人教版高中数学高考一轮复习训练--解三角形

考点规范练23　解三角形

一、基础巩固

1.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=,b=2,A=60°,则c等于(　　)

A. B.1 

C. D.2

2.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知acos A=bcos B,则△ABC的形状是(　　)

A.等腰三角形

B.直角三角形

C.等腰直角三角形

D.等腰三角形或直角三角形

3.在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C的对边,a=1,ccos A+acos C=2bcos B,△ABC的面积S=,则b等于(　　)

A. B.4 

C.3 D.

4.如图,两座相距60 m的建筑物AB,CD的高度分别为20 m,50 m,BD为水平面,则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角为(　　)

A.30° B.45°

C.60° D.75°

5.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若bcos A+acos B=c2,a=b=2,则△ABC的周长为 (　　)

A.7.5 B.7 

C.6 D.5

6.设△ABC的三个内角A,B,C成等差数列,sin A,sin B,sin C成等比数列,则这个三角形的形状是(　　)

A.直角三角形 B.钝角三角形

C.等腰直角三角形 D.等边三角形

7.(2020全国Ⅲ,文11)在△ABC中,cos C=,AC=4,BC=3,则tan B等于(　　)

A. B.2

C.4 D.8

8.(多选)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若b=2,c=3,A+3C=π,则下列结论正确的是 (　　)

A.cos C= B.sin B=

C.a=3 D.S△ABC=

9.如图,为了测量两山顶D,C间的距离,飞机沿水平方向在A,B两点进行测量,在A位置时,观察点D的俯角为75°,观察点C的俯角为30°;在B位置时,观察点D的俯角为45°,观察点C的俯角为60°,且AB= km,则C,D之间的距离为　　　　　km. 

10.已知岛A南偏西38°方向,距岛A 3 n mile的B处有一艘缉私艇.岛A处的一艘走私船正以10 n mile/h的速度向岛北偏西22°方向行驶,问缉私艇朝何方向以多大速度行驶,恰好用0.5 h能截住该走私船?

二、综合应用

11.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别是a,b,c.若b2+c2-a2=bc,且b=a,则下列关系一定不成立的是(　　)

A.a=c B.b=c

C.2a=c D.a2+b2=c2

12.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若,b=4,则△ABC的面积的最大值为 (　　)

A.4 B.2 C.2 D.

13.某学校高一同学参加社会实践活动,应用所学知识测量一个四边形公园的面积,如图所示,测得公园的四边边长分别为AB=1 km,BC=3 km,CD=AD=2 km,∠A=120°,则公园的面积为　　　　　 km2.当地政府规划建一条圆形的公路,使得整个公园都在圆形公路的里面,则这条公路的总长度的最小值为　　　　　km.(备注:把公路看成一条曲线,公路宽度不计) 

14.已知在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,.

(1)若△ABC还同时满足下列四个条件中的三个:①a=7,②b=10,③c=8,④△ABC的面积S=10,请指出这三个条件,并说明理由;

(2)若a=3,求△ABC周长L的取值范围.

三、探究创新

15.(多选)在△ABC中,a,b,c分别是内角A,B,C所对的边,若a=2csin A,且0<C<,b=4,则下列说法正确的是(　　)

A.C=

B.若c=,则cos B=

C.若sin A=2cos Bsin C,则△ABC是等边三角形

D.若△ABC的面积是2,则该三角形外接圆的半径为4

16.如图,在四边形ABCD中,AB⊥AD,　　　　　,DC=2,在下面给出的三个条件中任选一个,补充在上面的问题中,并加以解答. 

①3AB=4BC,sin∠ACB=;②tan(∠BAC+)=;③2BCcos∠ACB=2AC-AB.

(1)求∠DAC;

(2)求△ADC面积的最大值.

考点规范练23　解三角形

1.B　由已知及余弦定理,得3=4+c2-2×2×c,整理,得c2-2c+1=0,解得c=1.故选B.

2.D　∵acos A=bcos B,

∴sin Acos A=sin Bcos B,∴sin 2A=sin 2B,

∴A=B或2A+2B=180°,即A=B或A+B=90°,

∴△ABC为等腰三角形或直角三角形.故选D.

3.A　由题意可得,2sin Bcos B=sin Ccos A+sin Acos C=sin(A+C)=sin B,∵sin B≠0,∴cos B=B∈(0,π),∴B=

又S=acsin B=1×c,∴c=4.

∵b2=a2+c2-2accos B=1+16-2×1×4=13,

∴b=

4.B　依题意可得AD=20 m,AC=30 m,又CD=50 m,所以在△ACD中,由余弦定理,得cos∠CAD=,因为0°<∠CAD<180°,所以∠CAD=45°,

所以从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角为45°.

5.D　∵bcos A+acos B=c2,a=b=2,∴由余弦定理可得b+a=c2,整理可得2c2=2c3,解得c=1,则△ABC的周长为a+b+c=2+2+1=5.故选D.

6.D　∵△ABC的三个内角A,B,C成等差数列,∴B=

∵sin A,sin B,sin C成等比数列,∴sin2B=sin Asin C.

由正弦定理得b2=ac.

在△ABC中,由余弦定理得b2=a2+c2-2accos,

∴ac=a2+c2-ac,∴(a-c)2=0,∴a=c,

∴△ABC为等边三角形.

7.C　由余弦定理得,AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos C=16+9-2×4×3=9,即AB=3.

由余弦定理的推论知cos B=,又cos2B+sin2B=1,且B∈(0,π),解得sin B=,故tan B==4故选C.

8.AD　由A+3C=π,得B=2C.

根据正弦定理,得2sin C=3×2sin Ccos C,又sin C≠0,故cos C=因为C∈(0,π),所以sin C=,sin B=sin 2C=2sin Ccos C=

由c2=a2+b2-2abcos C,化简得到a2-4a+3=0,解得a=3或a=1.

若a=3,则A=C=,B=,不满足题意,故a=1.

S△ABC=absin C=1×2

9　在△ABD中,∵∠BAD=75°,∠ABD=45°,

∴∠ADB=60°.

由正弦定理可得,

即,

得AD= km.

由题意得∠ABC=120°,∠BAC=∠BCA=30°,

则BC=AB= km,于是AC=3 km.

在△ACD中,由余弦定理得CD2=AC2+AD2-2AC·ADcos∠DAC=5,即CD= km.

10.解 如图,设缉私艇在C处截住走私船,D为岛A正南方向上的一点,缉私艇的速度为x n mile/h,则BC=0.5x n mile,AC=5 n mile,依题意,∠BAC=180°-38°-22°=120°.在△ABC中,由余弦定理,得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos 120°,解得BC2=49,则BC=0.5x=7,解得x=14.

又由正弦定理,得sin∠ABC=,即∠ABC=38°.因为∠BAD=38°,所以BC∥AD.

故缉私艇以14 n mile/h的速度向正北方向行驶,恰好用0.5 h截住该走私船.

11.B　∵b2+c2-a2=bc,∴cos A=

∵0°<A<180°,∴A=30°.

∵b=a,∴sin B=sin A=,∴B=60°或B=120°.

当B=60°时,C=90°,此时△ABC为直角三角形,得到a2+b2=c2,2a=c;

当B=120°时,C=30°,此时△ABC为等腰三角形,得到a=c.故选B.

12.A　∵在△ABC中,,∴(2a-c)cos B=bcos C.

由正弦定理,得(2sin A-sin C)cos B=sin Bcos C.

则2sin Acos B=sin Ccos B+sin Bcos C=sin(B+C)=sin A.

∵sin A≠0,∴cos B=,即B=

由余弦定理可得16=a2+c2-2accos B=a2+c2-ac≥2ac-ac=ac,故ac≤16,当且仅当a=c时,取等号,

因此,△ABC的面积S=acsin B=ac≤4,故选A.

13.2　连接BD(图略),由余弦定理可知BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos A=1+4-2×1×2×cos 120°=7,

所以cos C=,则C=60°,则四边形ABCD的面积等于S△ABD+S△BDC=AB·ADsin A+CD·CBsin C=1×2×sin 120°+2×3×sin 60°=2

由∠A+∠C=180°,得四边形ABCD存在外接圆,即为△ABD的外接圆.设外接圆半径为R,则由正弦定理可知=2R,则R=,所以当公路恰为四边形的外接圆时其长度最小,最小值为2π

14.解 因为,

所以sin Acos B+sin Acos C=cos Asin B+cos Asin C,

sin Acos B-cos Asin B=cos Asin C-sin Acos C,

所以sin(A-B)=sin(C-A),

因为A,B,C∈(0,π),所以A-B=C-A,

即2A=B+C,所以A=

(1)△ABC还同时满足条件①③④,理由如下:

若△ABC同时满足条件①②,则由正弦定理,得sin B=>1,这不可能,所以△ABC不能同时满足条件①②,所以△ABC同时满足条件③④.

因为△ABC的面积S=bcsin A=b×8=10,

所以b=5,与②矛盾,所以△ABC还同时满足条件①③④.

(2)在△ABC中,由正弦定理,得=2,

因为C=-B,所以b=2sin B,c=2sin,

所以L=a+b+c=2+3=6(sin B+cos B)+3=6sin+3.

因为B,所以B+,sinB+,所以△ABC周长L的取值范围为(6,9].

15.AC　由正弦定理可将条件a=2csin A转化为sin A=2sin Csin A,因为sin A≠0,所以sin C=,因为C,所以C=,故A正确;

若c=,则由正弦定理可知,则sin B=sin C=,因为B∈(0,π),b>c,所以cos B=±=±=±,故B错误;

若sin A=2cos Bsin C,则根据正弦定理可得a=2ccos B,

因为a=2csin A,即a=csin A,即有csin A=2ccos B,所以sin A=cos B.

因为A+B=π-C=,则A=-B,所以sin(-B)=cos B,整理得cos B+sin B=cos B,即sin B=cos B,解得tan B=,故B=,则A=

因为A=B=C=,所以△ABC是等边三角形,故C正确;

若△ABC的面积是2,即absin C=2,解得a=2,由余弦定理可得c2=a2+b2-2abcos C=4+16-2×2×4=12,即c=2

设△ABC的外接圆半径是R,由正弦定理可得2R==4,则该三角形外接圆半径为2,故D错误.

16.解 若选①:

(1)在△ABC中,由正弦定理,得,

∵3AB=4BC,sin∠ACB=,∴sin∠BAC=

∵AB⊥AD,则0<∠BAC<,∴∠BAC=,

∴∠DAC=

(2)在△ADC中,DC=2,由余弦定理,得DC2=4=AC2+AD2-AC·AD≥AC·AD,即AC·AD≤4,

则S△ADC=AC·ADsin∠DAC4

当且仅当AC=AD时取“=”.

故△ADC面积的最大值为

若选②:

(1)由tan,可得∠BAC=,

∵AB⊥AD,∴∠BAD=,∴∠DAC=

(2)在△ADC中,DC=2,由余弦定理,得DC2=4=AC2+AD2-AC·AD≥AC·AD,即AC·AD≤4.

则S△ADC=AC·ADsin∠DAC4,

当且仅当AC=AD时取“=”.

故△ADC面积的最大值为

若选③:

(1)已知2BCcos∠ACB=2AC-AB,由正弦定理,得2sin∠BACcos∠ACB=2sin∠ABC-sin∠ACB,

则2sin∠BACcos∠ACB=2sin(∠ACB+∠BAC)-sin∠ACB,

得2sin∠BACcos∠ACB=2sin∠ACBcos∠BAC+2cos∠ACBsin∠BAC-sin∠ACB,

即2sin∠ACBcos∠BAC=sin∠ACB.

∵sin∠ACB>0,∴cos∠BAC=

∵∠BAC∈(0,π),∴∠BAC=

又AB⊥AD,∴∠BAD=,∴∠DAC=

(2)在△ADC中,DC=2,由余弦定理可得DC2=4=AC2+AD2-AC·AD≥AC·AD,即AC·AD≤4,

则S△ADC=AC·ADsin∠DAC4,

当且仅当AC=AD时取“=”.

故△ADC面积的最大值为