2019年高考數(shù)學(xué)壓軸題命題區(qū)間三★三角函數(shù)、解三角形★★增分點(diǎn)2 突破解三角形問題的兩類題型

【精品】2019年高考數(shù)學(xué)壓軸題命題區(qū)間三★三角函數(shù)、解三角形、平面向量★★增分點(diǎn)2突破解三角形問題的兩類題型求邊、求角、求面積解三角形問題中，邊角的求解是所有問題的基本，通常有以下兩個(gè)解題策略：（1）邊角統(tǒng)一化：運(yùn)用正弦定理和余弦定理化角、化邊，通過代數(shù)恒等變換求解；（2）幾何問題代數(shù)化：通過向量法、坐標(biāo)法將問題代數(shù)化，借用函數(shù)與方程來求解，對于某些問題來說此法也是極為重要的．［典例］（2016?北京高考）在△ABC中，角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,已知NA=^3,0=仮，貝.［思路點(diǎn)撥］本題條件涉及三角形邊、角的數(shù)量關(guān)系，結(jié)論是求邊比問題，必然通過解三角形來處理．注意正弦定理和余弦定理的靈活應(yīng)用．［方法演示］法一：角化邊（余弦定理）b2+c2—a2b2—2c21由余弦定理及a=J3c,得cosA=2bC'=2bc=_2'化簡得b2+bc-2c2=0,即2（b）2-f—i=o,解得b=i或b=-1舍去）?法二：邊化角（正弦定理）a=-』3c,a=-』3c,由La=2n3得sinA="；3sinC=即sinC=2?又角C是三角形的內(nèi)角，則ZC=6?又ZA舟所以ZB=6,從而有；=議=1.法三：幾何法過點(diǎn)C作BA的垂線CD,交BA的延長線于點(diǎn)D'如圖，由ZBAC^，得ZDAC=n3'即在Rt^DAC中’AD=2b,CDn3'由是直角三角形，得CD2+BD2=BC2,即（芳3〃）2+@+2"）2=a2.由a=\/3c,得b2+bc-2c2=0,即2（^）2_；—1=0,解得￡=1或|=_2（舍去）-法四：坐標(biāo)法根據(jù)題意，以點(diǎn)A為原點(diǎn)，AB為x軸的正方向，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，根據(jù)題意可知AB=c,AC=b,BC=a,ZCAB=爭則A(0,0),B(c,0),C_易,豎b?由a="j3c由a="j3c,得b2+bc_2c2=0,即根據(jù)兩點(diǎn)間距離公式,BC==a.b_i=o,解得b=i或b=_2（舍去）?法五：向量法—=-^—=-^—=-^—=-^—=-^—=-^—=-^—=-^—=-^—=-^由―C=AC-AB，得I—C|2=|—c-ABl2=|—Cl2_2—C?AB+IABI2.又由II=又由II=a=;'3c,2（b）2_b得3c2=b2_2bccos"3+c2,化簡得b2+bc_2c2=0,即i=o,解得b=1或b=_2(舍去).法六：特殊值法因?yàn)閍=3c，不妨令c=1,所以a=p3,結(jié)合條件ZA=詈，由余弦定理得b=1,于是b=1?答案：1［解題師說］本題法一、法二分別運(yùn)用了余弦定理和正弦定理，這兩種方法(邊化角、角化邊)是最基本的方法，其本質(zhì)就是將題中的邊、角統(tǒng)一，方便求解；法三運(yùn)用了三角形的幾何性質(zhì)，回歸三角形的本質(zhì)；法四和法五都是將題中的邊和角坐標(biāo)化、向量化，將幾何問題代數(shù)化從而求出結(jié)果．易知法五和法一的本質(zhì)是相同的，因?yàn)槲覀冎烙嘞叶ɡ硎强梢杂孟蛄糠ㄗC明的.法六是抓住了條件a=\&的本質(zhì)，這是兩個(gè)邊的比例關(guān)系，通過令c=1將比例變?yōu)榱司唧w數(shù)值，便于計(jì)算，也體現(xiàn)了基本量的思想．［應(yīng)用體驗(yàn)］1.在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c,若△ABC的面積為S,且2S==(a+b)2—c2，貝卩tanC等于()A*3B?4D．解析：選C因?yàn)?S=(a+b)2-cA*3B?4D．解析：選C因?yàn)?S=(a+b)2-c2=a2+b2~c2+2ab,則結(jié)合面積公式與余弦定理，得absinC=2abcosC+2ab,即sinC-2cosC=2,所以(sinC-2cosC)2=4,sin2C-4sinCeosC+4cos2C

sin2C+cos2C=4，所以tan2C-4tanC+4

tan2C+1=4，解得tanC=-4或tanC=0(舍去).CC2.在△ABC中，a,b,c分別是角A,B,C的對邊，且滿足(a+b)sin^=12,(a—b)cos^=5，貝c=?解析：因?yàn)?a+b)sinj=12,(a-b)cos^=5,所以(a+b)2(1-cosC)2=144,(a-b)2(1+cosC)2=25,由①②得2a2+2b2-4abcosC2=169,即a2+b2-2abcosC=169,由余弦定理得c2=169,所以c=13?答案：13三角形中的最值、范圍問題三角形中的最值、范圍的求法目標(biāo)函數(shù)法：根據(jù)已知和所求最值、范圍,選取恰當(dāng)?shù)淖兞?利用正弦定理與余弦定理建立所求的目標(biāo)函數(shù),然后根據(jù)目標(biāo)函數(shù)解析式的結(jié)構(gòu)特征求解最值、范圍.數(shù)形結(jié)合法：借助圖形的直觀性,利用所學(xué)平面圖形中的相關(guān)結(jié)論直接判斷最值、范圍.［典例］已知a,b,c分別為AABC的三個(gè)內(nèi)角A,B,C的對邊，a=2,且(2+b)(sinA—sinB)=(c—b)sinC,貝U^ABC的面積的最大值為.［思路點(diǎn)撥］本題條件為三角形的邊角關(guān)系式，而問題是求三角形面積的最值，勢必要利用三角形的正、余弦定理、三角形的面積公式，以及三角恒等變換，再利用三角形的幾何性質(zhì)和均值不等式來解決最值問題．［方法演示］法一：綜合運(yùn)用正、余弦定理由正弦定理知(2+b)(sinA-sinB)=(c-b)sinC可化為(2+b)(a~b)=c(c-b),將a=2代入整理，得b2+c2-a2=bc.所以cosA=b+2bca=2，故A=3?1\/3bc.^△ABC的面積S=2bcsinA=廿bc.而b2+c2-a2=bcM2bc-a2bcW4,3所以S=》bcW遠(yuǎn)，當(dāng)且僅當(dāng)b=c=2時(shí)取到等號,故△ABC的面積的最大值為\：3?法二：正、余弦定理與數(shù)形結(jié)合AA由法一得A=3可知AABC的邊a=2為定長，△ABC的角A=|為定值，作出示意圖如圖所示，滿足條件的點(diǎn)A在圓周上的運(yùn)動(dòng)軌跡為優(yōu)弧BC(包括兩個(gè)端點(diǎn)B，C)，易知n當(dāng)點(diǎn)A位于優(yōu)弧中點(diǎn)時(shí)，此時(shí)AABC的面積最大，由于A=3，則此時(shí)的AABC是等邊三角形，面積為.打.法三：正、余弦函數(shù)的有界性由法一知A=3，則由正弦定理得，b=sjnA°sinB=4^3sinB，c=433sinC，則S^ABC^csinA==4^sinB?sinC=433，1[cos(B-C)-cos(B+C)]=^^cos?-C)+扣亭?(l+g)=厲，當(dāng)且僅當(dāng)cos(B-C)=1，即B=C時(shí)，△ABC的面積取得最大值冷工法四：函數(shù)思想由法三得S=433sinB?sinC=4^sinB?sin晉-B,令g(B)=sinB?sinl俘-B)=sinB今由0<B<3，易得g（B）max=l，當(dāng)且僅當(dāng)B=3時(shí)取等號，所以MBC的面積的最大值為巧.答案：；3［解題師說］上述四種解法，可歸為兩類：法一、三、四是借助正、余弦定理，把三角形面積這個(gè)目標(biāo)函數(shù)轉(zhuǎn)化為邊或角的形式然后借助基本不等式或函數(shù)性質(zhì)來解決；法二是結(jié)合問題特征，構(gòu)造幾何圖形來求得最值，直觀迅速．不難發(fā)現(xiàn)，法三與法四的區(qū)別僅是對式子sinB?sinC的變形方法不同，兩者本質(zhì)相同.［應(yīng)用體驗(yàn)］1.（2015?全國卷I）在平面四邊形ABCD中，ZA=ZB=ZC=75°,BC=2,則AB的取值范圍是．解析：如圖所示，延長BA與CD相交于點(diǎn)E,過點(diǎn)C作CFIIAD交AB于點(diǎn)F,則BF<AB<BE.在等腰三角形CFB中，ZFCB=30。，CF=BC=2,???BF=\'22+22-2X2X2cos30°=&-J2?在等腰三角形ECB中，ZCEB=30°，ZECB=75°，2.?,'6-V2<ab<V6+\'2.答案：（代―五，V6+V2）2.若△ABC的內(nèi)角滿足sinA+V2sinB=2sinC，則cosC的最小值是.解析：由sinA+J2sinB=2sinC及正弦定理，得a+；2b=2c?由余弦定理得，1_a2+b2-c2a2+b2—4(a+?)2

cosC=2ab=2ab醫(yī)+直2-和3abQJ2

==+—2ab8b4a4一4'當(dāng)且僅當(dāng)3a2=2b2時(shí)取等號.故cosC的最小值為、64答案：沖[升級增分訓(xùn)練]一、選擇題1.(2018?合肥質(zhì)檢)在銳角△ABC中，內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且滿足(a—b)(sinA+sinB)=(c—b)sinC.若a=\；3,則b2+c2的取值范圍是()A.(5,6]B.(3,5)C.(3,6]D.[5,6]解析：選A由正弦定理可得，(a-b)(a+b)=(c-b)c，即b2+c2~a2=bc，所以cosAb2+c2—a21nbca=2bc=2，則A=3.又sinB=sinC=—n=2，所以b2+c2=4(sin2B+sin2C)=4[sin2BTOC\o"1-5"\h\z1—cos2B1—cos[2(A+B)]廠n+sin2(A+B)]=42'+2=過3sin2B—cos2B+4=2sin2B—&+4.又△ABC是銳角三角形，所以B€(&,2)，所以2B-彳€色韌?所以b2+c2的取值范圍是(5,6].已知銳角三角形ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,23cos2A+cos2A=0,a=7,c=6,則b=()A.10B.9C.8D.51解析：選DV23cos2A+cos2A=0,A23cos2A+2cos2A—1=0,解得cos2A=25，?.?112△ABC為銳角三角形…??cosA=5.由余弦定理知a2=b2+c2—2bccosA,即49=b2+36—g13b,解得b=5或b=—譽(yù)■(舍去).在△ABC中，A=60。，BC=VI0,D是AB邊上不同于A,B的任意一點(diǎn)，CD=2,△BCD的面積為1,則AC的長為()A.B.V3CC普逐D.6-^3km2解析：選D由S蝕CD=1，可得1XCDXBCXsinZDCB=1,即sinZDCB=誓，所以cosZDCB=警或cosZDCB=-?又ZDCBvZACB=180。-A-B=120°-B<120°，所2CD?BC以cosZDCB>-1所以舍去cosZDCB=-乎?在"CD中，cosZDCB=?+BC22CD?BC=響，解得BD=2，又sinZDCB=￥，由正弦定理得sinZDBC=CDsmfDCB=鬻在△ABC中，由正弦定理可得AC=BC：："=學(xué)4?如圖，在AABC中，C=nBC=4,點(diǎn)D在邊AC上，AD=DB,DE丄AB,E為垂足，若DE=2\/2,則cosA=()A衣2A?3C.4解析：AD=A衣2A?3C.4解析：AD=DB,選C因?yàn)镈E丄AB,DE=2\2，所以AD=si^A，所以=AD=s^?因?yàn)槔鞡C-sinBDC所以ZA=ZABD，所以ZBDC=ZA+ZABD=2ZA.在"CD中，由正弦定2運(yùn)BCsinA_46，得3=sin2A整理得cosA=4?25.為測出所住小區(qū)的面積，某人進(jìn)行了一些測量工作，所得數(shù)據(jù)如圖所示，則小區(qū)的面積是()A普km2解析：選D如圖，連接AC,根據(jù)余弦定理可得AC=\122+12-2X2X1x2=^；3,故△故△ABC為直角三角形，且ZACB=ZBAC=30。，故AADC為等腰三角形，設(shè)AD=DC=x,根據(jù)余弦定理得x2+x2+^3x2311—1=3，即x2=2+?3=3(2-<3).所以所求小區(qū)的面積為2X1X.13+2X3(2—-3)X^=2厲+6-3^6-呵，八=—^(km2).16.若鈍角三角形ABC的面積是2,AB=1,BC=S，貝0AC=()a?￥C^'2B.1d?/5解析：選D由題意可得2AB?BC?sinB=1，又AB=1，BC=2，所以sinB=￥，所以B=45°或B=135°?當(dāng)B=45。時(shí)，由余弦定理可得AC=\AB2+BC2-2AB?BC?cosB=1,此時(shí)AC=AB=1，BC=“払易得A=90°，與"鈍角三角形”條件矛盾，舍去.所以B=135°?由余弦定理可得AC=JAB2+BC2-2AB?BC?cosB=V5?7.(2018?西城區(qū)模擬)在非等邊三角形ABC中，角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,其中a為最大邊，如果sin2(B+C)vsin2B+sin2C，貝U角A的取值范圍為()B?A?(0,B?C?(nC?(n,)D?TOC\o"1-5"\h\z解析：選D由題意得sinAvsin2B+sin2C，由正弦定理得a2vb2+c2，即b2+c2-a2>0，b2+c2-a2nn則cosA=2bc>0?因?yàn)?<A<n，所以0<A<2，又a為最大邊，所以A>g，即角A的取值范圍為(32).8.(2018?云南統(tǒng)一檢測)已知△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c?若a=bcosC+csinB,且AABC的面積為1+邁，則b的最小值為()A.2B.3C?邁D?寸3解析：選A由a=bcosC+csinB及正弦定理，得sinA=sinBcosC+sinCsinB，即sin(B+C)=sinBcosC+sinCsinB，得sinCcosB=sinCsinB，又sinC=0，所以tanB=

1?因?yàn)锽C(0,n),所以B=n，由3&聽=2刪血B=1+72,得ac=2^2+4?又b2=a2+c2-2accosB^2ac-\2ac=(2—2)(4+2\：2)=4,當(dāng)且僅當(dāng)a=c時(shí)等號成立，所以bM2,b的最小值為2,故選A.9.(2018?長沙模擬)已知△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且sinA—sinB=c(sinA—sinQ

a^b,b=43，則AB=c(sinA—sinQ

a^b,b=43，則AABC的面積的最大值為(A.B?乎C?解析：選A根據(jù)正弦定理由sinA-sinB=c(sinA-sinC)

a+b可得a-b=c(a-c)

a+ba2-b2=c(a-c),即a2+c2-b2=ac,.,a2+c2-b21_故2ac=2=cosB，TB€(0,n),?'?B=3?又由b=\；3,可得a2+c2=ac+3，故a2+c2=ac+3$2ac,即acW3，當(dāng)且僅當(dāng)a=c=p3時(shí)取等號，故ac的最大值為3,這時(shí)△ABC的面積取得最大值，為2x3Xsinn=343.10?為了豎一塊廣告牌，要制造一個(gè)三角形支架，如圖，要求ZACB=60°,BC的長度大于1m,且AC比AB長0?5m,為了穩(wěn)固廣告牌，要求AC越短越好，則AC最短為(C.(1+V3)mD.(2+,3)m解析：選D設(shè)BC的長度為xm,AC的長度為ym,則AB的長度為(y-0.5)m,在1△ABC中，由余弦定理AB2=AC2+BC2-2AC?BCcosNACB,得(y-0?5)2=y2+x2-^X^1x2一~1x43j-化簡得y(x-1)x2-4.因?yàn)閤>1,所以x-1>0,因此y=x_】=(x-1)+43_1)+2M\；3+2,當(dāng)且僅當(dāng)x-1=4(乙)時(shí)取等號，即x=1+￥時(shí)，y取得最小值23，因此AC最短為(2+y3)m?11.(2018?運(yùn)城模擬)在AABC中，角A,B,C所對的邊分別是a,b,c,已知sin(B+A)+sin(B—A)=3sin2A,且c=\'7C=|,則AABC的面積是()

A-3?A-3?B-6D?Z或6解析：選D由sin(B+A)+sin(B-A)=3sin2A，可得2sinBcosA=6sinAcosA.當(dāng)cosA=0時(shí)，得A=2，因?yàn)镃=3，則B=6，又c=V7，由正弦定理，得b=<s*nC=普^由三角形的面積公式知AABC的面積S=2〃csinA=;當(dāng)cosA^0時(shí)，由2sinBcosA=a2+b2-c26sinAcosA,得sinB=3sinA，根據(jù)正弦定理可知b=3a，由余弦定理可知cosC=20ba2+9a2-7113'3602=2，可得a=1,b=3，此時(shí)AABC的面積S=￡absinC=~^?綜上可知，△ABC的面積為或葺丄12?如圖所示，在AABC中，內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且滿足bF,」—AB.若點(diǎn)O是AABC外一點(diǎn)，ZAOB=0(OvXn),OA=2,0B=1,則四邊形OACB面積的最大值是(),4+5島A-4C．3C．3D?丁b1－cosB解析：選B由a=cosA及正弦定理得sinBcosA=sinA-sinAcosB,所以sin(A+B)=sinA，所以sinC=sinA.又b=c,所以a=b=c,△ABC為等邊三角形.設(shè)△ABC1昉的邊長為匕貝U氐2=12+22-2X1X2Xcos0=5-4cos。，貝US四邊形CB=2^1X2sin0+4k2=sin0+%(5-4cos0)=2sin0-n+5^^2+5^=，所以當(dāng)0-|=n，即0=琴時(shí)，四邊形OACB的面積取得最大值，且最大值為吐護(hù)，二、填空題13.(2018?廣州綜合測試)設(shè)厶!〃。三個(gè)內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,若a2sinC=4sinA,(ca+cb)(sinA—sinB)=sinC(2j7—c2)，貝0AABC的面積為.

解析：由a2sinC=4sinA,得ac=4?由(ca+cb)(sinA-sinB)=sinC(2\；7-c2),得(a+b)(a-b)=2J7-c2,即a2+c2-b2=2\：7,a2+c2-b2p7“i3???cosB=2ac=4，則sinB