《2025年资源库高中数学人教版》

例395 [全国新高考]在①ac=√3，②csinA=3，③c=√3b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c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由.
问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA=√3sinB，C=$\frac{\pi}{6}$，______？

答案： 方案一：选条件①，c=1
解析：由C=$\frac{\pi}{6}$和余弦定理得$\frac{a²+b²-c²}{2ab}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。由sinA=√3sinB及正弦定理得a=√3b。于是$\frac{3b²+b²-c²}{2\sqrt{3}b²}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，由此可得b=c。由①ac=√3，解得a=√3，b=c=1，此时三角形存在，c=1。
方案二：选条件②，c=2√3
解析：由C=$\frac{\pi}{6}$和余弦定理得$\frac{a²+b²-c²}{2ab}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。由sinA=√3sinB及正弦定理得a=√3b。于是$\frac{3b²+b²-c²}{2\sqrt{3}b²}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，由此可得b=c，B=C=$\frac{\pi}{6}$，A=$\frac{2\pi}{3}$。由②csinA=3，所以c=b=2√3，a=6，此时三角形存在，c=2√3。
方案三：选条件③，三角形不存在
解析：由C=$\frac{\pi}{6}$和余弦定理得$\frac{a²+b²-c²}{2ab}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。由sinA=√3sinB及正弦定理得a=√3b。于是$\frac{3b²+b²-c²}{2\sqrt{3}b²}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，由此可得b=c。由③c=√3b，与b=c矛盾，此时三角形不存在。

例396 [北京2024·16]在△ABC中，∠A为钝角，a=7，sin2B=$\frac{\sqrt{3}}{7}$bcosB.
(1)求∠A；
(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在，求△ABC的面积.
条件①：b=7；
条件②：cosB=$\frac{13}{14}$；
条件③：csinA=$\frac{5\sqrt{3}}{2}$.

答案：
(1)$\frac{2\pi}{3}$
解析：由题意知，2sinBcosB=$\frac{\sqrt{3}}{7}$bcosB，又A为钝角，B∈(0,$\frac{\pi}{2}$)，则sinB≠0，所以2=$\frac{\sqrt{3}}{7}$·$\frac{b}{sinB}$，由正弦定理$\frac{a}{sinA}=\frac{b}{sinB}$，得2=$\frac{\sqrt{3}}{sinA}$，所以sinA=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，又A为钝角，所以A=$\frac{2\pi}{3}$。
(2)选择条件②，面积为$\frac{15\sqrt{3}}{4}$
解析：若选②，cosB=$\frac{13}{14}$，则sinB=$\sqrt{1-cos²B}=\frac{3\sqrt{3}}{14}$。由正弦定理可得b=$\frac{asinB}{sinA}=3$。又sinC=sin(π-(A+B))=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB=$\frac{\sqrt{3}}{2}×\frac{13}{14}-\frac{1}{2}×\frac{3\sqrt{3}}{14}=\frac{5\sqrt{3}}{14}$，所以S△ABC=$\frac{1}{2}absinC=\frac{1}{2}×7×3×\frac{5\sqrt{3}}{14}=\frac{15\sqrt{3}}{4}$。

例397 [全国高考]魏晋时期刘徽撰写的《海岛算经》是关于测量的数学著作，其中第一题是测量海岛的高.如图4-2-12，点E，H，G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG称为“表距”，GC和EH都称为“表目距”，GC与EH的差称为“表目距的差”，则海岛的高AB=（ ）
A.$\frac{表高×表距}{表目距的差}+表高$
B.$\frac{表高×表距}{表目距的差}-表高$
C.$\frac{表高×表距}{表目距的差}+表距$
D.$\frac{表高×表距}{表目距的差}-表距$

答案： A
解析：过点D作DM//AC，交AB于点M。由题意得D，F，M三点共线，设∠DHE=α，∠FCG=β，则∠BDM=α，∠BFM=β。因为$\frac{BM}{MD}=tanα$，$\frac{BM}{MF}=tanβ$，所以BM=MD·tanα，BM=MF·tanβ，两式作差可得$\frac{BM}{tanα}-\frac{BM}{tanβ}=MF - MD=DF=EG$，所以BM=$\frac{EG}{\frac{1}{tanβ}-\frac{1}{tanα}}=\frac{EG·DE}{GC - EH}$，又因为DE=FG，所以海岛的高AB=AM + BM=表高+$\frac{表高×表距}{表目距的差}$，故选A。

例398 [全国高考]2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一.如图4-2-13是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影A'，B'，C'满足∠A'C'B'=45°，∠A'B'C'=60°.由C点测得B点的仰角为15°，BB'与CC'的差为100；由B点测得A点的仰角为45°，则A，C两点到水平面A'B'C'的高度差AA'-CC'约为（√3≈1.732）（ ）
A.346
B.373
C.446
D.473

答案： B
解析：过点C作CD⊥BB'，垂足为点D，过点D作DE⊥AA'，垂足为点E，连接CE，过点B作BF⊥AA'，垂足为点F，由题意可得∠BCD=15°，∠ABF=45°，FE=BD=BB'-CC'=100，AF=BF=DE，所以AA'-CC'=BF + 100。易得CD//C'B'，DE//B'A'，EC//A'C'，所以∠ECD=∠A'C'B'=45°，∠EDC=∠A'B'C'=60°。在Rt△CDB中，CD=$\frac{100}{tan15°}$，在△CDE中，∠CED=75°，由正弦定理$\frac{DE}{sin45°}=\frac{CD}{sin75°}$，即DE=$\frac{100sin45°}{sin75°tan15°}=\frac{100sin45°}{sin15°}$，又sin15°=$\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$，所以DE=100($\sqrt{3}+1$)≈273，所以AA'-CC'≈273 + 100=373，故选B。