解三角形综合应用

平面几何中的相似三角形的综合应用的综合应用在平面几何中，相似三角形是一种常见的几何形状，它们有着相似的内部角度以及对应边长的比例关系。

相似三角形具有广泛的综合应用，涉及到各个领域的问题解决和计算。

本文将介绍相似三角形的基本性质和应用，并通过实际问题探索其综合应用。

一、相似三角形的基本性质相似三角形是指具有相同形状但不一定相同大小的三角形。

两个相似三角形的对应角度相等，而对应边长之间的比例保持一致。

在两个相似三角形ABC和DEF中，我们可以得到以下关系：1. 角度相等：∠A = ∠D，∠B = ∠E，∠C = ∠F2. 边长比例：AB/DE = BC/EF = AC/DF二、相似三角形的应用场景相似三角形的性质使得它们在实际问题的求解中具有广泛的应用。

以下是几个常见的应用场景：1. 测量高度问题在无法通过直接测量的情况下，可以利用相似三角形的性质求解对象的高度。

通过测量已知物体的高度和距离，以及观察者与物体的垂直角度，可以利用相似三角形的比例关系计算出未知物体的高度。

2. 倾斜角度计算当无法直接测量物体的倾斜角度时，可以利用相似三角形的性质进行计算。

通过在已知角度下测量物体的高度和距离，以及物体上两点的水平距离，可以建立相似三角形，从而计算出物体的倾斜角度。

3. 长度比例计算相似三角形的比例关系还可以应用于求解长度比例问题。

例如，在地图上测量两地的实际距离，然后通过相似三角形的比例关系计算出地图上表示的距离。

4. 面积比例计算相似三角形的面积比例也是重要的应用之一。

通过相似三角形的边长比例，可以推导出面积比例。

这在建筑设计等领域中经常使用，用于估算或设计房屋、地块等物体的面积。

5. 圆的相似性在圆的几何学中，相似三角形也有重要的应用。

两个圆可以通过相似三角形的性质进行比较，从而判断其相似性或相等性。

这对于建模、制图和计算圆的属性非常关键。

三、相似三角形综合应用示例为了更好地理解相似三角形的综合应用，以下是一个实际问题的求解示例：问题：一根高塔竖直安放在地面上。

三角形全等、相似及综合应用模型题型解读｜模型构建｜通关试练三角形基础知识部分多以选择或者填空题形式，考察其三边关系、内角和/外角和定理、“三线”基本性质等。

特殊三角形的性质与判定也是考查重点，年年都会考查，最为经典的“手拉手”模型就是以等腰三角形为特征总结的，且等腰三角形单独出题的可能性还是比较大。

直角三角形的出题类型可以是选择填空题这类小题，也可以是各类解答题，以及融合在综合压轴题中，作为问题的几何背景进行拓展延伸。

模型01 与三角形有关的线段应用高（AD）中线（AD）角平分线（AD）中位线（DE）模型02 与三角形有关的角的应用（1）三角形的内角：（1）三角形内角的概念：三角形内角是三角形三边的夹角．每个三角形都有三个内角，且每个内角均大于0°且小于180°．（2）三角形内角和定理：三角形内角和是180°．（3）三角形内角和定理的证明证明方法，不唯一，但其思路都是设法将三角形的三个内角移到一起，组合成一个平角．在转化中借助平行线．（4）三角形内角和定理的应用主要用在求三角形中角的度数．①直接根据两已知角求第三个角；②依据三角形中角的关系，用代数方法求三个角；③在直角三角形中，已知一锐角可利用两锐角互余求另一锐角．（2）三角形的外角：（1）三角形外角的定义：三角形的一边与另一边的延长线组成的角，叫做三角形的外角．三角形共有六个外角，其中有公共顶点的两个相等，因此共有三对．（2）三角形的外角性质：①三角形的外角和为360°．②三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．③三角形的一个外角大于和它不相邻的任何一个内角．（3）若研究的角比较多，要设法利用三角形的外角性质②将它们转化到一个三角形中去．（4）探究角度之间的不等关系，多用外角的性质③，先从最大角开始，观察它是哪个三角形的外角．模型03 三角形全等的判定及应用（1）全等三角形的定义：全等的图形必须满足：（1）形状相同；（2）大小相等能够完全重合的两个三角形叫做全等三角形。

专题05 三角函数与解三角形的综合应用【例1】（三种三角函数间的综合）已知函数()sin()4f x x π=π+和函数()cos()4g x x π=π+在区间57[,]44-上的图象交于A ，B ，C 三点，则△ABC 的面积是A B C D 【答案】C 由已知，得sin()cos()44x x πππ+=π+，即tan()14x ππ+=，所以44x k πππ+=π+，即x k =（Z k ∈），又57[,]44x ∈-，所以1x =-，0，1.于是两函数图象的交点为(1,A -，B ，(1,2C -，则△ABC 的面积为12(222⨯⨯+=【例2】（三角函数性质的综合）已知函数f (x )=sin⁡(ωx +φ)(ω>0,|φ|<π2)的最小正周期为π，f (x )的图象向左平移π3个单位后所得图象对应的函数为偶函数，则f (x +π12)+f (x −π6)的最大值为 A ．√2 B ．√3 C ．1D ．2【答案】A 因为函数f (x )=sin⁡(ωx +φ)(ω>0,|φ|<π2)的最小正周期为π，所以ω=2，f (x )=sin⁡(2x +φ)，且其图象向左平移π3个单位后得到的f (x )=sin⁡(2x +2π3+φ)为偶函数，则2π3+φ=π2+kπ,k ∈Z ，又因为|φ|<π2，所以φ=−π6，f (x )=sin⁡(2x −π6)，则f (x +π12)+f (x −π6)=sin2x +sin (2x −π2)=sin2x −cos2x =√2sin⁡(2x −π4)≤√2.故选A ． 【例3】（三角函数型图象问题）函数cos ()2([π,π])xf x x =∈-的图象大致为A ．B ．C ．D ．【答案】C []cos()cos π,π,()22()()x x x f x f x f x -∈--===∴，为偶函数，则图象关于y 轴对称，排除A 、D ，把πx =代入得1(π)20.5f -==，故图象过点(π0.5)，，C 选项适合，故选C ． 【例4】（三角函数与平面几何的综合）已知函数()cos (0)f x x x ωωω=+>． （1）若2ω=，把函数()f x 的图象的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向右平移π3个单位后得到函数()g x 的图象，求()g x 在区间ππ[,]22-上的值域； （2）若函数()f x 的图象上有如图所示的,,A B C 三点，且满足AB BC ⊥，求ω的值．【解析】()cos f x x x ωω=+1cos )22x x ωω=+π2sin()6x ω=+． （1）若2ω=，则π()2sin(2)6f x x =+，把函数()f x 的图象的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数π2sin()6y x =+的图象，再向右平移π3个单位后得到函数π()2sin()6g x x =-的图象.由ππ22x -≤≤，得2πππ363x -≤-≤，所以π1sin()6x -≤-≤所以π22sin()6x -≤-≤()g x 在区间ππ[,]22-上的值域为[-． （2）由图知点B 是函数()f x 图象的最高点，设0(,2)B x ，函数()f x 的最小正周期为， 则003(,0),(,0)44T T A x C x -+，所以(,2)4T AB =，3(,2)4T BC =-，因为AB BC ⊥， 所以234016T AB BC ⋅=-=，解得264,3T T ==2π2π8T ω===．【例5】（三角函数与解三角形的综合）已知2()cos 2cos 1f x x x x =-+. （1）求函数()f x 的单调递增区间；T（2）ABC △中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，若()2f A =，且3b =，ABC △的面积S =，求a .【解析】（1）2()cos 2cos 1f x x x x =-+2cos 2x x =-2(sin 2cos sin cos 2)66x x ππ=- 2sin(2)6x π=-. 由222262k x k ππππ-≤-≤π+（k ∈Z ），解得63k x k πππ-≤≤π+（k ∈Z ）.故函数()f x 的单调递增区间为[,]63k k πππ-π+（k ∈Z ）.（2）由()2f A =，即2sin(2)26A π-=，得sin(2)16A π-=. 所以2262A k ππ-=π+（k ∈Z ），解得3A k π=π+（k ∈Z ）. 因为(0,)A ∈π，所以3A π=.由已知ABC △的面积11sin 3sin 603322S bc A c ==⨯⨯⨯=4c =.由余弦定理可得2222cos a b c bc A =+-2234234cos60=+-⨯⨯13=. 所以a =【例6】（三角恒等变换与解三角形的综合）已知ABC △中，,,a b c 分别为角,,A B C 所对的边，且4a =，5b c +=B ，则ABC △的面积为A B C D 【答案】C 根据两角和的正切公式有()()tan tan tan 1tan tan A B A B A B +=+-，依题意有()tan A B +=故2ππ,33A B C +==.由余弦定理得222π2cos 3c a b ab =+-，即22164c b b =+-，联立5b c +=，解得32b =，故面积为13π4sin 223⋅⋅⋅=. 【例7】（解三角形与向量的综合）已知在ABC △中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，向量()cos ,cos C C =-n ，且12⋅=-m n ．（1）求角C 的大小； （2，求ABC △的面积．【解析】（1）由已知得21cos cos 2C C C =-，由倍角公式和降幂公式得1cos 212,sin 21226C C C +π⎛⎫=-∴-= ⎪⎝⎭． ()0,,C ∈π2,62C C πππ∴-=∴=．（2解得b =或b =当b =时，11sin 322ABC S ab C ==⨯⨯=△当b =时，11sin 22ABC S ab C ==⨯⨯=△．综上所述，3ABC S =△或ABC S =△．【例8】（三角函数与向量、函数与方程的综合）已知向量2,1),(cos ,cos 1)x x x ωωω==+m n ，设函数()f x b =⋅+m n ．（1）若函数()f x 的图象关于直线6x π=对称，且[0,3]ω∈时，求函数()f x 的单调增区间； （2）在（1）的条件下，当[0,]12x 7π∈时，函数()f x 有且只有一个零点，求实数b 的取值范围.【解析】2()cos cos 1f x b x x x b ωωω=⋅+=+++m n1332cos 2sin(2)2262x x b x b ωωωπ=+++=+++. （1）∵函数()f x 的图象关于直线6x π=对称， ∴2,662k k ωπππ⋅+=π+∈Z ，解得31,k k ω=+∈Z ， ∵[0,3]ω∈， ∴1ω=，∴3()sin(2)62f x x b π=+++，由222,262k x k k ππππ-≤+≤π+∈Z ，得2,366k x k k ππππ-≤+≤π+∈Z ，所以函数()f x 的单调增区间为[,],36k k k πππ-π+∈Z ．（2）由（1）知3()sin(2)62f x x b π=+++，∵[0,]12x 7π∈，∴2[,]663x ππ4π+∈，∴2[,]662x πππ+∈，即[0,]6x π∈时，函数()f x 单调递增； 2[,]623x ππ4π+∈，即[,]612x π7π∈时，函数()f x 单调递减．又(0)()3f f π=，∴当()0()312f f π7π>≥或()06f π=时()f x 有且只有一个零点．即32022b b +>≥-++或3102b ++=，所以满足条件的5({}2b ∈--．备考指南（1）在解决已知三角函数()sin()f x A x ωϕ=+的图象关于某条直线0x x =（或某点0(,0)x ）对称的问题时，常用的解决方法是将横坐标代入原式中，让其等于正弦函数的对称轴（或对称中心），即0ππ2x k ωϕ+=+（或0πx k ωϕ+=），k ∈Z ，再解出参数即可；（2）在解决已知函数()()f x g x b =+的零点个数求参数，或者讨论函数的零点个数问题时，常用分离参数的方法，将问题转化为()g x b =-，画出()g x 的图象，通过对直线y b =-进行上下平移，从而得到参数b 的取值范围或零点个数的不同情况.【例9】（三角函数与导数的综合）已知函数()y f x =对任意的ππ(,)22x ∈-满足()cos ()sin f x x f x x '+0>(其中()f x '是函数()f x 的导函数)，则下列不等式成立的是A ππ()()34f -<-B ππ()()34f <C ．π(0)2()3f f >D ．π(0)()4f >【答案】A 【解析】令()()()()()()()()22cos cos cos sin ,cos cos cos f x f x x f x x f x x f x x g x g xxx x'''-+'===则，由对任意的ππ(,)22x ∈-满足()cos ()sin 0f x x f x x '+>可得()0g x '>，所以函数()x g 在ππ,22⎛⎫- ⎪⎝⎭上为增函数，所以ππ34g g ⎛⎫⎛⎫-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即ππ34ππcos cos 34f f ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭<⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ππ34f ⎛⎫⎛⎫-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故选A ．考点三 平面几何中的解三角形问题【例10】△ABC 中,角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,2sin sin 2sin cos A C B C +=. （1）求B 的大小；（2）若3a =,且AC边上的中线长为2,求△ABC 的面积. 【解析】（1）由△ABC 中πA B C ++=可得()sin sin A B C =+, 因为2sin sin 2sin cos A C B C +=,所以()2sin 2sin cos sin 0B C B C C +-+=,即2cos sin sin 0B C C +=,即()sin 2cos 10C B +=, 因为0π,sin 0C C <<≠, 所以2cos 10B +=,12πcos ,23B B =-=. （2）由2π3B =得, ,① 在△ABC 中,取中点,连接.所以在△CBD 中,222cos 2BC CD BD C BC CD+-=⋅=221944b a ab+-, ② 把①代入②,化简得,解得,或（舍去）, 所以.所以△ABC 的面积112πsin 35sin 223S ac B ==⨯⨯⨯=. 222239b a c ac c c =++=++AC D BD 23100c c --=5c =2c =-5c =备考指南几何中的长度、角度的计算通常转化为三角形中边长和角的计算，这样就可以利用正、余弦定理解决问题.解决此类问题的关键是构造三角形，把已知和所求的量尽量放在同一个三角形中.考点四 三角函数的应用问题【例11】（解三角形的应用）某观察站C 与两灯塔A ，B 的距离分别为a 米和b 米，测得灯塔A 在观察站C 北偏西60︒，灯塔B 在观察站C 北偏东60︒，则两灯塔A ，B 间的距离为AB 米CD【答案】C【解析】依题意，作出示意图（图略），因为6060120ACB ∠=︒+︒=︒，AC a =，BC b =，所以由余弦C ．【例12】（三角函数、解三角形的应用）如图，某小区准备将闲置的一直角三角形地块开发成公共绿地，图中π,,2AB a B BC =∠==.设计时要求绿地部分（如图中阴影部分所示）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 '△）.现考虑绿地最大化原则，要求点M 与点,A B 均不重合，A '落在边BC 上且不与端点,B C 重合，设AMN θ∠=.（1）若π3θ=，求此时公共绿地的面积； （2）为方便小区居民的行走，设计时要求,AN A N '的长度最短，求此时绿地公共走道MN 的长度. 【解析】（1）由图得：ππ23BMA θ∠=-='， ∴1122BM A M AM ='=， 又BM AM a AB +==，∴32AM a =， ∴23AM a =，∴公共绿地的面积2221π422sin 239AMN S S AM a ==⋅⋅⋅==△. （2）由图得：()cos π2AM A M AB a θ+-=='且AM A M ='， ∴()21cos π21cos 22sin a a a AM A M θθθ====+--'，在AMN △中，由正弦定理可得:πsin sin π3AN AMθθ=⎛⎫-- ⎪⎝⎭，∴sin 2π2πsin 2sin sin 33AM aAN θθθθ==⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 记2π2π2π2sin sin 2sin sin cos cos sin 333t θθθθθ⎛⎫⎛⎫=-=⋅-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭21cos 2π1cos sin sin 2sin 22262θθθθθθ-⎛⎫=+=+=-+ ⎪⎝⎭， 又ππ,42θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭， ∴ππ262θ-=， ∴π3θ=时，t 取最大，AN 最短，则此时23MN AM a ==.能力突破1．已知命题p ：函数()sin f x x x =图象的一条对称轴是7π6x =；命题(): cos cos cos q αβαβαβ∀∈-≥-R ，，，则下列命题中的真命题为 A ．()p q ⌝∧ B ．()p q ∧⌝ C ．()p q ⌝∨D ．()p q ⌝∨【答案】B【解析】7π7π7π7ππ:sin2sin 266663p f ⎛⎫⎛⎫==+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∴p 为真命题． :q 当2π,παβ==时，παβ-=，()cos 1αβ-=-，cos cos 2αβ-=，∴()cos cos cos αβαβ-<-，∴q 为假命题，∴()p q ∧⌝为真命题．故选B ． 2．已知函数()log a f x x =（0a >且1a ≠）和函数π()sin 2g x x =，若()f x 与()g x 两图象只有3个交点，则a 的取值范围是A ．19(,1)(1,)52 B ．19(0,)(1,)72 C ．11(,)(3,9)72D ．11(,)(5,9)73【答案】D【解析】作出函数()f x 与()g x 的图象如图所示，当1a >时，()f x 与()g x 两图象只有3个交点，可得59a <<，当01a <<时，()f x 与()g x 两图象只有3个交点，可得1173a <<，所以a 的取值范围是11(,)(5,9)73，故选D ．3．存在实数ϕ，使得圆面224x y +≤恰好覆盖函数πsin()y x kϕ=+图象的最高点或最低点共三个，则正数k 的取值范围是___________．【答案】 【解析】由题意，知函数πsin()y x k ϕ=+图象的最高点或最低一定在直线1y =±上，则由2214y x y =±⎧⎨+≤⎩，得x ≤≤2π2πT k k==，2T T ≤，解得正数k的取值范围为．4．在△ABC 中，角A , B , C 所对的边分别为a , b , c ，已知AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ∙AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ∙BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，53sin =A ． （1）求C sin 的值；（2）设D 为AC 的中点，若BD 的长为√1532，求△ABC 的面积．【解析】（1）由AB AC BA BC ⋅=⋅得()0AB AC BC ⋅+=， 即22()()||||0AC BC AC BC AC BC -⋅+=-=， 故|AC⃗⃗⃗⃗⃗ |=|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |， 从而A B =，A 与B 都是锐角， 则cosA =√1−sin 2A =45.sinC =sin (A +B )=sin2A =2sinAcosA =2425，即sinC =2425. (2)由（1），得cosC =cos (π−2A )=−cos2A =2sin 2A −1=−725， 设BC =AC =x ，在BCD △中，由余弦定理得BD 2=CD 2+BC 2−2CD ∙BC ∙cosC =x 24+x 2−2×x 22×(−725)=1534，解得x =5，则S ∆ABC =12×5×5×2425=12.5π. （1）求函数()f x 的解析式，并写出()f x 的最小正周期； （2，若在[]0,πx ∈内，方程2[12()]3()20a g x ag x -+-=有且仅有两解，求a 的取值范围.【解析】（1，∴πT =，∴2ω=.()f x 图象上，∴ππ2π32k ϕ+=+， π最小正周期πT =.（2 ∴原方程可化为()213sin 2sin 2a x x +-=，则0a ≠. ∵[]0,πx ∈，∴[]sin 0,1x ∈，213sin 2sin 0x x +->，∴2221732sin 3sin 12sin 84x x x a ⎛⎫=-++=-- ⎪⎝⎭，令sin t x =，则[]0,1t ∈，作出()2173284f t t ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭及2y a =的图象，当21a ≤2<或2178a =时，两图象在[]0,1内有且仅有一解，即方程221732sin 84x a ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭在[]0,π内有且仅有两解，此时a 的取值范围为16|12 17a a a ⎧⎫<≤=⎨⎬⎩⎭或. 高考通关1．【2020年高考北京】2020年3月14日是全球首个国际圆周率日（π Day ）．历史上，求圆周率π的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数n 充分大时，计算单位圆的内接正6n 边形的周长和外切正6n 边形（各边均与圆相切的正6n 边形）的周长，将它们的算术平均数作为2π的近似值．按照阿尔·卡西的方法，π的近似值的表达式是A. 30303sin tan n n n ︒︒⎛⎫+ ⎪⎝⎭B. 30306sin tan n n n ︒︒⎛⎫+ ⎪⎝⎭C. 60603sin tan n n n ︒︒⎛⎫+ ⎪⎝⎭ D. 60606sin tan n n n ︒︒⎛⎫+ ⎪⎝⎭ 【答案】A【解析】单位圆内接正6n 边形的每条边所对应的圆周角为360606n n ︒︒=⨯，每条边长为302sin n︒， 所以，单位圆的内接正6n 边形的周长为3012sin n n︒， 单位圆的外切正6n 边形的每条边长为302tann ︒，其周长为3012tan n n︒， 303012sin12tan 303026sin tan 2n n n n n n n π︒︒+︒︒⎛⎫∴==+ ⎪⎝⎭，则30303sin tan n n n π︒︒⎛⎫=+ ⎪⎝⎭. 故选：A.【点睛】本题考查圆周率π的近似值的计算，根据题意计算出单位圆内接正6n 边形和外切正6n 边形的周长是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.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，APB ∠是锐角，大小为β.图中阴影区域的面积的最大值为A ．4β+4cos βB ．4β+4sin βC ．2β+2cos βD ．2β+2sin β【答案】B所以当ABP S △最大时，阴影部分面积最大.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 =π−β，面积S 的最大值为ABP AOB OAB S S S S =+-△△阴影扇形=4β+S △POB + S △POA =4β+12|OP ||OB |sin （π−β）+12|OP ||OA |sin （π−β）=4β+2sin β+2sin β=4β+4 sin β，故选B. 【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．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】关于函数()sin |||sin |f x x x =+有下述四个结论：①f (x )是偶函数②f (x )在区间（2π，π）单调递增③f (x )在[,]-ππ有4个零点 ④f (x )的最大值为2其中所有正确结论的编号是 A ．①②④ B ．②④ C ．①④D ．①③【答案】C 【解析】()()()()sin sin sin sin ,f x x x x x f x f x -=-+-=+=∴为偶函数，故①正确．当ππ2x <<时，()2sin f x x =，它在区间,2π⎛⎫π ⎪⎝⎭单调递减，故②错误． 当0πx ≤≤时，()2sin f x x =，它有两个零点：0,π；当π0x -≤<时，()()sin sin f x x x =--2sin x =-，它有一个零点：π-，故()f x 在[],-ππ有3个零点：0-π,,π，故③错误．当[]()2,2x k k k *∈ππ+π∈N时，()2sin f x x =；当[]()2,22x k k k *∈π+ππ+π∈N 时，()sin sin 0f x x x =-=，又()f x 为偶函数，()f x ∴的最大值为2，故④正确．综上所述，①④正确，故选C ．【名师点睛】本题也可画出函数()sin sin f x x x =+的图象（如下图），由图象可得①④正确．4．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】设函数()f x =sin （5x ωπ+）(ω＞0)，已知()f x 在[]0,2π有且仅有5个零点，下述四个结论：①()f x 在（0,2π）有且仅有3个极大值点 ②()f x 在（0,2π）有且仅有2个极小值点③()f x 在（0,10π）单调递增 ④ω的取值范围是[1229510，)其中所有正确结论的编号是 A ．①④ B ．②③ C ．①②③ D ．①③④【答案】D【解析】①若()f x 在[0,2π]上有5个零点，可画出大致图象，由图1可知，()f x 在(0,2π)有且仅有3个极大值点.故①正确；②由图1、2可知，()f x 在(0,2π)有且仅有2个或3个极小值点.故②错误；π所以结论正确的有①③④.故本题正确答案为D.【名师点睛】本题为三角函数与零点结合问题，难度大，可数形结合，分析得出答案，要求高，理解深度高，考查数形结合思想．注意本题中极小值点个数是动态的，易错，正确性考查需认真计算，易出错． 5．【2018年高考北京卷理数】设函数f （x ）=πcos()(0)6x ωω->，若π()()4f x f ≤对任意的实数x 都成立，则ω的最小值为__________． 【答案】23【解析】因为()π4f x f ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭对任意的实数x 都成立，所以π4f ⎛⎫⎪⎝⎭取最大值， 所以()()ππ22π 8463k k k k -=∈∴=+∈Z Z ，ωω， 因为0>ω，所以当0k =时，ω取最小值为23.【名师点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，考查考生的逻辑推理能力以及运算求解能力，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算.6．【2018年高考全国Ⅲ理数】函数()πcos 36f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭在[]0π，的零点个数为________．【答案】3【解析】0πx ≤≤，ππ19π3666x ∴≤+≤，由题可知πππ3π336262x x +=+=，，或π5π362x +=，解得π4π,99x =，或7π9，故有3个零点.【名师点睛】本题主要考查三角函数的图象与性质，考查数形结合思想和考生的运算求解能力，考查的核心素养是数学运算.7．（2017浙江）已知△ABC ，AB =AC =4，BC =2． 点D 为AB 延长线上一点，BD =2，连结CD ，则△BDC的面积是______，cos ∠BDC =_______．【答案】24【解析】取BC 中点E ，由题意：AE BC ⊥，△ABE 中，1cos 4BE ABC AB ∠==，∴1cos ,sin 4DBC DBC ∠=-∠==∴1sin 22△BCD S BD BC DBC =⨯⨯⨯∠=． ∵2ABC BDC ∠=∠，∴21cos cos 22cos 14ABC BDC BDC ∠=∠=∠-=，解得cos BDC ∠=或cos BDC ∠=（舍去）．综上可得，△BCD cos BDC ∠=．8.【2020年高考全国Ⅰ卷理数】如图，在三棱锥P –ABC 的平面展开图中，AC =1，AB AD ==AB ⊥AC ，AB ⊥AD ，∠CAE =30°，则cos ∠FCB =______________.【答案】14-【解析】AB AC ⊥，AB =1AC =，由勾股定理得2BC ==，同理得BD =BF BD ∴==在ACE △中，1AC =，AE AD ==30CAE ∠=，由余弦定理得2222cos30132112CE AC AE AC AE =+-⋅=+-⨯=， 1CF CE ∴==，在BCF 中，2BC =，BF =1CF =，由余弦定理得2221461cos 22124CF BC BF FCB CF BC +-+-∠===-⋅⨯⨯.故答案为：14-. 【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.9．（2017江苏）已知向量(cos ,sin ),(3,[0,π].x x x ==∈a b （1）若a ∥b ，求x 的值；（2）记()f x =⋅a b ，求()f x 的最大值和最小值以及对应的x 的值．【解析】（1）因为co ()s ,sin x x =a ，(3,=b ，a ∥b ，所以3sin x x =．若cos 0x =，则sin 0x =，与22sin cos 1x x +=矛盾，故cos 0x ≠．于是tan x =． 又x ∈[0，π]， 所以5π6x =．（2）π(cos ,sin )(3,3cos ())6f x x x x x x =⋅=⋅==+a b ． 因为x ∈[0，π]， 所以ππ7π[,]666x +∈，从而π1cos()6x -≤+≤． 于是，当ππ66x +=，即0x =时，f (x )取到最大值3；当π6x +=π，即5π6x =时，f (x )取到最小值-10．（2018新课标Ⅰ理）在平面四边形ABCD 中，90ADC ∠=，45A ∠=，2AB =，5BD =. （1）求cos ADB ∠；（2）若DC =，求BC .【解析】（1）在ABD △中，由正弦定理得sin sin BD ABA ADB=∠∠.由题设知，52sin 45sin ADB =︒∠，所以sin 5ADB ∠=.由题设知，90ADB ∠<︒，所以cos ADB ∠==（2）由题设及（1）知，cos sin 5BDC ADB ∠=∠=. 在BCD △中，由余弦定理得2222cos BC BD DC BD DC BDC =+-⋅⋅⋅∠258255=+-⨯⨯ 25=.所以5BC =.11．（2018北京理）在△ABC 中，a =7，b =8，cos B =–17． （1）求∠A ；（2）求AC 边上的高．【解析】（1）在△ABC 中，∵cos B =–17，∴B ∈（π2，π），∴sin B ．由正弦定理得sin sin a b A B =⇒7sin A ，∴sin A ． ∵B ∈（π2，π），∴A ∈（0，π2），∴∠A =π3．（2）在△ABC 中，sin C =sin （A +B ）=sin A cos B +sin B cos A 11()72-+．如图所示，在△ABC 中，∵sin C =h BC ，∴h =sin BC C ⋅=7∴AC ．12．（2018上海）设常数R a ∈，函数()2sin22cos f x a x x =+．（1）若()f x 为偶函数，求a 的值；（2）若π14f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，求方程()1f x =[]ππ-，上的解．【答案】(1)0a =;(2)5π24x =-或19π24x =或13π11π2424x x 或==-.【分析】（1）根据函数的奇偶性和三角形的函数的性质即可求出，（2）先求出a 的值，再根据三角形函数的性质即可求出．【详解】（1）∵()2sin22cos f x a x x =+，∴()2sin22cos f x a x x -=-+，∵()f x 为偶函数，∴()()f x f x -=，∴22sin22cos sin22cos a x x a x x -+=+，∴2sin20a x =，∴0a =；（2）∵π14f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，∴2ππsin 2cos 1124a a ⎛⎫+=+= ⎪⎝⎭，∴a =∴()2π2cos cos212sin 216f x x x x x x ⎛⎫=+=++=++ ⎪⎝⎭，∵()1f x =∴π2sin 2116x ⎛⎫++= ⎪⎝⎭，∴πsin 262x ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭， ∴ππ22π64x k +=-+，或π52π2πZ 64x k k +=+∈，， ∴5ππ24x k =-+，或13ππZ 24x k k =+∈，，∵[]ππx ∈-，， ∴5π24x =-或19π24x =或13π11π2424x x 或==-【点睛】本题考查了三角函数的化简和求值，以及三角函数的性质，属于基础题．13．【2020年高考全国II 卷理数】ABC △中，sin 2A －sin 2B －sin 2C = sin B sin C ．（1）求A ；（2）若BC =3，求ABC △周长的最大值．【解析】（1）由正弦定理和已知条件得222BC AC AB AC AB --=⋅，①由余弦定理得2222cos BC AC AB AC AB A =+-⋅，② 由①，②得1cos 2A =-.因为0πA <<，所以2π3A =.（2）由正弦定理及（1）得sin sin sin ACABBCB C A ===从而AC B =，π)3cos AB A B B B =--=-.故π33cos 3)3BC AC AB B B B ++=++=++.又π03B <<，所以当π6B =时，ABC △周长取得最大值3+14．【2020年高考浙江】在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，C ．已知2sin 0b A =．（Ⅰ）求角B 的大小；（Ⅱ）求cos A +cos B +cos C 的取值范围．【解析】（Ⅰ）由正弦定理得2sin sin B A A =，故sin B =， 由题意得π3B =. （Ⅰ）由πA BC ++=得2π3C A =-， 由ABC △是锐角三角形得ππ(,)62A ∈.由2π1cos cos()cos 32C A A A =-=-+得11π13cos cos cos cos sin()]22622A B C A A A ++++=++∈.故cos cos cos A B C ++的取值范围是3]2. 【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求最值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.15．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知25cos ()cos 24A A π++=． （1）求A ；（2）若b c -=，证明：△ABC 是直角三角形． 【解析】（1）由已知得25sin cos 4A A +=，即21cos cos 04A A -+=． 所以21(cos )02A -=，1cos 2A =．由于0A <<π，故3A π=．（2）由正弦定理及已知条件可得sin sin B C A -=．由（1）知23B C π+=，所以2sin sin()33B B ππ--=．即11sin 22B B =，1sin()32B π-=． 由于03B 2π<<，故2B π=．从而ABC △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．16．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知sinsin 2A C a b A +=． （1）求B ；（2）若△ABC 为锐角三角形，且c =1，求△ABC 面积的取值范围．【答案】（1）B =60°；（2）(82. 【解析】（1）由题设及正弦定理得sin sin sin sin 2A C AB A +=． 因为sin A ≠0，所以sin sin 2A CB +=． 由180A BC ︒++=，可得sin cos 22A C B +=，故cos 2sin cos 222B B B =． 因为cos 02B ≠，故1sin 22B =，因此B =60°． （2）由题设及（1）知△ABC的面积4ABC S a =△． 由正弦定理得()sin 120sin 1sin sin 2tan 2C c A a C C C ︒-===+． 由于△ABC 为锐角三角形，故0°<A <90°，0°<C <90°，由（1）知A +C =120°，所以30°<C <90°，故122a <<，ABC S <<△． 因此，△ABC面积的取值范围是82⎛ ⎝⎭．【名师点睛】这道题考查了三角函数的基础知识，以及正弦定理的使用（此题也可以用余弦定理求解），最后考查ABC 是锐角三角形这个条件的利用，考查的很全面，是一道很好的考题.。

解三角形综合题【解三角形的实际应用】解三角形定义：一般地，把三角形的三个角A，B，C和它们的对边a，b，c叫做三角形的元素。

已知三角形的几个元素求其他元素的过程叫做解三角形。

主要方法：正弦定理、余弦定理。

解三角形常用方法：1.已知一边和两角解三角形：已知一边和两角（设为b、A、B），解三角形的步骤：2.已知两边及其中一边的对角解三角形：已知三角形两边及其中一边的对角，求该三角形的其他边角时，首先必须判断是否有解，例如在中，已知，问题就无解。

如果有解，是一解，还是两解。

解得个数讨论见下表：3.已知两边及其夹角解三角形：已知两边及其夹角（设为a,b,C），解三角形的步骤：4.已知三边解三角形：已知三边a，b，c，解三角形的步骤：①利用余弦定理求出一个角；②由正弦定理及A +B+C=π，求其他两角．5.三角形形状的判定：判断三角形的形状，应围绕三角形的边角关系进行思考，主要看其是否是正三角形、等腰三角形、直角三角形、钝角三角形、锐角三角形，要特别注意“等腰直角三角形”与“等腰三角形或直角三角形”的区别，依据已知条件中的边角关系判断时，主要有如下两条途径：①利用正、余弦定理把已知条件转化为边边关系，通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状；②利用正、余弦定理把已知条件转化为内角的三角函数间的关系，通过三角函数的恒等变形，得出内角的关系，从而判断出三角形的形状，此时要注意应用A+B +C=π这个结论，在以上两种解法的等式变形中，一般两边不要约去公因式，应移项提取公因式，以免漏解．6.解斜三角形应用题的一般思路：(1)准确理解题意，分清已知与所求，准确理解应用题中的有关名称、术语，如坡度、仰角、俯角、视角、象限角、方位角、方向角等；(2)根据题意画出图形；(3)将要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建立数学模型，然后正确求解，演算过程要算法简练，计算准确，最后作答，用流程图可表示为：利用正弦定理、余弦定理在解决三角形的综合问题时，要注意三角形三内角的一些三角函数关系：【2017年高考全国Ⅲ卷，理17】ABC △的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知sin 0A A +=，a,b =2.（1）求c ；（2）设D 为BC 边上一点，且AD ⊥AC,求△ABD 的面积. 【答案】（1）4c = ；（2（2）由题设可得π2CAD ∠=，所以π6BAD BAC CAD ∠=∠-∠=. 故ABD △面积与ACD △面积的比值为1πsin26112AB AD AC AD ⋅⋅=⋅. 又ABC △的面积为142sin 2BAC ⨯⨯∠=，所以ABD △.【考点】余弦定理解三角形；三角形的面积公式【点拨】在解决三角形问题中，面积公式最常用，因为公式中既有边又有角，容易和正弦定理、余弦定理联系起来.正、余弦定理在应用时，应注意灵活性，已知两角和一边，该三角形是确定的，其解是唯一的；已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据三角函数值的有界性和大边对大角定理进行判断.答题思路【命题意图】 高考对本部分内容的考查以能力为主，重点考查正弦定理、余弦定理的应用，均值不等式在确定最值时的应用，数形结合的思想，函数与方程的思想等.【命题规律】 高考试题对该部分内容考查的主要角度有两种：一种是解三角形确定边长或角度值；一种确定边长或者面积范围．重点对该部分内容的考查仍将以能力考查为主，利用正弦定理、余弦定理确定三角形中的要素，列出函数解析式或利用均值不等式确定取值范围. 【答题模板】解答本类题目，以2017年试题为例，一般考虑如下两步：第一步：利用题意得到∠A 的大小，然后求解边长即可 利用题意首先可求得2π3A =，然后利用余弦定理得到关于边长的方程，解方程即可求得边长的值，注意三角形的边长需要舍去负值. 第二步：求解△ABC 的面积 利用(1)中的结论结合题意确定利用面积公式1sin 2S bc A =，结合三角形面积的比值：ABD △面积与ACD △面积的比值为1【方法总结】 1、正弦定理：2sin sin sin a b cR A B C===，其中R 为ABC 外接圆的半径 正弦定理的主要作用是方程和分式中的边角互化。

专题4.7 解三角形的综合应用一、考情分析1. 能够运用正弦定理、余弦定理等知识方法解决一些与测量、几何计算有关的实际问题。

二、经验分享考点一测量中的有关几个术语术语名称术语意义图形表示仰角与俯角在目标视线与水平视线所成的角中，目标视线在水平视线上方的叫做仰角，目标视线在水平视线下方的叫做俯角方位角从某点的指北方向线起按顺时针方向到目标方向线之间的夹角叫做方位角．方位角θ的范围是0°≤θ<360°方向角正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，通常表达为北(南)偏东(西)α例：(1)北偏东α：(2)南偏西α：坡角与坡比坡面与水平面所成二面角的度数叫坡度，θ为坡角；坡面的垂直高度与水平长度之比叫坡比，即i＝hl＝tan θ考点二实际测量中的常见问题求AB图形需要测量的元素解法求竖直高度底部可达∠ACB＝α，BC＝a解直角三角形AB＝a tan α底部不可达∠ACB＝α，∠ADB＝β，CD＝a解两个直角三角形AB＝a tan αtan βtan β－tan α求水平距离山两侧∠ACB＝α，AC＝b，BC＝a用余弦定理AB＝a2＋b2－2ab cos α河两岸∠ACB＝α，∠ABC＝β，CB＝a用正弦定理AB＝a sin αsin（α＋β）河对岸∠ADC＝α，∠BDC＝β，∠BCD＝δ，∠ACD＝γ，CD＝a在△ADC中，AC＝a sin αsin（α＋γ）；在△BDC中，BC＝a sin βsin（β＋δ）；在△ABC中，应用余弦定理求AB三、题型分析重难点题型突破1解三角形中的实际问题例1、如图，为了测量两座山峰上P，Q两点之间的距离，选择山坡上一段长度为300 3 m且和P，Q两点在同一平面内的路段AB的两个端点作为观测点，现测得∠P AB＝90°，∠P AQ＝∠PBA＝∠PBQ＝60°，则P，Q两点间的距离为________ m.【答案】900【解析】由已知，得∠QAB＝∠P AB－∠P AQ＝30°.又∠PBA＝∠PBQ＝60°，所以∠AQB＝30°，所以AB＝BQ.又PB为公共边，所以△P AB≌△PQB，所以PQ＝P A.在Rt△P AB中，AP＝AB·tan 60°＝900，故PQ＝900，所以P，Q两点间的距离为900 m.【变式训练1-1】、(2017南京、盐城二模）如图，测量河对岸的塔高AB时，选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D，测得∠BCD＝30°，∠BDC＝120°，CD＝10 m，并在点C测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB＝________m.【答案】 30【解析】在△BCD 中，由正弦定理得BC ＝sin120°sin30°·10＝103(m)．在Rt △ABC 中，AB ＝BC tan60°＝30(m)．重难点题型突破2 平面几何中的解三角形问题例2、如图，在平面四边形ABCD 中，∠ABC ＝3π4，AB ⊥AD ，AB ＝1.(1)若AC ＝5，求△ABC 的面积； (2)若∠ADC ＝π6，CD ＝4，求sin ∠CA D.【答案】（1）12；（2）255【解析】(1)在△ABC 中，由余弦定理得，AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos ∠ABC ， 即5＝1＋BC 2＋2BC ，解得BC ＝2，所以△ABC 的面积S △ABC ＝12AB ·BC ·sin ∠ABC ＝12×1×2×22＝12.(2)设∠CAD ＝θ，在△ACD 中，由正弦定理得AC sin ∠ADC ＝CD sin ∠CAD ，即AC sin π6＝4sin θ，①在△ABC 中，∠BAC ＝π2－θ，∠BCA ＝π－3π4－(π2－θ)＝θ－π4，由正弦定理得AC sin ∠ABC ＝ABsin ∠BCA ，即AC sin 3π4＝1sin （θ－π4），② ①②两式相除，得sin 3π4sin π6＝4sin （θ－π4）sin θ，即4(22sin θ－22cos θ)＝2sin θ，整理得sin θ＝2cos θ. 又因为sin 2θ＋cos 2θ＝1，所以sin θ＝255，即sin ∠CAD ＝255.【变式训练2-1】、在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝3，∠A ＝120°，BD ＝3.(1)求AD 的长；(2)若∠BCD ＝105°，求四边形ABCD 的面积． 【答案】（1）3；（2）123－94.【解析】(1)∵在△ABD 中，AB ＝3，∠A ＝120°，BD ＝3，∴由余弦定理得cos 120°＝3＋AD 2－92×3AD ，解得AD ＝3(AD ＝－23舍去)，∴AD 的长为 3.(2)∵AD ∥BC ，∠A ＝120°，BD ＝3，AB ＝AD ＝3，∠BCD ＝105°，∴∠DBC ＝30°，∠BDC ＝45°，∴由正弦定理得BC sin 45°＝DC sin 30°＝3sin 105°，解得BC ＝33－3，DC ＝36－322. 如图过点A 作AE ⊥BD ，交BD 于点E ，过点C 作CF ⊥BD ，交BD 于点F ， 则AE ＝12AB ＝32，CF ＝12BC ＝33－32，∴四边形ABCD 的面积S ＝S △ABD ＋S △BDC ＝12BD ·(AE ＋CF )＝12×3×(32＋33－32)＝123－94.【变式训练2-2】、(2020·绵阳模拟)在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 所对的边，且2c sin B ＝3a tan A. (1)求b 2＋c 2a2的值；(2)若a ＝2，求△ABC 面积的最大值． 【答案】（1）4；（2）7 【解析】(1)∵2c sin B ＝3a tan A ， ∴2c sin B cos A ＝3a sin A ， 由正弦定理得2cb cos A ＝3a 2，由余弦定理得2cb ·b 2＋c 2－a 22bc ＝3a 2，化简得b 2＋c 2＝4a 2，∴b 2＋c 2a2＝4.(2)∵a ＝2，由(1)知b 2＋c 2＝4a 2＝16， ∴由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝6bc，根据基本不等式得b 2＋c 2≥2bc ，即bc ≤8，当且仅当b ＝c 时，等号成立，∴cos A ≥68＝34.由cos A ＝6bc ，得bc ＝6cos A ，且A ∈(0，π2)，∴△ABC 的面积S ＝12bc sin A ＝12×6cos A ×sin A ＝3tan A.∵1＋tan 2A ＝1＋sin 2A cos 2A ＝cos 2A ＋sin 2A cos 2A ＝1cos 2A， ∴tan A ＝1cos 2A－1≤169－1＝73.∴S ＝3tan A ≤7. ∴△ABC 面积的最大值为7.重难点题型突破3 与三角形有关的最值(范围)问题例3.已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且cos 2A ＋cos 2B ＝2cos 2C ，则cos C 的最小值为( ) A.32B.22C.12D ．－12【答案】C【解析】因为cos 2A ＋cos 2B ＝2cos 2C ，所以1－2sin 2A ＋1－2sin 2B ＝2－4sin 2C ，得a 2＋b 2＝2c 2，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2＋b 24ab ≥2ab 4ab ＝12，当且仅当a ＝b 时等号成立，故选C. 【变式训练3-1】、.(2020·安徽省江南十校联考)在钝角△ABC 中 ，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，B 为钝角，若a cos A ＝b sin A ，则sin A ＋sin C 的最大值为( ) A.2 B.98 C ．1 D.78【答案】B【解析】∵a cos A ＝b sin A ，由正弦定理可得，sin A cos A ＝sin B sin A ，∵sin A ≠0，∴cos A ＝sin B ，又B 为钝角，∴B ＝A ＋π2，sin A ＋sin C ＝sin A ＋sin(A ＋B )＝sin A ＋cos 2A ＝sin A ＋1－2sin 2A ＝－2(sin A －14)2＋98，∴sinA ＋sin C 的最大值为98.【变式训练3-2】、在△ABC 中，b ＝3，B ＝60° (1)求△ABC 周长l 的范围；(2)求△ABC 面积最大值． 【答案】（1）23＜l ≤33；（2）334【解析】(1)l ＝3＋a ＋c ，b 2＝3＝a 2＋c 2－2ac cos 60°＝a 2＋c 2－ac ， ∴(a ＋c )2－3ac ＝3，∵(a ＋c )2－3＝3ac ≤3×(a ＋c 2)2，∴a ＋c ≤23，当仅仅当a ＝c 时，取“＝”， 又∵a ＋c ＞3， ∴23＜l ≤3 3.(2)∵b 2＝3＝a 2＋c 2－ac ≥2ac －ac ， ∴ac ≤3，当且仅当a ＝c 时，取“＝”， S △ABC ＝12ac sin B ≤12×3×sin 60°＝334，∴△ABC 面积最大值为334.四、迁移应用1.在△ABC 中，sin B ＝13，BC 边上的高为AD ，D 为垂足，且BD ＝2CD ，则cos ∠BAC ＝( )A ．－33 B.33 C ．－1010D.1010【答案】A【解析】依题意设CD ＝x ，AD ＝y ，则BD ＝2x ，BC ＝3x .因为sin B ＝13，所以AB ＝ADsin B ＝3y .因为BC 边上的高为AD ，如图所示所以AB 2＝AD 2＋BD 2＝y 2＋4x 2＝9y 2，即x ＝2y .所以AC ＝AD 2＋CD 2＝x 2＋y 2＝3y .根据余弦定理得cos ∠BAC ＝AB 2＋AC 2－BC 22·AB ·AC ＝9y 2＋3y 2－9x 22·3y ·3y ＝－6y 263y 2＝－33.故选A.2．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2c ·cos B ＝2a ＋b ，若△ABC 的面积为S ＝32c ，则ab 的最小值为( ) A ．8 B ．10 C ．12 D ．14【答案】C【解析】在△ABC 中，由已知及正弦定理可得2sin C cos B ＝2sin A ＋sin B ＝2sin(B ＋C )＋sin B ，即2sin C cos B ＝2sin B cos C ＋2sin C cos B ＋sin B ，所以2sin B cos C ＋sin B ＝0.因为sin B ≠0，所以cos C ＝－12，C ＝2π3.由于△ABC 的面积为S ＝12ab ·sin C ＝34ab ＝32c ，所以c ＝12ab .由余弦定理可得c 2＝a 2＋b 2－2ab ·cos C ，整理可得14a 2b 2＝a 2＋b 2＋ab ≥3ab ，当且仅当a ＝b 时，取等号，所以ab ≥12. 3.在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知(a ＋b －c )(a ＋b ＋c )＝3ab ，且c ＝4，则△ABC 面积的最大值为( ) A ．8 3 B ．4 3 C ．2 3 D.3 【答案】B【解析】由已知等式得a 2＋b 2－c 2＝ab ，则cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝ab 2ab ＝12.由C ∈(0，π)，所以sin C ＝32.又16＝c 2＝a 2＋b 2－ab ≥2ab －ab ＝ab ，则ab ≤16，所以S △ABC ＝12ab sin C ≤12×16×32＝4 3.故S max ＝4 3.故选B.4.(2020·吉林长春质量监测(四))《海岛算经》是中国学者刘徽编撰的一部测量数学著作，现有取自其中的一个问题：今有望海岛，立两表，齐高三丈，前后相去千步，令后表与前表参相直，从前表却行一百二十三步，人目着地，取望岛峰，与表末参合，从后表却行一百二十七步，人目着地，取望岛峰，亦与表末参合，问岛高几何？其大意为：如图所示，立两个三丈高的标杆BC 和DE ，两标杆之间的距离BD ＝1 000步，两标杆的底端与海岛的底端H 在同一直线上，从前面的标杆B 处后退123步，人眼贴地面，从地上F 处仰望岛峰，A ，C ，F 三点共线，从后面的标杆D 处后退127步，人眼贴地面，从地上G 处仰望岛峰，A ，E ，G 三点也共线，则海岛的高为(注：1步＝6尺，1里＝180丈＝1 800尺＝300步)( )A ．1 255步B ．1 250步C ．1 230步D ．1 200步【答案】A【解析】因为AH ∥BC ，所以△BCF ∽△HAF ，所以BF HF ＝BCAH .因为AH ∥DE ，所以△DEG ∽△HAG ，所以DG HG ＝DEAH.又BC ＝DE ，所以BF HF ＝DG HG ，即123123＋HB ＝127127＋1 000＋HB ，所以HB ＝30 750步，又BF HF ＝BCAH ，所以AH ＝5×（30 750＋123）123＝1 255(步)．故选A. 5.如图，在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知c ＝4，b ＝2，2c cos C ＝b ，D ，E 分别为线段BC 上的点，且BD ＝CD ，∠BAE ＝∠CAE .(1)求线段AD 的长； (2)求△ADE 的面积． 【答案】（1）6；（2）156【解析】(1)因为c ＝4，b ＝2，2c cos C ＝b ， 所以cos C ＝b 2c ＝14.由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2＋4－164a ＝14，所以a ＝4，即BC ＝4.在△ACD 中，CD ＝2，AC ＝2，所以AD 2＝AC 2＋CD 2－2AC ·CD ·cos ∠ACD ＝6，所以AD ＝ 6. (2)因为AE 是∠BAC 的平分线，所以S △ABES△ACE＝12AB ·AE ·sin ∠BAE 12AC ·AE ·sin ∠CAE ＝AB AC ＝2， 又S △ABE S△ACE＝BE EC，所以BE EC＝2，所以CE ＝13BC ＝43，DE ＝2－43＝23.又因为cos C ＝14，所以sin C ＝1－cos 2C ＝154.又S △ADE ＝S △ACD －S △ACE ， 所以S △ADE ＝12×DE ×AC ×sin C ＝156.。