三年高考（2017-2019）文数真题分项版解析——专题10 解三角形（解析版）

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1、专题 10 解三角形1 【2019 年高考全国卷文数 】ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知asinAbsinB=4csinC，cosA= ，则 =14bcA6 B5C4 D3【答案】A【解析】由已知及正弦定理可得 ，224abc由余弦定理推论可得2113cos,44ccAbb，故选 A362bc【名师点睛】本题考查正弦定理及余弦定理推论的应用先利用余弦定理推论得出 a，b，c 关系，再结合正弦定理边角互换列出方程，解出结果.2【2019 年高考北京卷文数】如图，A，B 是半径为 2 的圆周上的定点，P 为圆周上的动点， 是APB锐角，大小为 .图中阴影区域的面积的最大值

2、为A4+4cos B4+4sinC2+2cos D2 +2sin【答案】B【解析】设圆心为 O，如图 1，连接 OA，OB，AB，OP，则 ，2AOBP所以 ，24ABS扇 形 因为 ，且 都已确定，ABPOOS 阴 影 扇 形 AOBS扇 形 ，所以当 最大时，阴影部分面积最大.ABPS观察图象可知，当 P 为弧 AB 的中点时（如图 2） ，阴影部分的面积 S 取最大值，此时BOP=AOP =，面积 S 的最大值为 =4+SPOB+ SPOA=4+ABPOOS 阴 影 扇 形|OP|OB|sin（ ）+ |OP|OA|sin（ ）=4+2sin +2sin=4+4 sin，故选 B.121

3、2【名师点睛】本题主要考查阅读理解能力、数学应用意识、数形结合思想及数学式子变形和运算求解能力，有一定的难度.关键是观察分析区域面积最大时的状态，并将面积用边角等表示.3【2018 年高考全国文数】 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， 若 的面积为ABC CabcABC，则224abcA B23C D4 6【答案】C【解析】由题可知 ，所以 ，221sin4ABCabcS 22sinCabca由余弦定理 ，得 ，因为 ，所以 ，22cosabicosC0,4故选 C.【名师点睛】本题主要考查余弦定理与三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查考生的运算求解能力，考查的核心素养是数学运算.解三角

4、形的题型一般有两类：一是边角关系的转化，考生需对所给的边角关系进行恒等变形；二是有几何背景的题型，难点在于涉及两个或两个以上的三角形，解决此类问题可利用正、余弦定理进行求解，同时要重视三角函数的知识在解三角形中的运用.4 【2018 年高考全国文数】在 中， ， ， ，则ABC5cos21BC5ABA B2 30C D9 5【答案】A【解析】因为 ，所以 cosC=2 1=2 1= .5cos22cos2()53于是，在ABC 中，由余弦定理得 AB2=AC2+BC22AC BCcosC=52+12251( )=32，35所以 AB= .故选 A.42【名师点睛】本题主要考查二倍角公式、余弦定

5、理，考查考生的运算求解力，考查的数学核心素养是数学运算.解三角形是近几年高考中的高频者点，将解三角形与其他知识巧妙地融合在一起，既体现了试题设计的亮点，又体现了对所学知识的交汇考查.5【2017 年高考全国文数】 ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c已知，a=2，c= ，则 C=sin(sico)0BAC2A B12 6C D4 3【答案】B【解析】由题意 得sin()si(ncos)0ACC，sincoiA即 ，所以 (is)2ins()0434由正弦定理 得 ，即 ，siniacAC23sini41i2C因为 c90时，在 中， .1B 1P由上可知，d15.再讨论点Q的位

6、置.由（2）知，要使得QA15，点 Q只有位于点C 的右侧，才能符合规划要求.当QA =15时，.此时，线段QA上所有点到点O 的距离均不小于圆O的半径.2215631CA综上，当PBAB ，点Q位于点C右侧，且CQ= 时，d最小，此时P，Q两点间的距离2PQ=PD+CD+CQ=17+ .321因此，d最小时，P，Q两点间的距离为 17+ （百米）.31解法二：（1）如图，过O作OHl，垂足为H.以O为坐标原点，直线OH为y轴，建立平面直角坐标系.因为BD=12 ，AC=6 ，所以OH =9，直线l的方程为y=9，点A，B的纵坐标分别为3，3.因为AB为圆O的直径， AB=10，所以圆O 的方

7、程为x 2+y2=25.从而A（4，3），B（4，3），直线AB的斜率为 .4因为PBAB，所以直线PB的斜率为 ，3直线PB的方程为 .4253yx所以P（13 ，9）， .22(134)(9)15PB因此道路PB的长为15（百米）.（2）若P在D处，取线段BD上一点E（4，0），则EO=490时，在 中， . 5P由上可知，d15.再讨论点Q的位置.由（2）知，要使得QA15，点Q 只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.当QA=15时，设Q （a，9），由 ，得a= ，所以Q（ ，9），此时，线段QA22(4)(93)15(4)Aa3214321上所有点到点O的距离均不小于圆 O的半径.综

8、上，当P（13，9），Q（ ，9）时，d最小，此时P，Q 两点间的距离.4321()7321因此，d最小时，P，Q两点间的距离为 （百米）.【名师点睛】本小题主要考查三角函数的应用、解方程、直线与圆等基础知识，考查直观想象和数学建模及运用数学知识分析和解决实际问题的能力.20【2018 年高考天津卷文数】在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c已知bsinA=acos(B )6（1）求角 B 的大小；（2）设 a=2，c=3，求 b 和 sin(2AB)的值【答案】（1） ；（2）b= ；sin(2AB)=37314【解析】（1）在ABC 中，由正弦定理 ，可得 ，sinia

9、bsiniAaB又由 ，得 ，即 ，可得 sincos()6bAaBico()6Bico()6tan3又因为 ，可得 B= (0)， 3（2）在ABC 中，由余弦定理及 a=2，c=3，B= ，有 ，故 b= 322cos7baB由 ，可得 sincos()6bAaBsin7A因为 ac，故 27因此 ，43sin2icosA21coss7A所以， si()sin2sinBB433214【名师点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系，两角差的正弦与余弦公式，二倍角的正弦与余弦公式，以及正弦定理、余弦定理等基础知识，考查运算求解能力在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边

10、的关系题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用解决三角形问题时，注意角的限制范围21 【2017 年高考天津卷文数】在 中，内角 所对的边分别为 已知ABC , ,abc， sin4iaAbB225()acbc（1）求 的值；co（2）求 的值si()【答案】（1） ；（2） 55【解析】（1）由 及 ，得 sin4iaAbBsiniabA2ab由 及余弦定理，得 225()acbc225coscc（2）由（1）可得 ，代入 ，得 5sinAsin4iaAbBsin5i4aAb由（1）知 A 为钝角，所以 25co1iB于是

11、 ， ，4sin2is5B23ssinB故 4525i()ico2i()AA【名师点睛】利用正弦定理进行“边转角”可寻求角的关系，利用“角转边”可寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系可求角，利用两角和差的三角公式及二倍角公式可求三角函数值利用正、余弦定理解三角形是高考的高频考点，常与三角形内角和定理、三角形面积公式等相结合，利用正、余弦定理进行解题解答本题时， （1）首先根据正弦定理 得到 ，再根据余弦定理即可siniabAB2ab求得 的值；（2）根据（1）的结论和条件，由 求得 ，然后根据 求cosAcossin4iAbB得 ，再求 ，然后由二倍角公式求 ，最后代入 的展开式即可inBs

12、i2,i()22 【 2017 年 高 考 山 东 卷 文 数 】 在 中 ， 角 A， B， C 的 对 边 分 别 为 a， b， c， 已 知 b=3， ， 求 A 和 a.6AC3ABCS【答案】3=,29.4Aa【解析】因为 ，所以 ，6BCcos6bA又 ，所以 ，3ACS sinbc因此 ，又 ，tan10A所以 ，4又 ，所以 .3b2c由余弦定理 ，cosabA得 ，29832()=29所以 .a【名师点睛】正、余弦定理是应用极为广泛的两个定理，它将三角形的边和角有机地联系起来，从而使三角与几何产生联系，为求与三角形有关的量(如面积、外接圆、内切圆半径和面积等) 提供了理论依

13、据，也是判断三角形形状、证明三角形中有关等式的重要依据 其主要方法有：化角法，化边法，面积法，运用初等几何法 注意体会其中蕴涵的函数与方程思想、等价转化思想及分类讨论思想.23【2017 年高考江苏卷】如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器和正四棱台形玻璃容器的高均为32cm，容器 的底面对角线 AC 的长为 10 cm，容器的两底面对角线 ， 的长分别为 14cm7EG1和 62cm分别在容器 和容器中注入水，水深均为 12cm现有一根玻璃棒 l，其长度为 40cm（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）（1）将 放在容器中， 的一端置于点 A 处，另一端置于侧棱 上，求 没入水中部分的长度；ll 1

14、Cl（2）将 放在容器中， 的一端置于点 E 处，另一端置于侧棱 上，求 没入水中部分的长度ll Gl【答案】（1）16 cm(如果将“没入水中部分”理解为“ 水面以上部分”，则结果为 24cm)；（2）20 cm(如果将“没入水中部分” 理解为“水面以上部分”，则结果为 20cm)【解析】（1）由正棱柱的定义， 平面 ，所以平面 平面 ，1C ABD1AC BDCA记玻璃棒的另一端落在 上点 处1M因为 ，所以 ，从而 ，107,4A2240(17)30C3sin4MAC记 与水面的交点为 ，过 作 P1Q1AC，Q 1 为垂足，M1则 P1Q1平面 ABCD，故 P1Q1=12，从而 AP

15、1= 6sinMAC答：玻璃棒 l 没入水中部分的长度为 16cm(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分” ，则结果为 24cm)（2）如图，O，O 1 是正棱台的两底面中心由正棱台的定义，OO 1平面 EFGH，所以平面 E1EGG1 平面 EFGH，O 1OEG同理，平面 E1EGG1平面 E1F1G1H1，O 1OE 1G1记玻璃棒的另一端落在 GG1 上点 N 处过 G 作 GKE 1G1，K 为垂足，则 GK =OO1=32因为 EG = 14，E 1G1= 62，所以 KG1= ，从而 6242211 430KG设 则 1,EN 114sini()cos5KG 因为 ，所以

16、23co5在 中，由正弦定理可得 ，解得 ENG401sini7sin25因为 ，所以 022co5于是 4273sinsi()sin()sicosin()55NEG记 EN 与水面的交点为 P2，过 P2 作 P2Q2EG，Q 2 为垂足，则 P2Q2平面 EFGH，故 P2Q2=12，从而 EP2= 0sinNEG答：玻璃棒 l 没入水中部分的长度为 20cm(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分” ，则结果为 20cm)【名师点睛】解答本题时，（1）转化为直角三角形 ACM 中，利用相似性质求解 AP1；（2）转化到三角形 EGN 中，先利用直角梯形性质求角 ，再利用正弦定理求角 ，最后根据直角三角1EG ENG形求高，即为 没入水中部分的长度l解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的其基本步骤是：第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向；第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化；第三步：求结果