高中数学专题练习: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)(·广东)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a＝2，c＝23，cos A＝32且b<c，则b等于()A.3B.2 2C.2D. 3(2)(2014·山东)△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知a＝3，cos A＝63，B＝A＋π2.①求b的值;②求△ABC的面积.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(·课标全国Ⅱ)△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，BD＝2DC.(1)求sin B sin C;(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50 m/min.在甲出发2 min后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1 min后，再从B匀速步行到C.假设缆车匀速直线运动的速度为130 m/min，山路AC长为1 260 m，经测量cos A＝1213，cos C＝35.(1)求索道AB的长;(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;(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 (·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46 m ，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：sin 67°≈0.92，cos 67°≈0.39，sin 37°≈0.60，cos 37°≈0.80，3≈1.73)题型三 解三角形与其他知识的交汇例3 (·长春模拟)已知向量m ＝(cos x ，－1)，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3sin x ，－12，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 ＝3，且f (A )恰是函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值，求A ，b 和△ABC 的面积.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(·陕西)△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.向量m＝(a，3b)与n ＝(cos A，sin B)平行.(1)求A;(2)若a＝7，b＝2，求△ABC的面积.高考题型精练1.(·北京改编)在△ABC 中，a ＝4，b ＝5，c ＝6，则sin 2Asin C 等于( ) A.12 B.2 C.1D. 32.(·重庆改编)设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a ＝2，cos C ＝－14，3sin A ＝2sin B ，则c 等于( ) A.2 B.3 C.32D.43.在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知C ＝2A ，cos A ＝34，b ＝5，则△ABC 的面积为( ) A.1574 B.1572 C.574D.5724.(·江西)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .若3a ＝2b ，则2sin 2B －sin 2Asin 2A 的值为( ) A.19 B.13 C.1D.725.(·课标全国Ⅱ)钝角三角形ABC 的面积是12，AB ＝1，BC ＝2，则AC 等于( ) A.5 B. 5 C.2D.16.在△ABC 中，AC →·AB →＝|AC →－AB →|＝3，则△ABC 面积的最大值为( ) A.21 B.3214 C.212D.3217.(·天津)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .已知b －c ＝14a,2sin B ＝3sin C ，则cos A 的值为________.8.(·江苏)设向量a k ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos k π6，sin k π6＋cos k π6(k ＝0,1,2，…，12)，则∑k=011 (a k ·a k ＋1)的值为________.9.(·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 )(sin A －sin B )＝(c －b )·sin C ，则△ABC 面积的最大值为________.10.设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若A ＝π3，a ＝3，则b 2＋c 2的取值范围为________.11.(·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 ＝52，求cos C 的值;(2)若sin A cos 2B 2＋sin B cos 2A 2＝2sin C ，且△ABC 的面积S ＝92sin C ，求a 和b 的值.12.(·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 ＝π2，AB ＝a ， BC ＝3a )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＝π3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.答案精析解三角形问题 常考题型精析例1 (1)C [由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得4＝b 2＋12－2×b ×23×32，即b 2－6b ＋8＝0，∴b ＝4或b ＝2， 又b <c ，∴b ＝2.](2)解 ①在△ABC 中，由题意知，sin A ＝1－cos 2A ＝33， 又因为B ＝A ＋π2，所以sin B ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π2＝cos A ＝63.由正弦定理，得b ＝a sin Bsin A ＝3×6333＝3 2.②由B ＝A ＋π2得cos B ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π2＝－sin A ＝－33.由A ＋B ＋C ＝π，得C ＝π－(A ＋B ). 所以sin C ＝sin [π－(A ＋B )]＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝33×⎝ ⎛⎭⎪⎫－33＋63×63＝13. 因此△ABC 的面积S ＝12ab sin C ＝12×3×32×13＝322. 变式训练1 解 (1)由正弦定理得AD sin B＝BDsin∠BAD，ADsin C＝DCsin∠CAD.因为AD平分∠BAC，BD＝2DC，所以sin B sin C＝DCBD＝12.(2)因为C＝180°－(∠BAC＋B)，∠BAC＝60°，所以sin C＝sin(∠BAC＋B)＝32cos B＋12sin B.由(1)知2sin B＝sin C，所以tan B＝3 3，即B＝30°.例2解(1)在△ABC中，因为cos A＝1213，cos C＝35，所以sin A＝513，sin C＝45.从而sin B＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C) ＝sin A cos C＋cos A sin C＝513×35＋1213×45＝6365.由正弦定理ABsin C＝ACsin B，得AB＝ACsin B×sin C＝1 2606365×45＝1 040(m).所以索道AB的长为1 040 m.(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130t m，所以由余弦定理得d2＝(100＋50t)2＋(130t)2－2×130t×(100＋50t)×12 13＝200(37t2－70t＋50)，由于0≤t≤1 040130，即0≤t≤8，故当t＝3537min时，甲、乙两游客距离最短.(3)由正弦定理BCsin A＝ACsin B，得BC ＝AC sin B ×sin A ＝1 2606365×513＝500(m).乙从B 出发时，甲已走了50×(2＋8＋1)＝550(m)，还需走710 m 才能到达C .设乙步行的速度为v m/min ，由题意得－3≤500v －71050≤3，解得1 25043≤v ≤62514，所以为使两位游客在C 处互相等待的时间不超过3 min ，乙步行的速度应控制在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 25043，62514(单位：m/min)范围内.变式训练2 60解析 根据已知的图形可得AB ＝46sin 67°.在△ABC 中，∠BCA ＝30°，∠BAC ＝37°，由正弦定理，得AB sin 30°＝BC sin 37°，所以BC ≈2×460.92×0.60＝60(m).例3 解 (1)f (x )＝(m ＋n )·m＝cos 2x ＋3sin x cos x ＋32＝1＋cos 2x 2＋32sin 2x ＋32 ＝12cos 2x ＋32sin 2x ＋2＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＋2.因为ω＝2，所以最小正周期T ＝2π2＝π.(2)由(1)知f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＋2，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，π6≤2x ＋π6≤7π6.由正弦函数图象可知，当2x ＋π6＝π2时，f (x )取得最大值3，又A 为锐角，所以2A ＋π6＝π2，A ＝π6.由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得1＝b 2＋3－2×3×b ×cos π6，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 ＝12×3×1×sin π6＝34;当b ＝2时，△ABC 的面积S ＝12×3×2×sin π6＝32.变式训练3 解 (1)因为m ∥n ，所以a sin B －3b cos A ＝0， 由正弦定理，得sin A sin B －3sin B cos A ＝0，又sin B ≠0，从而tan A ＝3，由于0＜A ＜π，所以A ＝π3.(2)方法一 由余弦定理，得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，而由a ＝7，b ＝2，A ＝π3，得7＝4＋c 2－2c ，即c 2－2c －3＝0，因为c ＞0，所以c ＝3，故△ABC 的面积为S ＝12bc sin A ＝332.方法二 由正弦定理，得7sin π3＝2sin B ，从而sin B ＝217，又由a ＞b ，知A ＞B ，所以cos B ＝277，故sin C ＝sin(A ＋B )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π3 ＝sin B cos π3＋cos B sin π3＝32114.所以△ABC 的面积为S ＝12ab sin C ＝332.高考题型精练1.C [由余弦定理：cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝25＋36－162×5×6＝34，∴sin A ＝74，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝16＋25－362×4×5＝18，∴sin C ＝378，∴sin 2A sin C ＝2×34×74378＝1.]2.D [由3sin A ＝2sin B ，得3a ＝2b ，∴b ＝32a ＝32×2＝3，在△ABC 中，由余弦定理，得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝22＋32－2×2×3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－14＝16，解得c ＝4.]3.A [cos A ＝34，cos C ＝2cos 2A －1＝18，sin C ＝378，tan C ＝37，如图，设AD ＝3x ，AB ＝4x ，CD ＝5－3x ，BD ＝7x .在Rt △DBC 中，tan C ＝BD CD ＝7x5－3x ＝37，解之得：BD ＝7x ＝372，S △ABC ＝12BD ·AC ＝1574.]4.D [∵a sin A ＝b sin B ，∴sin B sin A ＝ba .∵3a ＝2b ，∴b a ＝32.∴sin B sin A ＝32. ∴2sin 2B －sin 2Asin 2A ＝2(sin Bsin A )2－1＝2×(32)2－1＝92－1＝72.]5.B [∵S ＝12AB ·BC sin B ＝12×1×2sin B ＝12，∴sin B ＝22，∴B ＝π4或3π4.当B ＝3π4时，根据余弦定理有AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos B ＝1＋2＋2＝5，∴AC ＝5，此时△ABC 为钝角三角形，符合题意;当B ＝π4时，根据余弦定理有AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos B ＝1＋2－2＝1，∴AC ＝1，此时AB 2＋AC 2＝BC 2，△ABC 为直角三角形，不符合题意.故AC ＝ 5.]6.B [设角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，∵AC →·AB→＝|AC →－AB →|＝3， 又cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ≥1－92bc ＝1－3cos A 2， ∴cos A ≥25，∴0<sin A ≤215，∴△ABC 的面积S ＝12bc sin A ＝32tan A ≤32×212＝3214，故△ABC 面积的最大值为3214.]7.－14解析 由2sin B ＝3sin C 及正弦定理得2b ＝3c ，即b ＝32c .又b －c ＝14a ，∴12c ＝14a ，即a ＝2c . 由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝94c 2＋c 2－4c 22×32c 2 ＝－34c 23c 2＝－14.8.9 3解析 ∵a k ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos k π6，sin k π6＋cos k π6， ∴a k ·a k ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos k π6，sin k π6＋cos k π6· ⎝⎛⎭⎪⎫cos k ＋16π，sin k ＋16π＋cos k ＋16π ＝cos k π6·cos k ＋16π＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin k π6＋cos k π6·⎝⎛⎭⎪⎫sin k ＋16π＋cos k ＋16π ＝32cos π6＋12cos 2k ＋16π＋sin 2k ＋16π.故∑k ＝011 a k ·a k ＋1＝∑k ＝011 ⎝ ⎛⎭⎪⎫32cos π6＋12cos 2k ＋16π＋sin 2k ＋16π ＝32∑k ＝011cos π6＋12∑k ＝011cos 2k ＋16π＋∑k ＝011sin 2k ＋16π.由∑k ＝011cos 2k ＋16π＝0，∑k ＝011sin 2k ＋16π＝0，得∑k ＝011a k ·a k ＋1＝32cos π6×12＝9 3. 9. 3解析 ∵a sin A ＝b sin B ＝c sin C ＝2R ，a ＝2，又(2＋b )(sin A －sin B )＝(c －b )sin C 可化为(a ＋b )(a －b )＝(c －b )·c ，∴a 2－b 2＝c 2－bc ，∴b 2＋c 2－a 2＝bc .∴b 2＋c 2－a 22bc ＝bc 2bc ＝12＝cos A ，∴A ＝60°. ∵△ABC 中，4＝a 2＝b 2＋c 2－2bc ·cos 60°＝b 2＋c 2－bc ≥2bc －bc ＝bc (“＝”当且仅当b ＝c 时取得)，∴S △ABC ＝12·bc ·sin A ≤12×4×32＝ 3.10.(3,6]解析 由正弦定理，得a sin A ＝b sin B ＝c sin C ＝2，b ＝2sin B ，c ＝2sin C ，所以b 2＋c 2＝4(sin 2B ＋sin 2C )＝2(1－cos 2B ＋1－cos 2C )＝4－2cos 2B －2cos 2(2π3－B )＝4＋3sin 2B －cos 2B＝4＋2sin(2B －π6).又0<B <2π3，所以－π6<2B －π6<7π6.所以－1<2sin(2B －π6)≤2.所以3<b 2＋c 2≤6.11.解 (1)由题意可知c ＝8－(a ＋b )＝72.由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝22＋(52)2－(72)22×2×52＝－15.(2)由sin A cos 2B 2＋sin B cos 2A 2＝2sin C ，可得sin A ·1＋cos B 2＋sin B ·1＋cos A 2＝2sin C ，化简得sin A ＋sin A cos B ＋sin B ＋sin B cos A ＝4sin C . 因为sin A cos B ＋cos A sin B ＝sin(A ＋B )＝sin C ， 所以sin A ＋sin B ＝3sin C .由正弦定理可知a ＋b ＝3c .又因为a ＋b ＋c ＝8，故a ＋b ＝6.由于S ＝12ab sin C ＝92sin C ，所以ab ＝9，从而a 2－6a ＋9＝0，解得a ＝3，b ＝3.12.解 (1)由∠B ＝π2，AB ＝a ，BC ＝3a ，所以∠BAC ＝π3.设MA ＝MA ′＝xa (0<x <1)，则MB ＝a －xa ，所以在Rt △MBA ′中，cos(π－2θ)＝a －xa xa ＝12，所以x ＝23.由于△AMN 为等边三角形，所以绿地的面积S ＝2×12×23a ×23a ×sin π3＝239a 2.(2)因为在Rt △ABC 中，∠B ＝π2，AB ＝a ，BC ＝3a ， 所以∠BAC ＝π3，所以在△AMN 中，∠ANM ＝2π3－θ， 由正弦定理得AN sin θ＝AM sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－θ， 设AM ＝ax (0<x <1)，则A ′M ＝ax ，BM ＝a －ax ，所以在Rt △MBA ′中，cos(π－2θ)＝a －ax ax ＝1－x x ，所以x ＝12sin 2θ，即AM ＝a 2sin 2θ，所以AN ＝a 2sin θsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－θ. 2sin θsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－θ＝sin 2θ＋3sin θcos θ ＝12＋32sin 2θ－12cos 2θ＝12＋sin(2θ－π6)， 因为π4<θ<π2，所以π3<2θ－π6<5π6， 所以当且仅当2θ－π6＝π2，即θ＝π3时，AN 的值最小，且AN ＝23a ，此时绿地公共走道的长度MN ＝23a .。