高考真题数学分项详解-专题14-解三角形（解析版）.docx

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1、专题14解三角形年份题号考点考查内容2011课标来源:学科网理16来源:学科网来源:学科网ZXXK利用正弦定理、余弦定理解平面图形正弦定理、三角公式、三角函数最值问题来源:学+科+网Z+X+X+K课标文15利用正弦定理、余弦定理解平面图形正余弦定理及三角形面积公式2012课标理17已知边角关系利用正余弦定理解三角形利用正余弦定理解三角形、三角形面积公式，运算求解能力课标文17已知边角关系利用正余弦定理解三角形利用正余弦定理解三角形、三角形面积公式，运算求解能力2013卷1理17利用正弦定理、余弦定理解平面图形利用正弦定理、余弦定理解三角形及两角和与差公式解平面图形卷1文10已知边角关系利用正余

2、弦定理解三角形二倍角公式、利用正余弦定理解三角形卷2理17已知边角关系利用正余弦定理解三角形正弦定理、余弦定理、两角和与差三角公式、三角形面积公式、基本不等式等知识，函数与方程思想卷2文4利用正弦定理、余弦定理解平面图形利用正弦定理、余弦定理解三角形及三角形面积公式2014卷1理16已知边角关系利用正余弦定理解三角形正弦定理、余弦定理、基本不等式、三角形面积公式等基础知识卷2理4已知边角关系利用正余弦定理解三角形三角形的面积公式、余弦定理卷1文16正余弦定理在实际测量问题中的应用利用正余弦定理解决高度测量问题，空间想象能力卷2文17利用正弦定理、余弦定理解平面图形余弦定理及三角形面积公式，运算

3、求解能力2015卷1理16利用正弦定理、余弦定理解平面图形利用正弦定理与余弦定理解平面四边形，数形结合思想卷2理17利用正弦定理、余弦定理解平面图形利用正弦定理与余弦定理解三角形中的边角及三角形面积问题卷1文17已知边角关系利用正余弦定理解三角形利用正余弦定理解三角形、三角形面积公式，运算求解能力卷2文17利用正弦定理、余弦定理解平面图形利用正弦定理与余弦定理解三角形中的边角及两角和的三角公式2016卷1理17已知边角关系利用正余弦定理解三角形利用正余弦定理解三角形、三角公式、三角形面积公式，运算求解能力卷1文4利用正弦定理、余弦定理解平面图形余弦定理解三角形卷2理13已知边角关系利用正余弦定

4、理解三角形同角三角函数基本关系、两角和公式、利用正弦定理解三角形卷3理8利用正弦定理、余弦定理解平面图形利用余弦定理解三角形卷3文9利用正弦定理、余弦定理解平面图形利用正弦定理解三角形卷2文15利用正弦定理、余弦定理解平面图形同角三角函数基本关系、诱导公式、两角和正弦公式、利用正弦定理解三角形2017卷1理17已知边角关系利用正余弦定理解三角形已知三角形的边角关系利用正弦定理、余弦定理解三角形、求三角形面积，运算求解能力卷2理17已知边角关系利用正余弦定理解三角形已知三角形的边角关系利用正弦定理、余弦定理解三角形、求三角形面积，运算求解能力卷3理17已知边角关系利用正余弦定理解三角形已知三角形

5、的边角关系利用正弦定理、余弦定理解三角形、求三角形面积，运算求解能力卷1文11利用正弦定理、余弦定理解平面图形三角恒等变换、利用正余弦定理解三角形，转化与化归思想与运势求解能力卷2文16已知边角关系利用正余弦定理解三角形正弦定理、三角恒等变换与已知三角函数值求角卷3文15利用正弦定理、余弦定理解平面图形利用正弦定理解三角形2018卷1理17利用正弦定理、余弦定理解平面图形利用正弦定理、余弦定理解平面四边形边长及角，数学应用意识卷2理6文7利用正弦定理、余弦定理解平面图形二倍角公式、利用余弦定理求三角形边长卷3理9文11已知边角关系利用正余弦定理解三角形余弦定理、三角形面积公式、同角三角函数基本

6、关系，运算求解能力卷1文16已知边角关系利用正余弦定理解三角形已知三角形的边角关系利用正弦定理、余弦定理解三角形、求三角形面积，运算求解能力2019卷1理17已知边角关系利用正余弦定理解三角形已知角的三角函数间关系，利用正弦定理、余弦定理求角及三角函数值，运算求解能力卷2理15已知边角关系利用正余弦定理解三角形已知角的三角函数间关系，利用正弦定理、余弦定理求三角形角及三角形面积，运算求解能力卷3文理18已知边角关系利用正余弦定理解三角形已知角的三角函数间关系、三角公式、利用正弦定理、余弦定理求三角形角及三角形面积，运算求解能力卷1文11已知边角关系利用正余弦定理解三角形利用正余弦定理解三角形卷

7、2文15已知边角关系利用正余弦定理解三角形已知三角函数边角关系利用正弦定理、余弦定理求角，转化与化归思想2020卷1文18解三角形余弦定理，三角形面积公式，三角函数公式卷2理17解三角形正弦定理、余弦定理，基本不等式文17解三角形余弦定理，三角函数公式卷3理7解三角形余弦定理及其推论文11解三角形余弦定理推论，平方关系、商关系大数据分析*预测高考考点出现频率2021年预测考点44已知边角关系利用正余弦定理解三角形20/362021年高考仍将重点考查已知三角形边角关系利用正弦定理解三角形及利用正余弦定理解平面图形的边、角与面积，题型既有选择也有填空更多是解答题，若考解答题，主要放在第17题位置，

8、为中档题，若为选题可以为基础题，多为中档题，也可为压轴题考点45利用正弦定理、余弦定理解平面图形17/36考点46正余弦定理在实际测量问题中的应用1/36十年试题分类*探求规律考点44已知边角关系利用正余弦定理解三角形1（2019新课标，文11）的内角，的对边分别为，已知，则A6B5C4D3【答案】A【解析】，解得，故选2（2018新课标，理9文11）的内角，的对边分别为，若的面积为，则ABCD【答案】C【解析】的内角，的对边分别为，的面积为，故选3（2016新课标，文4）的内角、的对边分别为、已知，则ABC2D3【答案】D【解析】，由余弦定理可得：，整理可得：，解得：或（舍去），故选4（20

9、14新课标，理4）钝角三角形ABC的面积是，AB=1，BC=，则AC=()A5BC2D1【答案】B【解析】，即：，即或又或5，又为钝角三角形，即：，故选B5（2013新课标，文10）已知锐角ABC的内角A，B，C的对边分别为，=7，则=10985【答案】D【解析】由及ABC是锐角三角形得=，=7，即，解得或=（舍），故选6（2014江西）在中，内角A，B，C所对应的边分别为，若，则的值为（）ABCD【答案】D【解析】，=，故选D7（2017山东）在中，角，的对边分别为，若为锐角三角形，且满足，则下列等式成立的是ABCD【解析】A【解析】由，得，即，所以，即，选A8(2014重庆)已知的内角，满

10、足=，面积满足，记，分别为，所对的边，则下列不等式一定成立的是ABCD【解析】A【解析】因为，由得，即，整理得，又，因此，由得，即，因此选项C、D不一定成立又，因此，即，选项A一定成立又，因此，显然不能得出，选项B不一定成立综上所述，选A9（2014江西）在中，分别为内角，所对的边长，若，则的面积是（）A3BCD【解析】C【解析】由可得，由余弦定理及可得所以由得，所以10（2013辽宁）在，内角所对的边长分别为若，且，则=ABCD【解析】A【解析】边换角后约去，得，所以，但B非最大角，所以11（2013陕西）设ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则ABC的形状为（）A锐角三角形

11、B直角三角形C钝角三角形D不确定【解析】B【解析】，由正弦定理得，ABC是直角三角形12（2011辽宁）ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则ABCD【答案】D【解析】由正弦定理，得，即，13（2019新课标，理15）的内角，的对边分别为，若，则的面积为【答案】【解析】由余弦定理有，14（2018新课标，文16）的内角，的对边分别为，已知，则的面积为【答案】【解析】的内角，的对边分别为，利用正弦定文可得，由于，所以，所以，则，由于，则：，当时，解得，所以当时，解得（不合题意），舍去故15（2017新课标卷2，文16）ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2bcosB=

12、acosC+ccosA，则B= 【答案】【解析】由正弦定理可得16（2016新课标，理13）的内角，的对边分别为，若，则【答案】【解析】由，可得，由正弦定理可得17（2014新课标，理16）已知分别为的三个内角的对边，=2，且，则面积的最大值为【答案】【解析】由且，即，由及正弦定理得：，故，18（2014广东）在中，角所对应的边分别为已知，则【解析】2【解析】由得：，即，故19（2013安徽）设的内角所对边的长分别为若，则则角_【解析】【解析】，所以20（2012安徽）设的内角所对的边为；则下列命题正确的是 若；则若；则若；则若；则若；则【解析】【解析】当时，与矛盾取满足得：取满足得：21（2

13、012北京）在中，若，则=【解析】4【解析】根据余弦定理可得，解得b=422（2020全国文18）的内角的对边分别为已知（1）若，求的面积；（2）若sinA+sinC=，求【答案】（1）；（2）【思路导引】（1）已知角和边，结合关系，由余弦定理建立的方程，求解得出，利用面积公式，即可得出结论；（2）将代入已知等式，由两角差的正弦和辅助角公式，化简得出有关角的三角函数值，结合的范围，即可求解【解析】（1）由余弦定理可得，的面积（2），23（2020全国文17）的内角的对边分别为，已知（1）求；（2）若，证明：是直角三角形【答案】（1）；（2）证明见解析【思路导引】（1）根据诱导公式和同角三角函数

14、平方关系，可化为，即可解出；（2）根据余弦定理可得，将代入可找到关系，再根据勾股定理或正弦定理即可证出【解析】（1），即，解得，又，（2），即，又，将代入得，即，而，解得，故，即是直角三角形24（2020全国理17）中，（1）求；（2）若，求周长的最大值【答案】（1）；（2）【思路导引】（1）利用正弦定理角化边，配凑出的形式，进而求得；（2）利用余弦定理可得到，利用基本不等式可求得的最大值，进而得到结果【解析】（1）由正弦定理可得：，（2）由余弦定理得：，即（当且仅当时取等号），解得：（当且仅当时取等号），周长，周长的最大值为25（2020江苏16）在中，角，的对边分别为，已知，（1）求的值；

15、（2）在边上取一点，使得，求的值【答案】见解析【解析】（1）由余弦定理，得，因此，即，由正弦定理，得，因此（2），故26（2020天津16）在中，角所对的边分别为已知（）求角的大小；（）求的值；（）求的值【答案】（）；（）；（）【思路导引】（）直接利用余弦定理运算即可；（）由（）及正弦定理即可得到答案；（）先计算出进一步求出，再利用两角和的正弦公式计算即可【解析】（）在中，由及余弦定理得，又因为，所以（）在中，由，及正弦定理，可得；（）由知角为锐角，由，可得，进而，所以27（2020浙江18）在锐角ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且（I）求角B；（II）求cosA+cosB+co

16、sC的取值范围【答案】（I）；（II）【思路导引】（I）首先利用正弦定理边化角，然后结合特殊角的三角函数值即可确定B的大小；（II）结合(1)的结论将含有三个角的三角函数式化简为只含有A的三角函数式，然后由三角形为锐角三角形确定A的取值范围，最后结合三角函数的性质即可求得的取值范围【解析】（I）由结合正弦定理可得：，ABC为锐角三角形，故（II）结合(1)的结论有：由可得：，则，即的取值范围是28（2020山东17）在，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，求的值；若问题中的三角形不存在，说明理由问题：是否存在，它的内角的对边分别为，且，？注：如果选择多个条件分别解答，

17、按第一个解答计分【答案】详见解析【思路导引】由题意结合所给的条件首先设出a，b的长度，然后结合余弦定理和正弦定理解三角形确定边长c即可【解析】选择条件的解析：由可得：，不妨设，则：，即据此可得：，此时选择条件的解析：由可得：，不妨设，则：，即据此可得：，则：，此时：，则：选择条件的解析：由可得：，不妨设，则：，即据此可得，与条件矛盾，则问题中的三角形不存在29（2019新课标，理17）的内角，的对边分别为，设（1）求；（2）若，求【解析】（1）的内角，的对边分别为，设则，由正弦定理得：，（2），由正弦定理得，解得，30（2019新课标，理（文）18）的内角、的对边分别为，已知（1）求；（2）若

18、为锐角三角形，且，求面积的取值范围【解析】（1），即为，可得，若，可得，不成立，由，可得；（2）若为锐角三角形，且，由余弦定理可得，由三角形为锐角三角形，可得且，解得，可得面积，31（2017新课标卷1，理17）的内角，的对边分别为，已知的面积为（1）求；（2）若，求的周长【解析】（1）面积且由正弦定理得，由得（2）由（1）得，又，由余弦定理得由正弦定理得，由得，即周长为32（2017新课标卷2，理17）的内角所对的边分别为，已知，（1）求；（2）若，的面积为，求【解析】（1）由题设及，故上式两边平方，整理得解得（2）由，故又由余弦定理及得所以b=233（2017新课标卷3，理17）的内角A，

19、B，C的对边分别为a，b，c，已知，（1）求c；（2）设为边上一点，且，求的面积【解析】（1）由得，即，又，得由余弦定理又代入并整理得，故（2），由余弦定理，即为直角三角形，则，得由勾股定理又，则，34（2016新课标卷1，理17）的内角A，B，C的对边分别别为a，b，c，已知（I）求C；（II）若的面积为，求的周长【解析】（I）由正弦定理及得，即，即，因为，所以，所以，所以（II）由余弦定理得：周长为35（2015新课标，文17）已知分别是内角的对边，（I）若，求（II）若，且求的面积【答案】（I）（II）1【解析】（I）由题设及正弦定理可得又，可得，由余弦定理可得（II）由(1)知因为90

20、，由勾股定理得故，得所以ABC的面积为136（2013新课标，理17）ABC内角A，B，C的对边分别为，已知=（）求B；（）若=2，求ABC面积的最大值【解析】（）由已知及正弦定理得，又，=，即，（）ABC的面积S=，由已知及余弦定理得，故，当且仅当时，取等号，ABC面积的最大值为37（2012新课标，理17）已知，分别为三个内角，的对边，()求；()若=2，的面积为，求，【解析】()由及正弦定理得，因为，所以由于，所以，又，故()的面积=，故=4，而故=8，解得=238（2012新课标，文17）已知，分别为三个内角，的对边，()求；()若=2，的面积为，求，【解析】()由及正弦定理得由于，所

21、以，又，故()的面积=，故=4，而故=8，解得=239（2014陕西）的内角所对的边分别为（I）若成等差数列，证明：；（II）若成等比数列，求的最小值【解析】（1）成等差数列，由正弦定理得（2）成等比数列，由余弦定理得（当且仅当时等号成立）（当且仅当时等号成立）（当且仅当时等号成立）即，所以的最小值为40（2019江苏15）在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c（1）若a=3c，b=，cosB=，求c的值；（2）若，求的值【解析】（1）由余弦定理，得，即所以（2）因为，由正弦定理，得，所以从而，即，故因为，所以，从而因此41（2019天津理15）在中，内角所对的边分别为已知，（）求的值

22、；（）求的值【解析】（）在中，由正弦定理，得，又由，得，即又因为，得到，由余弦定理可得（）由（）可得，从而，故42（2018天津）在中，内角，所对的边分别为，已知(1)求角的大小；(2)设，求和的值【解析】(1)在中，由正弦定理，可得，又由，得，即，可得又因为，可得(2)在中，由余弦定理及，有，故由，可得因为，故因此，所以，43（2016年山东）在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知（）证明：；（）求的最小值【解析】()由得，所以，由正弦定理，得（）由所以的最小值为44（2016年四川）在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且（I）证明：；（II）若，求【解析】（I）

23、证明：由正弦定理可知原式可以化解为和为三角形内角，则，两边同时乘以，可得由和角公式可知，原式得证（II）由题，根据余弦定理可知，为三角形内角，则，即由（I）可知，45（2015湖南）设的内角的对边分别为，且为钝角（1）证明：；（2）求的取值范围【解析】（1）由及正弦定理，得，所以，即又为钝角，因此+(，)，故=+，即=；（2）由（1）知，=(+)=(2+)=20，所以，于是=，因为0，所以0，因此2由此可知的取值范围是（，46（2012安徽）设的内角所对边的长分别为，且有（）求角A的大小；（)若，为的中点，求的长【解析】（）（II）在中，47（2011山东）在中，分别为内角，所对的边长已知（I

24、）求的值；（II）若，的面积【解析】（I）由正弦定理，设则所以即，化简可得又，所以，因此（II）由得由余弦定理解得a=1因此c=2又因为所以因此48（2011安徽）在中，分别为内角，所对的边长，a=，b=，求边BC上的高【解析】由，得再由正弦定理，得由上述结果知设边BC上的高为，则有考点45利用正弦定理、余弦定理解平面图形1（2020全国文11）在中，则（）ABCD【答案】C【思路导引】先根据余弦定理求，再根据余弦定理求，最后根据同角三角函数关系求【解析】设，故选C2（2020全国理7）在中，则（）ABCD【答案】A【思路导引】根据已知条件结合余弦定理求得，再根据，即可求得答案【解析】在中，根

25、据余弦定理：，可得，即，故，故选A3（2020北京10）2020年3月14日是全球首个国际圆周率日（Day）历史上，求圆周率的方法有多种，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：当正整数充分大时，计算单位圆的内接正边形的周长和外切正边形（各边均与圆相切的正边形）的周长，将它们的算术平均数作为的近似值按照阿尔卡西的方法，的近似值的表达方式是（）ABCD【答案】A【解析】当时，设圆半径为，内接正六边形边长为，则，设外切正六边形边长为，则，当时，又，4（2018新课标，理6文7）在中，则ABCD【答案】A【解析】在中，则，故选5（2017新课标1，文11）ABC的内角A、B、C的对

26、边分别为a、b、c已知，a=2，c=，则C=ABCD【答案】B6（2016新课标卷3，理8）在中，BC边上的高等于，则（）（A）（B）（C）（D）【答案】C【解析】设边上的高线为，则，所以，由余弦定理，知，故选C7（2016新课标卷3，文9）在中，BC边上的高等于，则（A）（B）（C）（D）【答案】D【解析】设边上的高线为，则，所以由正弦定理，知，即，解得，故选D8（2013新课标，文4）的内角的对边分别为，已知，则的面积为（）（A）（B）（C）（D）【答案】B【解析】，由正弦定理得，解得，又，=，故选B9（2016年天津）在中，若，=3，则AC=A1B2C3D4【解析】A【解析】由余弦定理得

27、，选A10（2013天津）在ABC中，则=ABCD【答案】C【解析】由余弦定理可得，再由正弦定理得11（2012广东）在中，若，则ABCD【解析】B【解析】由正弦定理得：12（2011天津）如图，在中，是边上的点，且，则的值为（）ABCD【解析】D【解析】设，则，在中，由余弦定理得，则，在中，由正弦定理得，解得13（2017新课标卷3，文15）ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知C=60，b=，c=3，则A=_【答案】75【解析】由题意：，即，结合可得，则14(2016全国新课标卷2，文15)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，a=1，则b=_【答案】15（2015

28、新课标，理16）在平面四边形ABCD中，A=B=C=75，BC=2，则AB的取值范围是（）【答案】（，）【解析】如图所示，延长BA，CD交于E，平移AD，当A与D重合与E点时，AB最长，在BCE中，B=C=75，E=30，BC=2，由正弦定理可得，即，解得=，平移AD，当D与C重合时，AB最短，此时与AB交于F，在BCF中，B=BFC=75，FCB=30，由正弦定理知，即，解得BF=，所以AB的取值范围为（，）16（2011全国课标，理16）在中，则的最大值为 【答案】【解析】由正弦定理得，=，=，=+=（，故的最大值为17（2011全国课标，文15）中，AC=7，AB=5，则的面积为 【答案

29、】【解析】由余弦定理得，=，即=，即，解得=3或=8(舍)，=18（2019浙江14）在中，点在线段上，若，则_，_【解析】在直角三角形ABC中，在中，可得；，所以19(2018江苏)在中，角所对的边分别为，的平分线交于点D，且，则的最小值为 【解析】9【解析】因为，的平分线交于点，所以，由三角形的面积公式可得，化简得，又，所以，则，当且仅当时取等号，故的最小值为920(2018浙江)在中，角，所对的边分别为，若，则=_，=_【解析】；3【解析】因为，所以由正弦定理得由余弦定理可得，所以21（2017浙江）已知，点为延长线上一点，连结，则的面积是_，=_【解析】，【解析】由余弦定理可得，由所以

30、，因为，所以，所以，22(2015广东)设的内角，的对边分别为，若，则【解析】1【解析】由得或，因为，所以，所以，于是有正弦定理，得，所以23（2015福建）若锐角的面积为，且，则等于 【解析】7【解析】由已知得的面积为，所以，所以，由余弦定理得，24（2015北京）在中，则【解析】1【解析】，而25（2015天津）在中，内角所对的边分别为，已知的面积为，则的值为【解析】8【解析】因为，所以，又，解方程组，得，由余弦定理得，所以26（2013福建）如图中，已知点D在BC边上，ADAC，则的长为_【解析】【解析】根据余弦定理可得，27（2018新课标，理17）在平面四边形中，（1）求；（2）若，

31、求【解析】（1），由正弦定理得：，即，（2），28（2015新课标，理17）中，是上的点，平分，面积是面积的2倍（1）求；（2）若，求和的长【解析】（1）如图，过作于，平分在中，在中，；分（2）由（1）知，过作于，作于，平分，令，则，由余弦定理可得：，的长为，的长为129（2015新课标，文17）ABC中D是BC上的点，AD平分BAC，BD=2DC（I）求；（II）若，求【解析】（I）由正弦定理得因为AD平分BAC，BD=2DC，所以（II）因为所以由（I）知，所以30（2014新课标，文17）四边形的内角与互补，（）求和；（）求四边形的面积【解析】（1）由题设及余弦定理得=，=，由得cosC

32、=，故=60，BD=（2）四边形ABCD的面积S=ABDAsinA+BCCDsinC=(12+32)sin60=31（2013新课标，理17）如图，在ABC中，ABC90，AB=，BC=1，P为ABC内一点，BPC90(1)若PB=，求PA；(2)若APB150，求tanPBA【解析】（）由已知得，PBC=，PBA=30o，在PBA中，由余弦定理得=，PA=；（）设PBA=，由已知得，PB=，在PBA中，由正弦定理得，化简得，=，=32（2019北京15）在中，（）求b，c的值；（）求的值【解析】（I）由余弦定理，得因为，所以解得，所以（II）由得由正弦定理得在中，是钝角，所以为锐角所以所以3

33、3（2018北京）在中，(1)求；(2)求边上的高【解析】(1)在中，由正弦定理得，(2)在中，=如图所示，在中，=，边上的高为34（2017天津）在中，内角所对的边分别为已知，（）求和的值；（）求的值【解析】（）在中，因为，故由，可得由已知及余弦定理，有，所以由正弦定理，得所以，的值为，的值为（）由（）及，得，所以，故35（2017北京）在中，=60，（）求的值；（）若，求的面积【解析】（）在ABC中，因为，所以由正弦定理得（）因为，所以，由，所以由余弦定理得，解得或（舍）所以ABC的面积36（2014山东）中，分别为内角，所对的边长已知（）求的值；（II）求的面积【解析】（I）在中，由题意

34、知，又因为，所有，由正弦定理可得（II）由得，由，得所以因此，的面积37（2014安徽）设的内角所对边的长分别是，且，（）求的值；（）求的值【解析】（），由正弦定理得，（）由余弦定理得，由于，故考点46正余弦定理在实际测量问题中的应用1（2020山东15）某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的界面如图所示为圆孔及轮廓圆弧所在圆的圆心，是圆弧与直线的切点，是圆弧与直线的切点，四边形为矩形，垂足为，到直线和的距离均为，圆孔半径为，则图中阴影部分的面积为【答案】【思路导引】利用求出圆弧所在圆的半径，结合扇形的面积公式求出扇形的面积，求出直角的面积，阴影部分的面积可通过两者的面积之和减去半个单位

35、圆的面积求得【解析】解法一：过作交于，交于，过作交于，设，由已知可得，又，解得扇形面积，设圆孔的半径为，则半圆孔的面积为，则，阴影部分面积为，面积为解法二：2（2014四川）如图，从气球上测得正前方的河流的两岸，的俯角分别为，此时气球的高是，则河流的宽度等于A BCD【解析】C【解析】，3（2014新课标I，文16）如图，为测量山高，选择和另一座山的山顶为测量观测点从点测得点的仰角，点的仰角以及；从点测得已知山高，则山高_【答案】150m【解析】在ABC中，CAB=，ABC=，BC=100，则AC=；在AMC中，则AMC=，由正弦定理得，AM=，在AMN中，则=150m4（2015湖北）如图，

36、一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到处时测得公路北侧一山顶D在西偏北的方向上，行驶600m后到达处，测得此山顶在西偏北的方向上，仰角为，则此山的高度m【解析】【解析】依题意，在中，由，所以，因为，由正弦定理可得，即m，在中，因为，所以，所以m5（2019江苏18）如图，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l，湖上有桥AB（AB是圆O的直径）规划在公路l上选两个点P、Q，并修建两段直线型道路PB、QA规划要求：线段PB、QA上的所有点到点O的距离均不小于圆O的半径已知点A、B到直线l的距离分别为AC和BD（C、D为垂足），测得AB=10，AC=6，BD=12（单位：百米）（1

37、）若道路PB与桥AB垂直，求道路PB的长；（2）在规划要求下，P和Q中能否有一个点选在D处？并说明理由；（3）在规划要求下，若道路PB和QA的长度均为d（单位：百米）求当d最小时，P、Q两点间的距离【解析】解法一：（1）过A作，垂足为E由已知条件得，四边形ACDE为矩形，因为PBAB，所以所以因此道路PB的长为15（百米）（2）若P在D处，由（1）可得E在圆上，则线段BE上的点（除B，E）到点O的距离均小于圆O的半径，所以P选在D处不满足规划要求若Q在D处，联结AD，由（1）知，从而，所以BAD为锐角所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径因此，Q选在D处也不满足规划要求综上，P和Q均不

38、能选在D处（3）先讨论点P的位置当OBP90时，在中，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，此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径综上，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PQ=PD+CD+CQ=17+因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17+（百米）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的方程为x2+y2=25从而A（4，3），B（4，3），直线AB的斜率为因为PBAB，所以直线PB的斜率为，直线PB的方程为所以P（13，9），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=45，所以P选在D处不满足规划要求若Q在D处，联结AD，由（1）知D（4，9），又A（4，3），所以线段AD：在线