2022届一轮复习专题练习4 第37练 高考大题突破练——解三角形（解析版）

这是一份2022届一轮复习专题练习4 第37练 高考大题突破练——解三角形（解析版），共5页。
考点一 解三角形
1.如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝eq \f(5π,6)，AB⊥AD，AB＝eq \r(3)，AC＝eq \r(13).
(1)求∠BAC的余弦值；
(2)若∠ADC＝eq \f(π,3)，求AD的长．
考点二 面积问题
2．(2021·宁波模拟)已知△ABC中角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且2acs A＝eq \r(3)(ccs B＋bcs C)．
(1)求A的值；
(2)若a＝1且sin B＋cs C＝eq \f(\r(3),2)，求△ABC的面积．
考点三 最值范围问题
3．(2020·遵义模拟)△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知csin C－bsin B＝a(sin A－sin B)．
(1)求角C；
(2)若D为AB的中点，且c＝2，求CD的最大值．
4．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sin A＋sin C＝p·sin B，p>0，且ac＝eq \f(1,4)b2.
(1)当p＝eq \f(5,4)，b＝1时，求a，c的值；
(2)若B为锐角，求实数p的取值范围．
答案精析
1．解 (1)因为∠ABC＝eq \f(5π,6)，AB＝eq \r(3)，AC＝eq \r(13)，
所以AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcs B，
即BC2＋3BC－10＝0，所以BC＝2.
由正弦定理得eq \f(BC,sin∠BAC)＝eq \f(AC,sin B)，
所以sin∠BAC＝eq \f(BC·sin B,AC)＝eq \f(2×\f(1,2),\r(13))＝eq \f(\r(13),13)，
又因为∠BAC∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))，所以cs∠BAC＝eq \f(2\r(39),13).
(2)由(1)得sin∠CAD＝eq \f(2\r(39),13)，cs∠CAD＝eq \f(\r(13),13)，
所以sin∠ACD＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(∠CAD＋\f(π,3)))
＝eq \f(1,2)sin∠CAD＋eq \f(\r(3),2)cs∠CAD＝eq \f(3\r(39),26)，
所以eq \f(AD,sin∠ACD)＝eq \f(AC,sin∠ADC)，
所以AD＝eq \f(AC·sin∠ACD,sin∠ADC)＝eq \f(\r(13)×\f(3\r(39),26),\f(\r(3),2))＝3.
2．解 (1)由2acs A＝eq \r(3)(ccs B＋bcs C)，
得2sin Acs A＝eq \r(3)(sin Ccs B＋sin Bcs C)，
故2sin Acs A＝eq \r(3)sin(B＋C)，
即2sin Acs A＝eq \r(3)sin A.
∵sin A≠0，
∴cs A＝eq \f(\r(3),2)，而A∈(0，π)，∴A＝eq \f(π,6).
(2)由sin B＋cs C＝eq \f(\r(3),2)，A＝eq \f(π,6)，
得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C＋\f(π,6)))＋cs C＝eq \f(\r(3),2)，则eq \f(\r(3),2)sin C＋eq \f(3,2)cs C＝eq \f(\r(3),2)，
eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C＋\f(π,3)))＝eq \f(\r(3),2)，C∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,6)))，
∴C＋eq \f(π,3)＝eq \f(5π,6)，C＝eq \f(π,2)，B＝eq \f(π,3).
故eq \f(b,sin B)＝eq \f(a,sin A)，即b＝eq \f(asin B,sin A)＝eq \f(\f(\r(3),2),\f(1,2))＝eq \r(3).
又C＝eq \f(π,2)，故S△ABC＝eq \f(1,2)×1×eq \r(3)＝eq \f(\r(3),2).
3．解 (1)因为csin C－bsin B＝a(sin A－sin B)，
所以c2－b2＝a2－ab，
所以c2＝a2＋b2－ab且c2＝a2＋b2－2abcs C，
所以cs C＝eq \f(1,2)，所以C＝eq \f(π,3).
(2)因为eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \f(\(CA,\s\up6(→))＋\(CB,\s\up6(→)),2)，
所以|eq \(CD,\s\up6(→))|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(CA,\s\up6(→))＋\(CB,\s\up6(→)),2)))2＝eq \f(1,4)a2＋eq \f(1,4)b2＋eq \f(ab,4)，
又因为c2＝a2＋b2－ab＝4，所以a2＋b2＝4＋ab≥2ab，所以ab≤4(当且仅当a＝b＝2时取等号)，
所以CD2＝eq \f(1,4)a2＋eq \f(1,4)b2＋eq \f(ab,4)＝eq \f(2＋ab,2)≤eq \f(2＋4,2)＝3，
所以CD≤eq \r(3)(当且仅当a＝b＝2时取等号)，
所以CD的最大值为eq \r(3).
4．解 (1)由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝2R，
得sin A＝eq \f(a,2R)，sin B＝eq \f(b,2R)，sin C＝eq \f(c,2R)，
所以sin A＋sin C＝p·sin B，即a＋c＝p·b，
又p＝eq \f(5,4)，b＝1，所以a＋c＝eq \f(5,4)，
因为ac＝eq \f(1,4)b2＝eq \f(1,4)，
所以a＝1，c＝eq \f(1,4)或a＝eq \f(1,4)，c＝1.
(2)由(1)知，a＋c＝p·b，
所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2ac·cs B，
得b2＝(a＋c)2－2ac－2ac·cs B
＝(p·b)2－2ac(1＋cs B)，
因为ac＝eq \f(1,4)b2，
所以b2＝(p·b)2－2×eq \f(1,4)b2(1＋cs B)，
所以1＝p2－eq \f(1,2)(1＋cs B)，所以p2＝eq \f(3,2)＋eq \f(1,2)cs B，
因为B为锐角，所以0