复习参考题教案教学设计

高考数学命题注重知识的整体性和综合性，重视在知识的交汇处考察，对三角形问题的考察重点在于三角变换、向量、函数等的综合，它们之间互相联系、互相交叉，不仅考察三角变换，同时深化了向量的运算，体现了向量的工具作用，试题综合性较高，所以要求学生有综合处理问题的能力，纵观最近几年高考，试题难度不大，但是如果某一知识点掌握不到位，必会影响到整个解题过程

，本文从以下几个方面阐述解题思路，以达到抛砖引玉的目的. 1.

向量与三角形问题的结合

向量具有“双重身份”，既可以像数一样满足“满足运算性质”进行代数形式的运算，，又可以利用它的几何意义进行几何形式的变换，同时向量加、减法的几何运算遵循三角形法则和平行四边形法则，这为向量和三角形问题的结合，提供了很好的几何背景. 1.1 向量与三角形谈“心”

内心（三角形内切圆圆心）：三角形三条内角平分线的交点；

外心（三角形外接圆的圆心）：三角形各边中垂线的交点；

垂心：三角形各边上高的交点；

重心：三角形各边中线的交点，

用向量形式可表示为如下形式：

ABACAP(),0ABAC若P是ABC内的一点，P是ABC的内心；

BPt(BABC)，t0BABC若D、E两点分别是ABC的边BC、CA上的中点,且

DPPBDPPCP是ABC的外心；

EPPCEPPA若GAGBGC0,则G是ABC的重心；

若P是面ABC内的一点，且PAPBPAPCPCPB，则P是ABC的垂心. 例1.已知ABC外接圆的圆心为O，且OA3OB2OC0，则AOC ．

思路分析：本题主要考查两个向量数量积的概念，考查两个向量夹角公式的应用，考查特殊角的三角函数

值．由于三角形的边长不固定，所以不妨假设外接圆的半径为1，也可以假设为r，这个数会在后面运算过程中约掉．三个向量的和为零向量，先将一个移动到另一边，然后两边平方，利用向量运算公式，即可化简出关于AOC余弦值的表达式，由此求得角的大小．

【答案】2

3

点评：本题考查了向量的应用，综合性高，难度大，密切联系已知条件和合理构思是解题的关键. 1.2

判断三角形形状

三角形的边可以看做向量的模长，三角形的内角可以看做向量的夹角，所以可利用向量的数量积和夹角公式或者其他线性运算，结合平面几何知识来判断三角形的形状

例2.

【吉林省实验中学2018届第二次月考】已知P为三角形ABC内部任一点（不包括边界），且满足(-)·(+-2)=0，则ABC的形状一定为___________. 思路分析：（1）利用向量的线性运算，向量的数量积找出边之间关系，从而推断出CBCA，可知ABC是等腰的三角形．

【答案】等腰三角形

【解析】∵PBPAABCBCA,PBPA2PCPBPCPAPCCBCA, 又PBPAPBPA2PC0,∴CBCACBCACBCA0, ∴CBCA，故CBCA.∴ABC一定为等腰三角形. 点评：此题考查了向量的线性运算，向量的数量积应用，利用向量的数量积可以很好得解决了三角形的边角问题，熟练掌握定理是解本题的关键．

1.3

向量运算与三角形问题的综合运用

解答这类题，首先向量的基本概念和运算必须熟练，要很好的掌握正弦定理、余弦定理的应用条件，其次要注意把题目中的向量用三角中边和角表示，体现向量的工具作用. 例3.【河北衡水金卷2018届模拟一】已知ABC的内角A，

B，

C的对边a，

b，

c分别满足c2b2，

22222bcosAacosCccosA0，又点D满足AD12ABAC．

33

（1）求a及角A的大小；

（2）求AD的值．

思路分析：（1）由2bcosAacosCccosA0及正弦定理化简可得即2sinBcosAsinACsinB，从而得cosA21212．又A0,，所以A，由余弦定理得a7；（2）由ADABAC，2333224442141得ADABAC

21，所以AD．

39993293点评：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. 2.

三角函数与三角形问题的结合

三角函数的起源是三角形，所以经常会联系到三角形，这类型题是在三角形这个载体上的三角变换，第一：既然是三角形问题，就会用到三角形内角和定理和正、余弦定理以及相关三角形理论，及时边角转换，可以帮助发现问题解决思路；第二：它也是一种三角变换，只不过角的范围缩小了，因此常见的三角变换方法和原则都是适用的. B

， C所对应的边分别为a

， b

， c，已知ab，c3，例4. △ABC的内角A

，cos2Acos2B3sinAcosA3sinBcosB. （1）求角C的大小；

（2）若sinA4，求△ABC的面积. 5cos2A1cos2B133sin2Asin2B，再根据配角公式进2222思路分析：（Ⅰ）由二倍角公式进行降次：行分类整理sin2Bsin2A，最后根据三角形内角范围得角之间关系：2B2A，即6666a328AB，C（Ⅱ）由正弦定理可求边，即由4a得，再根据三角形内角关系求角333552sinBsinAC43318318，最后利用三角形面积公式：S△ABCacsinB

10225

点评：本题考查了正弦定理，两角和与差的三角函数，第一问中要熟练掌握三角变换公式；第二问涉及到三角形面积公式. 3.

三角变换、向量、三角形问题的综合

高考会将几方面结合起来命题，三角函数主要考察它的图象、常见性质；三角形主要考察正弦定理、余弦定理以及有关的三角形性质；向量主要考察向量的运算、向量的模、向量的夹角、向量的垂直以及向量的共线，体现向量的工具作用，三角变换主要考察求值、化简、变形. 例5.

【浙江省台州中学2018届第三次统练】已知向量m3sinxxx,1, ncos,cos2，记444fxmn．

(1) 若fx1

，求cosxπ的值；

3(2) 在锐角ABC

中，角A,B,C

的对边分别是a,b,c,

且满足2accosBbcosC

，求f2A

的取值范围．

思路分析：（1）由m3sinxxx,1, ncos,cos2，

fx1，利用平面向量数量积公式可得444x1sin，利用二倍角的余弦公式可得结果；(2)由2accosBbcosC，根据正弦定理得2622sinAsinCcosBsinBcosC，再由两角和的正弦公式化简可得cosB2，从而求得B3，求得3A162，利用三角函数的有界性即可得结果. 3

点评：1.本题考查解三角形，利用正弦定理进行边角互化，继而求出B的值；高考中经常将三角变换与解三角形知识综合起来命题，其中关键是三角变换，而三角变换中主要是“变角、变函数名和变运算形式”，其中的核心是

“变角”，即注意角之间的结构差异，弥补这种结构差异的依据就是三角公式. 实际应用中的三角形问题

在实际生活中往往会遇到关于距离、角度、高度的测量问题，可以借助平面图形，将上述量放在一个三角形中，借助解三角形知识达到解决问题的目的.

例6.某综艺频道举行某个水上娱乐游戏，如图，固定在水面上点O处的某种设备产生水波圈，水波圈生产t2秒时的半径r（单位：

m）满足r43t；

AB是铺设在水面上的浮桥，浮桥的宽度忽略不计，浮桥两3端A,B固定在水岸边.游戏规定：当点O处刚产生水波圈时，游戏参与者（视为一个点）与此同时从浮桥的A端跑向B端；若该参与者通过浮桥AB的过程中，从点O处发出的水波圈始终没能到达此人跑动时的位置，则认定该参与者在这个游戏中过关；否则认定在这个游戏中不过关，已知tanAOB2，

OA6m，浮桥AB的某个桥墩处点M到直线OA,OB的距离分别为2m,85m，且AM4m，若某游戏参与者能5以13m/s的速度从浮桥A端匀速跑到B端. （1）求该游戏参与者从浮桥A端跑到B端所需的时间？

（2）问该游戏参与者能否在这个游戏中过关？请说明理由.

思路分析：（1）设Mx0,2，由2x02585，解得x03或x05（舍）.求得直线AM的方程为52x3y120，与2xy0联立可得B3,6，求得AB,进而可得所需时间；

22（2）求得ts时，点P坐标为63t,2t，其中0t3. OP63t2t13t36t36，

22r2424t.构造函数ftr2OP2t313t2

36t360t3，求导计算可得t0,3时，

33rOP恒成立，所以该参与者在这个游戏中过关.

{x3,y6

即B3,6.所以AB36262313.所以，该游戏参与者从浮桥A端跑到B端所需的时间为3133s. 13

点评：本题考查的是函数模型的应用.解决函数模型应用的解答题，要注意以下几点：①读懂实际背景，将实际问题转化为函数模型．②对涉及的相关公式，记忆要准确．③在求解的过程中计算要正确.另外需要熟练掌握求解方程、不等式、函数最值的方法，才能快速正确地求解． 综合上述几个方面的阐述，解三角形问题不是孤立的，而是跟其他相关知识紧密联系在一起，通过向量的工具作用，将条件集中到三角形中，然后利用三角恒等变换、正弦定理和余弦定理及其相关知识解题，是常见的解题思路，为此，熟练掌握向量的基本概念和向量的运算，熟练进行三角变换和熟练运用正弦定理以及余弦定理是解题的关键．1.在ABC中，ABBC3，BAC30，CD是AB边上的高，则

CDCB（ ）

A.992727 B. C. D.

4444【答案】B

2.已知单位向量OA,OB的夹角为60，若OC2OAOB，则ABC为（

）

A. 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形

【答案】C 【解析】OC2OAOB,BCOCOB2OA,ACOCOAOAOB，

BC2OA2,AC2OA2OB22OAOB3，

AC3,OA与OB夹角为60，且OAOB1,AB1，

ABACBC,ABC为直角三角形，故选C. 11AB,BQBC，若A则PQBaA,Cb，3311111111（ ）A．ab B．ab C．ab D．ab

333333333.在ABC中，P,Q分别是AB,BC三等分点，且AP【答案】A 【解析】因PQAQAPABBQ22212111ABAB(ACAB)ab.故应选A. 333334.若O为平面内任意一点，且OBOC2OAABAC0，则△ABC是(

) A. 直角三角形或等腰三角形 B. 等腰直角三角形

C. 等腰三角形但不一定是直角三角形 D. 直角三角形但不一定是等腰三角形

【答案】C 

【解析】由OBOC2OAABAC＝0得ABAC·ABAC＝0，∴AB－AC＝0，即22|AB|＝|AC|，∴AB＝AC，即△ABC是等腰三角形，但不一定是直角三角形．选C. 5.已知O是△ABC内部一点，

OAOBOC0，

ABAC2且∠BAC=60°，则△OBC的面积为（

）

A. 1233 B. C. D.

2332【答案】A

6.已知ABC的外接圆半径为1，圆心为点O，且3OA4OB5OC0，则ABC的面积为（ ）

A．8764 B． C． D．

5555【答案】C 【解析】如图所示，

OAOBOC1，由3OA4OB5OC0可得3OA4OB5OC，两边平法可得912OAOB1625,所以OAOB0，因此OAOB，同理3OA5OC4OB，434OB5OC3OA，两边分别平方可得cosOB,OC,cosOA,OC,根据同角三角函数基5534本关系可得sinOB,OC,sinOA,OC，所以SABCSAOBSAOCS0BC

55113146111111,故选C. 225255

7.如图，在ABC中，

N为线段AC上靠近A的三等分点，点P在BN上且AP=m22ABBC，1111

则实数m的值为（ ）

A. 1 B. 【答案】D 195 C. D.

21111

8. P、Q为三角形ABC中不同两点,若PAPBPCAB,QA3QB5QC0,则SA. PAB:SQAB为

1357 B. C. D.

3579【答案】B 【解析】令D为AC的中点PAPBPCAB,化为PAPCABPB,即2PDAP,可得AC3AP,且点P在AC边上,则SPAB1SABC,设点M,N分别是AC,AB的中点,则由2QA3QB5QC0可得2QM6QNQC0,设点T是CN的中点,则2QM5QN2QT0,设点S是MT的中点,则4QS5QN0,因此可得SQAB53SABC,所以SPAB:SQAB，故选B. 959.已知ABC中，BC10,ABAC16，D为边BC的中点，则AD等于（ ）

A．6 B．5 C．4 D．3

22【答案】D【解析】由题意可得bccosA16,故由余弦定理得: 100bc2bccosA,即b2c268.设ADx,由题设b2c22x2225,即2x218,解之得x3,应选D.

10.已知点O在△ABC内部一点，且满足2OA3OB4OC0，则△AOB，△BOC，△AOC的面积之比依次为（ ）

A．4：2:3 B．2:3:4 C．4:3:2 D．3:4:5 【答案】A AOCB

11.设P是ΔABC所在平面内的一点,若ABCBCA2ABCP且ABAC2BCAP.则点P是ΔABC的A. 外心 B. 内心 C. 重心 D. 垂心

【答案】A 2212.已知点O为ABC内一点，AOB120,OA1,OB2，过O作OD垂直AB于点D，点E为线段OD的中点，则OEEA的值为（ ）

A．05233 B． C． D．

1471428【答案】D

【解析】如图，点O为ABC内一点，AOB120,OA1,OB2，过O作OD垂直AB于点D，点E0为线段OD的中点，∴ODAD0，则OEEAOD1AOAD

(AE)OD2222AOODODADOAODOAODcosAODOD.AOB中，利用余弦定理可得444411113，所以AB7,因为SAOBABODOAOBsin120,可得7OD1222222OD33，∴OEEA，故选：D. 287

13.已知ABC外接圆的圆心为O，且OA3OB2OC0则AOC ．

【答案】2

3【解析】不妨设外接圆半径为1，OA3OB2OC0OA2OC3OB，两边平方得12

144OAOC3，即cosAOC，故AOC2314.如图，为了测量河对岸A、B两点之间的距离，观察者找到一个点C，从点C可以观察到点A、B；找到一个点D，从点可以观察到点A、C；找到一个点E，从点可以观察到点B、C；并测量得到一些数据：

CD2，

CE23，

D45，

ACD105，

ACB48.19，

BCE75，

E60，则A、B两点之间的距离为__________．（其中cos48.19取近似值2）

3

【答案】10

15.某中学举行升旗仪式，在坡度为15°的看台E点和看台的坡脚A点，分别测得旗杆顶部的仰角分别为30°和60°，量的看台坡脚A点到E点在水平线上的射影B点的距离为10cm，则旗杆的高CD的长是__________m．

【答案】1033

【解析】由题意得DEA45，ADE30,所以ADAEsin45AB,因此2sin30cos15CDADsin60210sin6010(33)

cos(4530) B

， C的对边分别为a

， b

， c，若b45，c5，B2C，点D为边BC上一16. △ABC中的内角A

，点，且BD6，则△ADC的面积为 ．

【答案】10

17.如图，在平面四边形ABCD中，BABC32.

（1）若BA与BC的夹角为30，求ABC的面积SABC；（2）若AC4,O为AC的中点，G为ABC的重心（三条中线的交点），且OG与OD互为相反向量求ADCD的值. 【解析】(1)BABC32,BABCcos3032,BABC32643，

cos303SABC116431163. BABCsin3022323(2) 以O为原点，AC所在直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系.则A2,0,C2,0，

设Dx,y，则ODx,y，因为OG与OD互为相反向量，所以OGx,y.因为G为ABC的重心，所以OB3OG3x,3y，即B3x,3y,BA3x2,3y,BC3x2,3y,因此BABC9x249y2.由题意，9x249y232,即x2y24.ADCDx2,yx2,yx2y240.

18.已知向量m(3sinxxx,1)，n(cos,cos2)，记f(x)mn．

444（1）若f(x)1，求cos(x3)的值；

)（2）在锐角ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足(2ac)cosBbcosC，求f(2A的取值范围． 所以f(2A)的取值范围(313,]．

2219.设函数fx2sinx3(Ⅰ) 求fx的单调增区间；

cosx323A，且ABC能够盖住的最大圆面积为，求22(Ⅱ) 已知ABC的内角分别为A,B,C，若fABAC的最小值.

20.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，cosC（1）若CACB3．

109，求ABC的面积；

22（2）设向量x(2sinB,3)，y(cos2B,12sinB)，且x//y，求角B的值．

2