OC=
2、3，故CD=23，所以s=AB+CD2OA=2+2322=11432.故选：B.2【2021年甲卷文科】在中，已知，则（）A1BCD3【答案】D【解析】【分析】利用余弦定理得到关于BC长度的方程，解方程即可求得边长.【详解】设，结合余弦定理：可得：，即：，解得：（舍去），故.故选：D.【点睛】利用余弦定理及其推论解三角形的类型：(1)已知三角形的三条边求三个角；(2)已知三角形的两边及其夹角求第三边及两角；(3)已知三角形的两边与其中一边的对角，解三角形3【2021年乙卷理科】魏晋时刘徽撰写的海岛算经是有关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的高如图，点，在水平线上，和是两个垂直于水平面且等高的
3、测量标杆的高度，称为“表高”，称为“表距”，和都称为“表目距”，与的差称为“表目距的差”则海岛的高（）A表高B表高C表距D表距【答案】A【解析】【分析】利用平面相似的有关知识以及合分比性质即可解出【详解】如图所示：由平面相似可知，而 ，所以，而 ，即 故选：A.【点睛】本题解题关键是通过相似建立比例式，围绕所求目标进行转化即可解出4【2020年新课标3卷理科】在ABC中，cosC=，AC=4，BC=3，则cosB=（）ABCD【答案】A【解析】【分析】根据已知条件结合余弦定理求得，再根据，即可求得答案.【详解】在中，根据余弦定理：可得 ，即由故.故选：A.【点睛】本题主要考查了余弦定理解三角形
4、，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.5【2022年全国甲卷】已知ABC中，点D在边BC上，ADB=120,AD=2,CD=2BD当ACAB取得最小值时，BD=_【答案】311+3【解析】【分析】设CD=2BD=2m0，利用余弦定理表示出AC2AB2后，结合基本不等式即可得解.【详解】设CD=2BD=2m0，则在ABD中，AB2=BD2+AD22BDADcosADB=m2+4+2m，在ACD中，AC2=CD2+AD22CDADcosADC=4m2+44m，所以AC2AB2=4m2+44mm2+4+2m=4(m2+4+2m)12(1+m)m2+4+2m=412(m+1)+3m+14122(m+
5、1)3m+1=423，当且仅当m+1=3m+1即m=31时，等号成立，所以当ACAB取最小值时，m=31.故答案为：31.6【2021年乙卷文科】记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，则_【答案】【解析】【分析】由三角形面积公式可得，再结合余弦定理即可得解.【详解】由题意，所以，所以，解得（负值舍去）.故答案为：.7【2020年新课标1卷理科】如图，在三棱锥PABC的平面展开图中，AC=1，ABAC，ABAD，CAE=30，则cosFCB=_.【答案】【解析】【分析】在中，利用余弦定理可求得，可得出，利用勾股定理计算出、，可得出，然后在中利用余弦定理可求得的值.【详解】，由勾股定理
6、得，同理得，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得.故答案为：.【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，考查计算能力，属于中等题.8【2022年全国乙卷】记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c已知sinCsinAB=sinBsinCA(1)若A=2B，求C；(2)证明：2a2=b2+c2【答案】(1)58；(2)证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意可得，sinC=sinCA，再结合三角形内角和定理即可解出； （2）由题意利用两角差的正弦公式展开得sinCsinAcosBcosAsinB=sinBsinCcosAcosCsinA，再根据正弦定理，余弦定理化简即可证出(1)由A=2B，s
7、inCsinAB=sinBsinCA可得，sinCsinB=sinBsinCA，而0B0，而0C,0CA，显然CCA，所以，C+CA=，而A=2B，A+B+C=，所以C=58(2)由sinCsinAB=sinBsinCA可得，sinCsinAcosBcosAsinB=sinBsinCcosAcosCsinA，再由正弦定理可得，accosBbccosA=bccosAabcosC，然后根据余弦定理可知，12a2+c2b212b2+c2a2=12b2+c2a212a2+b2c2，化简得：2a2=b2+c2，故原等式成立9【2022年全国乙卷】记ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知sin
8、Csin(AB)=sinBsin(CA)(1)证明：2a2=b2+c2；(2)若a=5,cosA=2531，求ABC的周长【答案】(1)见解析(2)14【解析】【分析】（1）利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦定理和余弦定理化角为边，从而即可得证；（2）根据（1）的结论结合余弦定理求出bc，从而可求得b+c，即可得解.(1)证明：因为sinCsinAB=sinBsinCA，所以sinCsinAcosBsinCsinBcosA=sinBsinCcosAsinBsinAcosC，所以aca2+c2b22ac2bcb2+c2a22bc=aba2+b2c22ab，即a2+c2b22b2+c2a2=a2
9、+b2c22，所以2a2=b2+c2；(2)解：因为a=5,cosA=2531，由（1）得b2+c2=50，由余弦定理可得a2=b2+c22bccosA， 则505031bc=25，所以bc=312，故b+c2=b2+c2+2bc=50+31=81，所以b+c=9，所以ABC的周长为a+b+c=14.10【2022年新高考1卷】记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cosA1+sinA=sin2B1+cos2B(1)若C=23，求B；(2)求a2+b2c2的最小值【答案】(1)6；(2)425【解析】【分析】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将cosA1+sinA=sin
10、2B1+cos2B化成cosA+B=sinB，再结合0B2，即可求出；（2）由（1）知，C=2+B，A=22B，再利用正弦定理以及二倍角公式将a2+b2c2化成4cos2B+2cos2B5，然后利用基本不等式即可解出(1)因为cosA1+sinA=sin2B1+cos2B=2sinBcosB2cos2B=sinBcosB，即sinB=cosAcosBsinAsinB=cosA+B=cosC=12，而0B0，所以2C,0B0，又sinB=13，则cosB=1132=223，ac=1cosB=324，则SABC=12acsinB=28；(2)由正弦定理得：bsinB=asinA=csinC，则b2
11、sin2B=asinAcsinC=acsinAsinC=32423=94，则bsinB=32，b=32sinB=12.12【2021年新高考1卷】记是内角，的对边分别为，.已知，点在边上，.（1）证明：；（2）若，求.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论.（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边与的关系，然后利用余弦定理即可求得的值.【详解】（1）设的外接圆半径为R，由正弦定理，得，因为，所以，即又因为，所以（2）方法一【最优解】：两次应用余弦定理因为，如图，在中，在中，由得，整理得又因为，所以，解得或，当时，（舍去）当时，所以方法
12、二：等面积法和三角形相似如图，已知，则，即，而，即，故有，从而由，即，即，即，故，即，又，所以，则方法三：正弦定理、余弦定理相结合由（1）知，再由得在中，由正弦定理得又，所以，化简得在中，由正弦定理知，又由，所以在中，由余弦定理，得故方法四：构造辅助线利用相似的性质如图，作，交于点E，则由，得在中，在中因为，所以，整理得又因为，所以，即或下同解法1方法五：平面向量基本定理因为，所以以向量为基底，有所以，即，又因为，所以由余弦定理得，所以联立，得所以或下同解法1方法六：建系求解以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴，长为单位长度建立直角坐标系，如图所示，则由（1）知，所以点B在
13、以D为圆心，3为半径的圆上运动设，则由知，即联立解得或（舍去），代入式得，由余弦定理得【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；方法六：建立平面直角坐标
14、系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.13【2021年新高考2卷】在中，角、所对的边长分别为、，.（1）若，求的面积；（2）是否存在正整数，使得为钝角三角形?若存在，求出的值；若不存在，说明理由【答案】（1）；（2）存在，且.【解析】【分析】（1）由正弦定理可得出，结合已知条件求出的值，进一步可求得、的值，利用余弦定理以及同角三角函数的基本关系求出，再利用三角形的面积公式可求得结果；（2）分析可知，角为钝角，由结合三角形三边关系可求得整数的值.【详解】（1）因为，则，则，故，所以，为锐角，则，因此，；（2）显然，若为钝角三角形，则为钝角，由余弦定理可得，解得
15、，则，由三角形三边关系可得，可得，故.14【2020年新课标1卷文科】的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知B=150.（1）若a=c，b=2，求的面积；（2）若sinA+sinC=，求C.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）已知角和边，结合关系，由余弦定理建立的方程，求解得出，利用面积公式，即可得出结论；（2）方法一 ：将代入已知等式，由两角差的正弦和辅助角公式，化简得出有关角的三角函数值，结合的范围，即可求解.【详解】（1）由余弦定理可得，的面积；（2）方法一：多角换一角，.方法二：正弦角化边由正弦定理及得故由，得又由余弦定理得，所以，解得所以【整体点评】本题考查余弦定理、
16、三角恒等变换解三角形，熟记公式是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.其中第二问法一主要考查三角恒等变换解三角形，法二则是通过余弦定理找到三边的关系，进而求角.15【2020年新课标2卷理科】中，sin2Asin2Bsin2C=sinBsinC（1）求A；（2）若BC=3，求周长的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理角化边，配凑出的形式，进而求得；（2）方法一：利用余弦定理可得到，利用基本不等式可求得的最大值，进而得到结果.【详解】（1）由正弦定理可得：，.（2）方法一【最优解】：余弦+不等式由余弦定理得：，即.（当且仅当时取等号），解得：（当且仅当时取等号）
17、，周长，周长的最大值为.方法二：正弦化角（通性通法）设，则，根据正弦定理可知，所以，当且仅当，即时，等号成立此时周长的最大值为方法三：余弦与三角换元结合在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c由余弦定理得，即令，得，易知当时，所以周长的最大值为【整体点评】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理角化边的应用、余弦定理的应用、三角形周长最大值的求解问题；方法一：求解周长最大值的关键是能够在余弦定理构造的等式中，结合基本不等式构造不等关系求得最值. 方法二采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围进行求解最值，如果三角形是锐角三角形或有限制条件的，则采用此法解决. 方法三巧妙利用三角换元，实现边化
18、角，进而转化为正弦函数求最值问题.16【2020年新课标2卷文科】ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知（1）求A；（2）若，证明：ABC是直角三角形【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据诱导公式和同角三角函数平方关系，可化为，即可解出；（2）根据余弦定理可得，将代入可找到关系，再根据勾股定理或正弦定理即可证出【详解】（1）因为，所以，即，解得，又，所以；（2）因为，所以，即，又， 将代入得，即，而，解得，所以，故，即是直角三角形【点睛】本题主要考查诱导公式和平方关系的应用，利用勾股定理或正弦定理，余弦定理判断三角形的形状，属于基础题17【2020年新高考1卷（
19、山东卷）】在，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的值；若问题中的三角形不存在，说明理由问题：是否存在，它的内角的对边分别为，且，_?注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分【答案】详见解析【解析】【分析】方法一：由题意结合所给的条件，利用正弦定理角化边，得到a,b的比例关系，根据比例关系，设出长度长度，由余弦定理得到的长度，根据选择的条件进行分析判断和求解.【详解】方法一【最优解】：余弦定理由可得：，不妨设，则：，即.若选择条件：据此可得：，此时.若选择条件：据此可得：，则：，此时：，则：.若选择条件：可得，与条件矛盾，则问题中的三角形不存在.方法二：正弦定理由，得由，得，即，得由于，得所以若选择条件：由，得，得解得所以，选条件时问题中的三角形存在，此时若选择条件：由，得，解得，则由，得，得所以，选条件时问题中的三角形存在，此时若选择条件：由于与矛盾，所以，问题中的三角形不存在【整体点评】方法一：根据正弦定理以及余弦定理可得的关系，再根据选择的条件即可解出，是本题的通性通法,也是最优解；方法二：利用内角和定理以及两角差的正弦公式，消去角，可求出角，从而可得，再根据选择条件即可解出.
