高中数学湘教版（2019）必修 第二册1.6 解三角形同步练习题

这是一份高中数学湘教版（2019）必修 第二册1.6 解三角形同步练习题，共14页。

考点1 利用余弦定理和正弦定理解三角形
1.(2020全国Ⅲ,7,5分,)在△ABC中,cs C=23,AC=4,BC=3,则cs B=( )
2.(2021浙江,14,6分,)在△ABC中,∠B=60°,AB=2,M是BC的中点,AM=23,则AC= ,cs∠MAC= .
3.(2021新高考Ⅰ,19,12分,)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知b2=ac,点D在边AC上,BDsin∠ABC=asin C.
(1)证明:BD=b;
(2)若AD=2DC,求cs∠ABC.
4.(2020新高考Ⅰ,17,10分,)在①ac=3,②csin A=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sin A=3sin B,C=π6, ?
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
考点2 余弦定理和正弦定理在实际问题中的应用
5.(2019江苏,18,16分,)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.
考点3 三角形面积公式的应用
6.(2021全国乙理,15,5分,)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,面积为3,B=60°,a2+c2=3ac,则b= .
7.(2019课标全国Ⅱ,15,5分,)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若b=6,a=2c,B=π3,则△ABC的面积为 .
三年模拟练

1.(2020海南海口高二上期末,)设点G是△ABC的重心,且2sin B·AB+3sin A·GA+2sin C·GC=0,则cs C=( )
2.(2020广东中山高二上期末,)如图,为了测量某湿地A,B两点间的距离,观察者找到在同一直线上的C,D,E三点.从D点测得∠ADC=67.5°,从C点测得∠ACD=45°,∠BCE=75°,从E点测得∠BEC=60°.若测得DC=23,CE=2(单位:百米),则A,B两点间的距离为( )
A.6百米B.22百米
C.3百米D.23百米
3.(2020吉林长春外国语学校高二上期末,)在△ABC中,已知(a+b)∶(c+a)∶(b+c)=6∶5∶4,给出下列结论:
①这个三角形被唯一确定;
②△ABC一定是钝角三角形;
③sin A∶sin B∶sin C=7∶5∶3;
④若b+c=8,则△ABC的面积是1532.
其中正确结论的序号是 .
4.(2020广东深圳实验学校高一上期末,)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,给出下列说法:
①若a2+b2π2;
②若ab>c2,则C>π3;
③若a3+b3=c3,则C<π2;
④若2ab>(a+b)c,则C>π2;
⑤若(a2+b2)c2<2a2b2,则0其中正确的是 .(填序号)
5.()在数学建模课上,老师给大家带来了一则新闻:“2019年8月16日上午,随着最后一方混凝土浇筑到位,高423米的东莞第一高楼民盈·国贸中心2号楼(以下简称‘国贸中心’)正式封顶,标志着东莞最高楼纪录诞生,由东莞本地航母级企业民盈集团刷新了东莞天际线,比之前的东莞第一高楼台商大厦高出134米.”在同学们的惊叹中,老师提出了问题:国贸中心真有这么高吗?我们能否运用所学知识测量验证一下?一周后,两个兴趣小组分享了他们各自的测量方案.
第一小组采用的是“两次测角法”,他们在国贸中心隔壁的会展中心广场上的A点测得国贸中心顶部的仰角为α,正对国贸中心前进了s米后,到达B点,在B点测得国贸中心顶部的仰角为β,然后计算出国贸中心的高度(如图1).
第二小组采用的是“镜面反射法”,在国贸中心后面的新世纪豪园一幢11层楼(与国贸中心处于同一水平面,每层约3米)楼顶天台上,进行两个操作步骤:①将平面镜置于天台地面上,人后退至从镜中能看到国贸大厦的顶部位置,测量出人与镜子的距离为a1米;②正对国贸中心,将镜子前移a米,重复①中的操作,测量出人与镜子的距离为a2米,然后计算出国贸中心的高度(如图2).
实际操作中,第一小组测得s=310,α=30°,β=45°,最终算得国贸中心的高度为H1米;第二小组测得a1=1.45,a=12,a2=1.40,最终算得国贸中心的高度为H2米.假设测量者的“身高h”都为1.60米.
(1)请你用所学知识帮两个小组完成计算参考数据:2≈1.4,3≈1.7,sin 15°=6-24,结果保留整数;
(2)你认为哪个小组的方案更好?请说明理由.
答案全解全析
五年高考练
1.A 由cs C=AC2+BC2-AB22AC·BC得23=16+9-AB22×4×3,∴AB=3(负值舍去),
∴cs B=BA2+BC2-AC22BA·BC=9+9-162×3×3=19,故选A.
2.答案 213;23913
解析 由题意知在△ABM中,AB=2,∠B=60°,AM=23,
由余弦定理得AM2=AB2+BM2-2AB·BM·cs B,即12=4+BM2-4·BM·12,
解得BM=4或BM=-2(舍去),
∵M为BC的中点,∴BM=MC=4,BC=8,
在△ABC中,由余弦定理知AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cs B,
∴AC2=4+64-2×2×8×12=52,
∴AC=213.
在△AMC中,由余弦定理可得
cs∠MAC=AM2+AC2-MC22AM·AC=12+52-162×23×213=23913.
3.解析 (1)证明:在△ABC中,由BD·sin∠ABC=asin C及正弦定理可得BD·b=a·c,又b2=ac,所以BD·b=b2,故BD=b.
(2)由AD=2DC得AD=23b,DC=b3,
在△ABD中,cs A=AD2+AB2-BD22AD·AB=49b2+c2-b22×23bc=c2-59b243bc,
在△ABC中,cs A=AC2+AB2-BC22AC·AB=b2+c2-a22bc.
故c2-59b243bc=b2+c2-a22bc,化简得3c2-11b2+6a2=0,
又b2=ac,
所以3c2-11ac+6a2=0,即(c-3a)(3c-2a)=0,
所以c=3a或c=23a.
当c=3a时,b2=ac=3a2,所以b=3a,此时a+b当c=23a时,b2=ac=23a2,所以b=63a,此时a,b,c可以构成三角形,
故c=23a,b=63a,所以在△ABC中,cs∠ABC=a2+c2-b22ac=a2+49a2-23a22a·23a=712.
4.解析 方案一:选条件①.
由C=π6和余弦定理得a2+b2-c22ab=32.
由sin A=3sin B及正弦定理得a=3b.
于是3b2+b2-c223b2=32,由此可得b=c.
由①ac=3,解得a=3,b=c=1.
因此,选条件①时问题中的三角形存在,此时c=1.
方案二:选条件②.
由C=π6和余弦定理得a2+b2-c22ab=32.
由sin A=3sin B及正弦定理得a=3b.
于是3b2+b2-c223b2=32,
由此可得b=c,B=C=π6,A=2π3.
由②csin A=3,所以c=b=23,a=6.
因此,选条件②时问题中的三角形存在,此时c=23.
方案三:选条件③.
由C=π6和余弦定理得a2+b2-c22ab=32.
由sin A=3sin B及正弦定理得a=3b.
于是3b2+b2-c223b2=32,由此可得b=c.
由③c=3b,与b=c矛盾.
因此,选条件③时问题中的三角形不存在.
5.解析 (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cs∠PBD=sin∠ABE=810=45.
所以PB=BDcs∠PBD=1245=15.
因此道路PB的长为15百米.
(2)不能,理由如下:
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,连接AD,由(1)知AD=AE2+ED2=10,
从而cs∠BAD=AD2+AB2-BD22AD·AB=725>0,
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.
设P1为l上一点,且P1B⊥AB,由(1)知,P1B=15,
此时P1D=P1Bsin∠P1BD=P1Bcs∠EBA=15×35=9;
当∠OBP>90°时,在△PP1B中,PB>P1B=15.
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,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.
6.答案 22
解析 由S△ABC=12acsin B=34ac=3得ac=4.
由b2=a2+c2-2ac·cs B=a2+c2-ac,
结合a2+c2=3ac得到b2=2ac=8,∴b=22.
7.答案 63
解析 由b2=a2+c2-2accs B及已知得62=(2c)2+c2-2×2c×c×12,∴c=23(c=-23舍去).
∴a=2c=43,∴△ABC的面积S=12ac·sin B=12×43×23×32=63.
三年模拟练
1.B 因为点G是△ABC的重心,所以GA+GB+GC=0,由题意及正弦定理得2b·AB+3a·GA+2c·GC=0,所以2b·(GB-GA)+3a·GA+2c·GC=0,即(3a-2b)GA+2bGB+2c·GC=0,故2b=2c=3a-2b,即b=c,a=43b.
由余弦定理得cs∠ACB=a2+b2-c22ab=169b2+b2-b22×4b3×b=23.
2.C 在△ADC中,∠ACD=45°,∠ADC=67.5°,则∠DAC=180°-45°-67.5°=67.5°,
又DC=23,∴AC=DC=23.
在△BCE中,∠BCE=75°,∠BEC=60°,
则∠EBC=180°-75°-60°=45°,由正弦定理得ECsin∠EBC=BCsin∠BEC,
∴BC=EC×sin∠BECsin∠EBC=2×3222=3.
在△ABC中,AC=23,BC=3,
∠ACB=180°-∠ACD-∠BCE=60°,
由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cs∠ACB=9,∴AB=3(负值舍去),即A,B两点间的距离为3百米.
3.答案 ②③
解析 ∵(a+b)∶(c+a)∶(b+c)=6∶5∶4,∴设a+b=6k,c+a=5k,b+c=4k(k>0),
∴a=72k,b=52k,c=32k,
则a∶b∶c=7∶5∶3,由扩充的正弦定理可知,
sin A∶sin B∶sin C=7∶5∶3,故③正确;
由于三角形ABC的边长不确定,故三角形不确定,故①错误;
cs A=b2+c2-a22bc=254k2+94k2-494k22×52×32k2=-12<0,则A=120°,故△ABC是钝角三角形,故②正确;
若b+c=8,则52k+32k=4k=8,解得k=2,
故b=5,c=3,
又∵A=120°,∴△ABC的面积S=12bcsin A=12×5×3×32=1534,故④错误.
故正确的是②③.
4.答案 ①③⑤
解析 因为a2+b2π2,故①正确;
因为ab>c2,所以cs C=a2+b2-c22ab≥2ab-c22ab>2ab-ab2ab=12,又0因为a3+b3=c3,a>0,b>0,c>0,
所以ac3+bc3=1,
所以0所以1=ac3+bc3即a2+b2>c2,故C<π2,故③正确;
因为2ab>(a+b)c,所以c<2aba+b,
所以c2<2aba+b2=4a2b2a2+b2+2ab,
因为a2+b2≥2ab,
所以c2<4a2b2a2+b2+2ab≤4a2b24ab=ab,
由②知,此时0因为(a2+b2)c2<2a2b2,
所以c2<2a2b2a2+b2,因为a2+b2≥2ab,
所以c2<2a2b2a2+b2≤2a2b22ab=ab,
由②知,此时05.解析 (1)第一小组:在△ABD中,sin∠DAB=12,AB=310米,sin∠ADB=sin(45°-30°)=sin 15°=6-24,
由正弦定理,得ABsin∠ADB=BDsin∠DAB,即3106-24=BD12,所以BD=155(6+2).
在Rt△BCD中,CDBD=22,所以CD=22BD=22×155(6+2)≈418.5,
所以H1≈418.5+1.6=420.1≈420.
第二小组:由△MKE∽△PQE,
得EQ=PQ·KEMK=a1·PQh.
同理,由△NTF∽△PQF,得FQ=PQ·TFTN=a2·PQh.
因为EQ-FQ=a,所以(a1-a2)·PQh=a,
所以PQ=aha1-a2=12×,
所以H2=PQ+3×11=417.
(2)答案不唯一,言之有理即可.
第一组方案:
优点:①测量方法较好理解,普适性强;②计算思路简单.
不足:①距离较长,测量要求高,难度大;②角度测量较难精准,容易造成误差;③场地要求较高.
第二组方案:
优点:①测量方法有创意(用到镜面成像和相似三角形);②相对距离短,比较好测量;③只需测量距离,需要的工具少.
不足:①两次放镜子相对距离太短,容易造成误差;②镜面放置较难保持水平,容易造成误差;③如果镜面较大,那么人眼看镜内物像时,两次不一定都看在镜上的同一个点,易造成误差;④人与镜子的距离差值较小,测量容易造成误差.