2017—2019年高考真题汇编专题10 解三角形(解析版)

专题10 解三角形

1．【2018年高考全国Ⅱ理数】在△ABC中，cosA．42 C．29 【答案】A

C5，BC1，AC5，则AB 25B．30 D．25 532C121, 【解析】因为cosC2cos525222所以ABBCAC2BCACcosC12521532，则AB42，故选A.

235【名师点睛】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，灵活转化为边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.

C的对边分别为a，b，c，若△ABC的面积为2．【2018年高考全国Ⅲ理数】△ABC的内角A，B，a2b2c2，则C

4π 2πC．

4A．【答案】C

【解析】由题可知S△ABCπ 3πD．

6B．

1a2b2c2，所以a2b2c22absinC， absinC24π，故选C. 4由余弦定理a2b2c22abcosC，得sinCcosC，因为C0,π，所以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.

3．【2017年高考山东卷理数】在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若△ABC为锐角三

角形，且满足sinB(12cosC)2sinAcosCcosAsinC，则下列等式成立的是 A．a2b C．A2B 【答案】A

B．b2a D．B2A

【解析】由题意知sin(AC)2sinBcosC2sinAcosCcosAsinC， 所以2sinBcosCsinAcosC2sinBsinA2ba， 故选A.

【名师点睛】本题较为容易，关键是要利用两角和与差的三角函数公式进行恒等变形. 首先用两角和的正弦公式转化为含有A，B，C的式子，再用正弦定理将角转化为边，得到a2b.解答三角形中的问题时，三角形内角和定理是经常用到的一个隐含条件，不容忽视.

4．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若b6,a2c,Bπ，则3△ABC的面积为_________．

【答案】63 【解析】由余弦定理得b2a2c22accosB，所以(2c)c22cc解得c23,c23（舍去），

22162，即c212， 2所以a2c43，S△ABC113acsinB432363. 222【名师点睛】本题易错点往往是余弦定理应用有误或是开方导致错误．解答此类问题，关键是在明确方法的基础上，准确记忆公式，细心计算．本题首先应用余弦定理，建立关于c的方程，应用a,c的关系、三角形面积公式计算求解，本题属于常见题目，难度不大，注重了基础知识、基本方法、数学式子的变形及运算求解能力的考查．

5．【2019年高考浙江卷】在△ABC中，ABC90，AB4，BC3，点D在线段AC上，若

BDC45，则BD___________，cosABD___________．

【答案】12272 ，510【解析】如图，在△ABD中，由正弦定理有：

ABBD3π，而AB4,ADB，

sinADBsinBAC4AC=AB2+BC2=5，sinBACBC3AB4122,cosBAC，所以BD. AC5AC55ππ72. cosABDcos(BDCBAC)coscosBACsinsinBAC4410

【名师点睛】本题主要考查解三角形问题，即正弦定理、三角恒等变换、数形结合思想及函数方程思想.在△ABD中应用正弦定理，建立方程，进而得解.解答解三角形问题，要注意充分利用图形特征. 6．【2018年高考浙江卷】在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若asin B=___________，c=___________． 【答案】

7，b=2，A=60°，则

21，3 7【解析】由正弦定理得

22asinA2π21，所以sinBsin, bsinB37722由余弦定理得abc2bccosA,74c2c,c3（负值舍去）.

【名师点睛】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为边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.解答本题时，根据正弦定理得sinB，根据余弦定理解出c.

7．【2017年高考浙江卷】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】

1510 ,24【解析】取BC中点E，由题意：AEBC， △ABE中，cosABCBE11115，∴cosDBC,sinDBC1， AB44164∴S△BCD115． BDBCsinDBC222∵ABC2BDC，∴cosABCcos2BDC2cosBDC11， 4

解得cosBDC1010或cosBDC（舍去）． 441510，cosBDC． 24综上可得，△BCD面积为【名师点睛】利用正、余弦定理解决实际问题的一般思路：

（1）实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可以利用正弦定理或余弦定理求解；

（2）实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个或两个以上三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，再逐步解其他三角形，有时需要设出未知量，从几个三角形中列出方程（组），解方程（组）得出所要的解．

8．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设

(sinBsinC)2sin2AsinBsinC．

（1）求A；

（2）若2ab2c，求sinC． 【答案】（1）A60；（2）sinC62. 4【解析】（1）由已知得sin2Bsin2Csin2AsinBsinC， 故由正弦定理得b2c2a2bc．

b2c2a21由余弦定理得cosA．

2bc2因为0A180，所以A60． （2）由（1）知B120C，

由题设及正弦定理得2sinAsin120C2sinC，

即6312． cosCsinC2sinC，可得cosC602222由于0C120，所以sinC602，故 2

sinCsinC6060

sinC60cos60cosC60sin60 62． 4【名师点睛】本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形的问题，涉及到两角和差正弦公式、同角三角函数关系的应用，解题关键是能够利用正弦定理对边角关系式进行化简，得到余弦定理的形式或角之间的关系.

9．B，C的对边分别为a，b，c，【2019年高考全国Ⅲ卷理数】△ABC的内角A，已知asin（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）(ACbsinA． 233,). 82【解析】（1）由题设及正弦定理得sinAsinACsinBsinA． 2因为sinA0，所以sinACsinB． 2ACBBBBcos，故cos2sincos． 22222由ABC180，可得sin因为cosBB10，故sin， 222因此B=60°．

（2）由题设及（1）知△ABC的面积S△ABC3a． 4sin120CcsinA31由正弦定理得a．

sinCsinC2tanC21a2， 2

从而

33． S△ABC8233因此，△ABC面积的取值范围是8,2．

【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. 10．【2019年高考北京卷理数】在△ABC中，a=3，b−c=2，cosB=（1）求b，c的值； （2）求sin（B–C）的值． 【答案】（1）b7，c5；（2）1． 243. 7【解析】（1）由余弦定理b2a2c22accosB，得

1b232c223c.

2因为bc2，

222所以(c2)3c23c1. 2解得c5. 所以b7. （2）由cosB13. 得sinB22c53. sinBb14由正弦定理得sinC在△ABC中，∠B是钝角， 所以∠C为锐角.

所以cosC1sinC211. 1443. 7所以sin(BC)sinBcosCcosBsinC【名师点睛】本题主要考查余弦定理、正弦定理的应用，两角差的正弦公式的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

11．【2019年高考天津卷理数】在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c．已知bc2a，

3csinB4asinC．

（1）求cosB的值；

sin2B（2）求的值．

6【答案】（1）1357. ；（2）416bc，得bsinCcsinB， sinBsinC【解析】（1）在△ABC中，由正弦定理

又由3csinB4asinC，得3bsinC4asinC，即3b4a．

42a，ca． 33416a2a2a2222acb199． 由余弦定理可得cosB22ac42aa3又因为bc2a，得到b（2）由（1）可得sinB1cos2B15， 4从而sin2B2sinBcosB71522，cos2BcosBsinB，故

8815371357． sin2Bsin2Bcoscos2Bsin666828216【名师点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系，两角和的正弦公式，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．

12．【2019年高考江苏卷】在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．

（1）若a=3c，b=2，cosB=

2，求c的值； 3（2）若

sinAcosB，求sin(B)的值． a2b2325. ；（2）35【答案】（1）c【解析】（1）因为a3c,b2,cosB2， 3

1a2c2b22(3c)2c2(2)22由余弦定理cosB，得，即c.

32ac323cc所以c3. 3sinAcosB， a2babcosBsinB由正弦定理，得，所以cosB2sinB. sinAsinB2bb422222从而cosB(2sinB)，即cosB41cosB，故cosB.

5（2）因为

因为sinB0，所以cosB2sinB0，从而cosB25. 5因此sinBπ25. cosB25【名师点睛】本小题主要考查正弦定理、余弦定理、同角三角函数关系、诱导公式等基础知识，考查运算求解能力.

13．【2019年高考江苏卷】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）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．

【答案】（1）15（百米）；（2）见解析；（3）17+321（百米）. 【解析】解法一：

（1）过A作AEBD，垂足为E.

由已知条件得，四边形ACDE为矩形，DEBEAC6, AECD8.' 因为PB⊥AB，

所以cosPBDsinABE所以PB84. 105BD1215.

cosPBD45因此道路PB的长为15（百米）.

（2）①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.

②若Q在D处，连结AD，由（1）知ADAE2ED210，

AD2AB2BD27从而cosBAD0，所以∠BAD为锐角.

2ADAB25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均不能选在D处. （3）先讨论点P的位置.

当∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；

当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求.

AB，由（1）知，P1B=15， 设P1为l上一点，且PB1PBPB此时PD11sinPBD11cosEBA1515. 当∠OBP>90°时，在△PPB中，PBPB11由上可知，d≥15. 再讨论点Q的位置.

39； 5

由（2）知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.当QA=15时，

CQQA2AC215262321.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PB⊥AB，点Q位于点C右侧，且CQ=321时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQ=PD+CD+CQ=17+321. 因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17+321（百米）. 解法二：

（1）如图，过O作OH⊥l，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PB⊥AB，所以直线PB的斜率为直线PB的方程为y3. 44， 3425x. 33所以P（−13，9），PB(134)2(93)215. 因此道路PB的长为15（百米）.

（2）①若P在D处，取线段BD上一点E（−4，0），则EO=4<5，所以P选在D处不满足规划要求. ②若Q在D处，连结AD，由（1）知D（−4，9），又A（4，3）， 所以线段AD：y3x6(4x4). 421515在线段AD上取点M（3，），因为OM3232425， 44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均不能选在D处. （3）先讨论点P的位置.

当∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；

当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求.

AB，由（1）知，P1B=15，此时P1（−13，9）； 设P1为l上一点，且PB115. 当∠OBP>90°时，在△PPB中，PBPB11由上可知，d≥15. 再讨论点Q的位置.

由（2）知，要使得QA≥15，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AQ(a4)2(93)215(a4)，得a=4321，所以Q（4321，9），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P（−13，9），Q（4321，9）时，d最小，此时P，Q两点间的距离

PQ4321(13)17321.

因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17321（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.

14．【2018年高考全国Ⅰ理数】在平面四边形ABCD中，ADC90，A45，AB2，BD5.

（1）求cosADB；

（2）若DC22，求BC. 【答案】（1）

23；（2）5. 5【解析】（1）在△ABD中，由正弦定理得由题设知，

BDAB.

sinAsinADB522. ，所以sinADBsin45sinADB5由题设知，ADB90，

所以cosADB1223. 2552. 5（2）由题设及（1）知，cosBDCsinADB在△BCD中，由余弦定理得

BC2BD2DC22BDDCcosBDC

25825222 525.

所以BC5.

【名师点睛】求解此类问题的突破口：

一是观察所给的四边形的特征，正确分析已知图形中的边角关系，判断是用正弦定理，还是用余弦定理，求边角；

二是注意大边对大角，在解三角形中的应用.

a215．B，C的对边分别为a，b，c，. 【2017年高考全国Ⅰ理数】已知△ABC的面积为△ABC的内角A，

3sinA（1）求sin Bsin C;

（2）若6cos Bcos C=1，a=3，求△ABC的周长. 【答案】（1）

2；（2）333. 31a1a2. 【解析】（1）由题设得acsinB，即csinB23sinA23sinA1sinAsinCsinB. 23sinA2故sinBsinC.

3由正弦定理得

（2）由题设及（1）得cosBcosCsinBsinC所以BC11，即cos(BC). 222ππ，故A. 331a2由题设得bcsinA，即bc8.

23sinA由余弦定理得b2c2bc9，即(bc)3bc9，得bc33.

2

故△ABC的周长为333.

【名师点睛】在处理解三角形问题时，要注意抓住题目所给的条件，当题设中给定三角形的面积，可以使用面积公式建立等式，再将所有边的关系转化为角的关系，有时需将角的关系转化为边的关系；解三角形问题常见的一种考题是“已知一条边的长度和它所对的角，求面积或周长的取值范围”或者“已知一条边的长度和它所对的角，再有另外一个条件，求面积或周长的值”，这类问题的通法思路是：全部转化为角的关系，建立函数关系式，如yAsin(x)b，从而求出范围，或利用余弦定理以及基本不等式求范围；求具体的值直接利用余弦定理和给定条件即可.

16．B，C所对的边分别为a，b，c.已知bsinAacos(B). 【2018年高考天津卷理数】在△ABC中，内角A，

（1）求角B的大小；

（2）设a=2，c=3，求b和sin(2AB)的值. 【答案】（1）

π33. ；（2）b=7，sin(2AB)=3146【解析】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．满分13分． （1）在△ABC中，由正弦定理

ab，可得bsinAasinB， sinAsinBππ又由bsinAacos(B)，得asinBacos(B)，

66π即sinBcos(B)，可得tanB3．

6又因为B(0，π)，可得B=

π． 3（2）在△ABC中，由余弦定理及a=2，c=3，B=

π，有b2a2c22accosB7，故b=7． 33π由bsinAacos(B)，可得sinA．

67因为a1432 ，cos2A2cosA1．77因此sin2A2sinAcosA所以，sin(2AB)sin2AcosBcos2AsinB4311333 ．727214【名师点睛】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．

17．【2017年高考全国Ⅱ理数】△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知sinAC8sin（1）求cosB；

（2）若ac6，△ABC的面积为2，求b． 【答案】（1）cosB2B． 215；（2）b2． 172【解析】（1）由题设及ABC，可得sinB8sin上式两边平方，整理得17cos2B32cosB150，

B，故sinB41cosB． 215． 1715814ac． （2）由cosB得sinB，故S△ABC=acsinB171721717又S△ABC=2，则ac．

2解得cosB1(舍去)，cosB由余弦定理及ac6得：

b2a2c22accosBac2ac1cosB362所以b2．

21715(1)4, 217【名师点睛】解三角形问题是高考的高频考点，命题大多放在解答题的第一题，主要利用三角形的内角和定理，正、余弦定理，三角形的面积公式等知识进行求解．解题时要灵活利用三角形的边角关系进行“边转角”“角转边”，另外要注意ac,ac,ac三者之间的关系，这样的题目小而活，备受命题者的青睐．

18．【2018年高考北京卷理数】在△ABC中，a=7，b=8，cosB=–（1）求∠A；

（2）求AC边上的高． 【答案】（1）

221． 7π33；（2）． 321π，∴B∈（，π）， 72【解析】（1）在△ABC中，∵cosB=–

∴sinB=1cos2B43． 7

8ab7=43， 由正弦定理得

sinAsinBsinA7∴sinA=3． 2ππ，π），∴A∈（0，）， 22π∴∠A=．

3∵B∈（

（2）在△ABC中，sinC=sin（A+B）=sinAcosB+sinBcosA=3114333=． ()272714如图所示，在△ABC中，∵sinC=

h3333，∴h=BCsinC=7， BC142∴AC边上的高为

33． 2

【名师点睛】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，基本步聚是：

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.

a5,c6，19．【2017年高考天津卷理数】在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c．已知ab，

sinB3． 5（1）求b和sinA的值； （2）求sin(2Aπ)的值． 431372. ；（2）1326【答案】（1）b的值为13，sinA的值为

【解析】（1）在△ABC中，因为ab，故由sinB34，可得cosB． 55由已知及余弦定理，有b2a2c22accosB13， 所以b13．

由正弦定理

abasinB313，得sinA． sinAsinBb13313． 13所以，b的值为13，sinA的值为

（2）由（1）及ac，得cosA所以sin2A2sinAcosA213， 131252，cos2A12sinA． 1313故sin(2Aπππ72． )sin2Acoscos2Asin44426【名师点睛】（1）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．（2）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．

20．【2017年高考全国Ⅲ理数】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sinA3cosA0，

a=27，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）c4；（2）3.

2π. 32π2在△ABC中，由余弦定理得284c4ccos，即c22c240.

3【解析】（1）由已知可得tanA3，所以A解得c6 (舍去)，c4. （2）由题设可得CADπ， 2π. 6所以BADBACCAD

1πABADsin261.

故△ABD面积与△ACD面积的比值为

1ACAD21又△ABC的面积为42sinBAC23，

2所以△ABD的面积为3.

【名师点睛】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. （1）由题意首先求得A2π，然后利用余弦定理列方程，边长取方程的正实数根可得c4； 3（2）利用题意首先求得△ABD的面积与△ACD的面积的比值，然后结合△ABC的面积可求得

△ABD的面积为3.

21．【2017年高考江苏卷】如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm，

容器Ⅰ的底面对角线AC的长为107cm，容器Ⅱ的两底面对角线EG，E1G1的长分别为14cm和62cm．分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ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l放在容器Ⅰ中，l的一端置于点A处，另一端置于侧棱CC1上，求l没入水中部分的长度； （2）将l放在容器Ⅱ中，l的一端置于点E处，另一端置于侧棱GG1上，求l没入水中部分的长度．

【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，CC1⊥平面ABCD，所以平面A1ACC1⊥平面ABCD，CC1⊥AC．

记玻璃棒的另一端落在CC1上点M处． 因为AC107,AM40，所以MC40(107)30，从而sin∠MAC223， 4记AM与水面的交点为P1，过P1作P1Q1⊥AC，Q1为垂足， 则P1Q1⊥平面ABCD，故P1Q1=12，从而AP1=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)

P1Q116．

sin∠MAC

（2）如图，O，O1是正棱台的两底面中心．

由正棱台的定义，OO1⊥平面EFGH，所以平面E1EGG1⊥平面EFGH，O1O⊥EG． 同理，平面E1EGG1⊥平面E1F1G1H1，O1O⊥E1G1． 记玻璃棒的另一端落在GG1上点N处．

过G作GK⊥E1G1，K为垂足，则GK =OO1=32． 因为EG = 14，E1G1= 62，

621424，从而GG1KG12GK2 24232240． 24设∠EGG1,∠ENG,则sinsin(∠KGG1)cos∠KGG1．

253因为，所以cos．

25所以KG1=

在△ENG中，由正弦定理可得

40147，解得sin． sinsin25

因为024，所以cos． 225424373()． 5255255于是sin∠NEGsin()sin()sincoscossin记EN与水面的交点为P2，过P2作P2Q2⊥EG，Q2为垂足，则P2Q2⊥平面EFGH， 故P2Q2=12，从而EP2=

P2Q220．

sin∠NEG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∠EGG1，再利用正弦定理求角∠ENG，最后根据直角三角形求高，即为l没入水中部分的长度．

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．

22．【2017年高考北京卷理数】在△ABC中，A=60°，c=

（1）求sin C的值；

（2）若a=7，求△ABC的面积. 【答案】（1）3a. 733；（2）63. 14【解析】（1）在△ABC中，因为A60，c3a， 7所以由正弦定理得sinCcsinA3333. a7214（2）因为a7，所以c373. 7222由余弦定理a2b2c22bccosA得7b32b3解得b8或b5（舍）. 所以△ABC的面积S1， 2113bcsinA8363. 222

【名师点睛】高考中经常将三角变换与解三角形知识综合起来命题，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理实现边角互化；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理实现边角互化；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．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. （1）根据正弦定理

ac求sinC的值； sinAsinC1bcsinA2（2）根据条件可知a7,c3,根据余弦定理求出b的值，最后利用三角形的面积公式S进行求解即可.