2021年高考数学三轮冲刺训练解三角形含解析

这是一份2021年高考数学三轮冲刺训练解三角形含解析，共25页。试卷主要包含了正、余弦定理，判定三角形形状的两种常用途径等内容，欢迎下载使用。
解三角形高考对正弦定理和余弦定理的考查较为灵活，题型多变，往往以小题的形式独立考查正弦定理或余弦定理，以解答题的形式综合考查定理的综合应用，多与三角形周长、面积有关；有时也会与平面向量、三角恒等变换等结合考查，试题难度控制在中等或以下，主要考查灵活运用公式求解计算能力、推理论证能力、数学应用意识、数形结合思想等． 1.正、余弦定理在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC外接圆半径，则定理正弦定理余弦定理公式＝＝＝2Ra2＝b2＋c2－2bccos A；b2＝c2＋a2－2cacos B；c2＝a2＋b2－2abcos C常见变形(1)a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C；(2)sin A＝，sin B＝，sin C＝；(3)a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C；(4)asin B＝bsin A，bsin C＝csin B，asin C＝csin Acos A＝；cos B＝；cos C＝2.S△ABC＝absin C＝bcsin A＝acsin B＝＝(a＋b＋c)·r(r是三角形内切圆的半径)，并可由此计算R，r. 3.在△ABC中，已知a，b和A时，解的情况如下：  A为锐角A为钝角或直角图形关系式a＝bsin bsin A a<a<b a≥b a>b a≤b解的个数一解两解一解一解无解 4.判定三角形形状的两种常用途径(1)化角为边：利用正弦定理、余弦定理化角为边，通过代数恒等变换，求出边与边之间的关系进行判断;(2)化边为角：通过正弦定理和余弦定理，化边为角，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断; 一、利用正弦定理可解决两类问题基本类型一般解法已知两角及其中一角的对边，如A，B，a①由A＋B＋C＝180°，求出C；②根据正弦定理，得＝及＝，求出边b，c已知两边及其中一边所对的角，如a，b，A①根据正弦定理，经讨论求B；②求出B后，由A＋B＋C＝180°，求出C；③再根据正弦定理＝，求出边c.[提醒]　也可以根据余弦定理，列出以边c为元的一元二次方程c2－(2bcos A)c＋(b2－a2)＝0，根据一元二次方程的解法，求边c，然后应用正弦定理或余弦定理，求出B，C二、利用余弦定理可解决两类问题已知两边和它们的夹角，如a，b，C①根据余弦定理c2＝a2＋b2－2abcos C，求出边c；②根据cos A＝，求出A；③根据B＝180°－(A＋C)，求出B.求出第三边后，也可用正弦定理求角，这样往往可以使计算简便，应用正弦定理求角时，为了避开讨论(因为正弦函数在区间(0，π)上是不单调的)，应先求较小边所对的角，它必是锐角已知三边可以连续用余弦定理求出两角，常常是分别求较小两边所对的角，再由A＋B＋C＝180°，求出第三个角；由余弦定理求出一个角后，也可以根据正弦定理求出第二个角，但仍然是先求较小边所对的角 .1、在△ABC中，cosC=，AC=4，BC=3，则cosB=A．  B． C．  D．【答案】A【解析】在中，，，，根据余弦定理：，，可得 ，即，由，故.故选：A．2、在中，，，，则A．  B．C．        D．【答案】A【解析】因为所以，故选A.3、的内角的对边分别为，，，若的面积为，则A． B．C． D．【答案】C【解析】由题可知，所以，由余弦定理，得，因为，所以，故选C.4、如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos∠FCB=______________.【答案】【解析】，，，由勾股定理得，同理得，，在中，，，，由余弦定理得，，在中，，，，由余弦定理得.故答案为：.5、的内角的对边分别为.若，则的面积为_________．【答案】【解析】由余弦定理得，所以，即，解得（舍去），所以，6、中，sin2A－sin2B－sin2C= sinBsinC．（1）求A；（2）若BC=3，求周长的最大值．【解析】（1）由正弦定理和已知条件得，①由余弦定理得，②由①，②得.因为，所以.（2）由正弦定理及（1）得，从而，.故.又，所以当时，周长取得最大值.7、在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）求的值；（2）在边BC上取一点D，使得，求的值．【解析】（1）在中，因为，由余弦定理，得，所以.在中，由正弦定理，得，所以（2）在中，因为,所以为钝角，而,所以为锐角.故则.因为，所以，.从而.8、在中，角所对的边分别为．已知．（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）求的值；（Ⅲ）求的值．【解析】（Ⅰ）在中，由余弦定理及，有．又因为，所以．（Ⅱ）在中，由正弦定理及，可得．（Ⅲ）由及，可得，进而．所以，．9、在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，C．已知．（Ⅰ）求角B的大小；（Ⅱ）求cosA+cosB+cosC的取值范围．【解析】（Ⅰ）由正弦定理得，故，由题意得.（Ⅱ）由得，由是锐角三角形得.由得.故的取值范围是.10、的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设．（1）求A；（2）若，求sinC．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由已知得，故由正弦定理得．由余弦定理得．因为，所以．（2）由（1）知，由题设及正弦定理得，即，可得．由于，所以，故．11、△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（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）.【解析】（1）由题设及正弦定理得．因为sinA0，所以．由，可得，故．因为，故，因此B=60°．（2）由题设及（1）知△ABC的面积．由正弦定理得．由于△ABC为锐角三角形，故0°<A<90°，0°<C<90°，由（1）知A+C=120°，所以30°<C<90°，故，从而．因此，△ABC面积的取值范围是．12、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），；（2）.【解析】（1）由余弦定理，得.因为，所以.解得.所以.（2）由得.由正弦定理得.在中，∠B是钝角，所以∠C为锐角.所以.所以.13、在中，内角所对的边分别为．已知，．（1）求的值；（2）求的值．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）在中，由正弦定理，得，又由，得，即．又因为，得到，．由余弦定理可得．（2）由（1）可得，从而，，故．14、在中，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为己知，求：（Ⅰ）a的值：（Ⅱ）和的面积．条件①：；条件②：．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【解析】选择条件①（Ⅰ）（Ⅱ）由正弦定理得：选择条件②（Ⅰ）由正弦定理得：（Ⅱ）15、在①，②，③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，按第一个解答计分．【解析】方案一：选条件①．由和余弦定理得．由及正弦定理得．于是，由此可得．由①，解得．因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时．方案二：选条件②．由和余弦定理得．由及正弦定理得．于是，由此可得，，．由②，所以．因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时．方案三：选条件③．由和余弦定理得．由及正弦定理得．于是，由此可得．由③，与矛盾．因此，选条件③时问题中的三角形不存在．一、单选题1、在中，若    ，则=（      ）A．1 B．2         C．3 D．4【答案】A【解析】余弦定理将各值代入得解得或(舍去)选A.2、已知△的内角的对边分别为，若，，则△面积的最大值是A． B． C． D．【答案】B【解析】由题意知，由余弦定理，，故，有，故.故选：B3、泉城广场上矗立着的“泉标”，成为泉城济南的标志和象征．为了测量“泉标”高度，某同学在“泉标”的正西方向的点A处测得“泉标”顶端的仰角为，沿点A向北偏东前进100 m到达点B，在点B处测得“泉标”顶端的仰角为，则“泉标”的高度为（    ）A．50 m B．100 m C．120 m D．150 m【答案】A【解析】如图,为“泉标”高度,设高为米，由题意,平面,米,，．
在中,,在中,,
在中,，,，,
由余弦定理可得，
解得或 (舍去),
故选：B.4、在中，“”是“为钝角三角形”的（    ）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】由题意可得，在中，因为，所以，因为，所以，，结合三角形内角的条件，故A,B同为锐角，因为，所以，即，所以，因此，所以是锐角三角形，不是钝角三角形，所以充分性不满足，反之，若是钝角三角形，也推不出“，故必要性不成立，所以为既不充分也不必要条件，故选D.5、在中，满足，则下列说法中错误的是（    ）A．可能为 B．可能为 C．可能为 D．可能为等腰【答案】B【解析】若，取，此时三个内角满足，故A正确且D正确.若，则，故，故，故，所以，与内角和为矛盾，故B错误.若， 取，则，此时三个内角满足，故C正确.故选：B.二、多选题6、，，分别为内角，，的对边.已知，且，则（    ）A． B．C．的周长为 D．的面积为【答案】ABD【解析】∵，∴，∴.由余弦定理得，整理得，又，∴，.周长为.故的面积为.故选：ABD7、当时，函数与的图象恰有三个交点，且是直角三角形，则（    ）A．的面积 B．C．两函数的图象必在处有交点 D．【答案】BD【解析】由可得，而，因为当时，函数与的图象恰有三个交点，且是直角三角形，所以该直角三角形斜边上的高为，且该直角三角形必为等腰直角三角形，因此斜边为，所以这两个函数的周期都为，则，所以，即B正确；三角形的面积为，故A错；当时，，因为这两个函数恰有三个交点，所以，又，所以，故D正确；因为，所以两函数的图象在处不可能有交点，故C错.故选：BD8、在中，内角，，所对的边分别为，，，若，，依次成等差数列，则下列结论中不一定成立的是（    ）A．，，依次成等差数列B．，，依次成等差数列C．，，依次成等差数列D．，，依次成等差数列【答案】ABD【解析】中，内角所对的边分别为，若，，依次成等差数列，
则：，
利用，
整理得：，
利用正弦和余弦定理得：，
整理得：，
即：依次成等差数列.此时对等差数列的每一项取相同的运算得到数列，，或，，或，，，这些数列一般都不可能是等差数列，除非，但题目没有说是等边三角形，
故选：ABD.三、填空题9、在中，分别为内角的对边，若，且，则__________．【答案】4【解析】已知等式，利用正弦定理化简得：，可得，，可解得，余弦定理可得，，可解得，故答案为.10、在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为，若，，则______．【答案】4【解析】∵，∴由正弦定理得，∴，又，∴由余弦定理得，∴，∵为的内角，∴，∴，∴，故答案为：4．11、在中，已知，的平分线交于，且，，则的面积为_________.【答案】【解析】因为平分，所以，设，则，，因为，设，所以，所以，，因为，所以，即，在中，，所以，可得，解得：，所以，所以， ，所以，故答案为：四、解答题12、从①的面积；②这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中进行求解.如图，在平面四边形中，，，对角线平分，且____________________，求线段的长.注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】4【解析】选①，∴∴，.选②，过点作延长线的垂线，垂足于因为，所以，所以因为对角线平分，所以所以13、在①，②;③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并做答.问题:已知的内角的对边分别为，________，角的平分线交于点，求的长.(注:如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.)【答案】.【解析】若选条件①：由，可得因为，所以在中，由所以，所以(法一）因为为角平分线，所以，故，在中，，可得(法二）因为为角平分线，所以，因为所以，解得若选条件②：由，可得，因为所以，可得，因为，所以故，可得.（下同条件①)若选条件③:由，可得，在中，由，所以，所以.（下同条件①).14、在中，角的对边分别为，且， ，           .在①；②；③的面积为.这三个条件中任选一个，补在上面条件中，若问题中三角形存在，求的周长；若问题中三角形不存在，说明理由.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】答案见解析【解析】若选①，由，知， 由得，即，即，在中由余弦定理得：，即，所以， 由，故，所以，所以三角形周长为 若选②，由得，即，即，而，所以，即，在中由余弦定理得：，即， 即，即，所以，所以三角形周长为若选③，由得， ，即，三角形面积由，得，而，即，而，即，所以，所以，由，所以，，于是，所以，即，所以，所以三角形周长为.15、在中，且，，均为整数.（1）求的大小；（2）设的中点为，求的值.【答案】（1）；（2）【解析】（1），不能是钝角，若，，且在内单调递增，又，都大于，与矛盾，即（2），又，即由，均为整数，且，可得则；由正弦定理，可得又的中点为，则，即即解得，故16、在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知，，成等差数列.（1）求角B的大小；（2）若，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1），，成等差数列，，由正弦定理，，中，，，，又，，，.（2），，，.17、已知函数．（Ⅰ）求函数的单调递增区间；（Ⅱ）设△ABC中的内角，，所对的边分别为，，，若，且，求的取值范围．【答案】（Ⅰ）单调递增区间为，Z. （Ⅱ）【解析】（Ⅰ）.所以，解得，.所以函数的单调递增区间为，.   （Ⅱ）因为，所以.所以.  又因为，所以，即. 而，所以，即. 又因为，所以．