2024年新高考数学一轮复习《解三角形及其应用举例》巩固练习卷（含解析）

这是一份2024年新高考数学一轮复习《解三角形及其应用举例》巩固练习卷（含解析），共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
在△ABC中，已知b＝40，c＝20，C＝60°，则此三角形的解的情况是( )
A.有一解 B.有两解
C.无解 D.有解但解的个数不确定
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcs C＋ccs B＝asin A，则△ABC的形状为( )
A.锐角三角形 B.直角三角形 C.钝角三角形 D.不确定
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c＝2a，b＝4，cs B＝eq \f(1,4).则c的值为( )
A.4 B.2 C.5 D.6
△ABC中，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，c＝2a，bsin B－asin A＝eq \f(1,2)asin C，则sin B的值为( )
A.eq \f(2\r(2),3) B.eq \f(3,4) C.eq \f(\r(7),4) D.eq \f(1,3)
线段的黄金分割点的定义：若点C在线段AB上，且满足AC2＝BC·AB，则称点C为线段AB的黄金分割点.在△ABC中，AB＝AC，∠A＝36°，若角B的平分线交边AC于点D，则点D为边AC的黄金分割点，利用上述结论，可以求出cs 36°＝( )
A.eq \f(\r(5)－1,4) B.eq \f(\r(5)＋1,4) C.eq \f(\r(5)－1,2) D.eq \f(\r(5)＋1,2)
若△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知2bsin 2A＝asin B，且c＝2b，则eq \f(a,b)＝( )
A.2 B.3 C.eq \r(2) D.eq \r(3)
已知A，B两地间的距离为10 km，B，C两地间的距离为20 km，现测得∠ABC＝120°，则A，C两地间的距离为( )
A.10 km B.10eq \r(3) km C.10eq \r(5) km D.10eq \r(7) km
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sin C＝sin 2B，且b＝2，c＝eq \r(3)，则a等于( )
A.eq \f(1,2) B.eq \r(3) C.2 D.2eq \r(3)
设△ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c.若b＋c＝2a,3sin A＝5sin B，则角C＝( )
A.eq \f(π,3) B.eq \f(2π,3) C.eq \f(3π,4) D.eq \f(5π,6)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若eq \f(sin A,sin B)＝eq \f(a,c)，(b＋c＋a)(b＋c﹣a)＝3bc，则△ABC的形状为( )
A.直角三角形 B.等腰非等边三角形
C.等边三角形 D.钝角三角形
△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sin C﹣cs C＝1﹣cs eq \f(C,2)，若△ABC的面积S＝eq \f(1,2)(a＋b)sin C＝eq \f(3,2)，则△ABC的周长为( )
A.2eq \r(7)＋5 B.eq \r(7)＋5 C.2eq \r(7)＋3 D.eq \r(7)＋3
已知在△ABC中，D是AC边上的点，且AB＝AD，BD＝eq \f(\r(6),2)AD，BC＝2AD，则sin C的值为( )
A.eq \f(\r(15),8) B.eq \f(\r(15),4) C.eq \f(1,8) D.eq \f(1,4)
二、填空题
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，cs 2A＝sin A，bc＝2，则△ABC的面积为________.
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若△ABC的面积为eq \f(a2＋b2－c2,4)，则C＝_____.
在△ABC中，设角A，B，C的对边分别是a，b，c，且C＝60°，c＝eq \r(3)，则eq \f(a＋2\r(3)cs A,sin B)＝________.
如图，设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，acs C＋ccs A＝bsin B，且∠CAB＝eq \f(π,6).若点D是△ABC外一点，DC＝2，DA＝3，则当四边形ABCD面积取最大值时，sin D＝________.
三、解答题
在△ABC中，a＝7，b＝8，cs B＝﹣eq \f(1,7).
(1)求∠A；
(2)求AC边上的高.
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sin A＋eq \r(3)cs A＝0，a＝2eq \r(7)，b＝2.
(1)求c；
(2)设D为BC边上一点，且AD⊥AC，求△ABD的面积.
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若C＝eq \f(3π,4)，且sin(A＋C)＝2sin Acs(A＋B).
(1)求证：a，b,2a成等比数列；
(2)若△ABC的面积是1，求c的长.
已知菱形ABCD的边长为2，∠DAB＝60°.E是边BC上一点，线段DE交AC于点F.
(1)若△CDE的面积为eq \f(\r(3),2)，求DE的长；
(2)若eq \r(7)CF＝4DF，求sin∠DFC.
如图，在锐角三角形ABC中，sin∠BAC＝eq \f(24,25)，sin∠ABC＝eq \f(4,5)，BC＝6，点D在边BC上，且BD＝2DC，点E在边AC上，且BE⊥AC，BE交AD于点F.
(1)求AC的长；
(2)求cs∠DAC及AF的长.
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足cs2B﹣cs2C﹣sin2A＝sin Asin B.
(1)求角C；
(2)若c＝2eq \r(6)，△ABC的中线CD＝2，求△ABC的面积S的值.
在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且 eq \r(3)acs C＝(2b﹣eq \r(3)c)cs A.
(1)求角A的大小；
(2)若a＝2，求△ABC面积的最大值.
\s 0 答案解析
答案为：C.
解析：由正弦定理得eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)，∴sin B＝eq \f(bsin C,c)＝eq \f(40×\f(\r(3),2),20)＝eq \r(3)＞1.
∴角B不存在，即满足条件的三角形不存在.
答案为：B.
解析：由已知及正弦定理得sin Bcs C＋sin Ccs B＝sin2A，即sin(B＋C)＝sin2A，
又sin(B＋C)＝sin A，∴sin A＝1，∴A＝eq \f(π,2).故选B.
答案为：A.
解析：∵c＝2a，b＝4，cs B＝eq \f(1,4)，∴由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accs B，
即16＝eq \f(1,4)c2＋c2－eq \f(1,4)c2＝c2，解得c＝4.
答案为：C.
解析：由正弦定理，得b2－a2＝eq \f(1,2)ac，又c＝2a，所以b2＝2a2，
所以cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(3,4)，所以sin B＝eq \f(\r(7),4).
答案为：B.
解析：不妨设AB＝2，利用黄金分割点的定义得AD＝eq \r(5)－1，易知∠A＝∠ABD＝36°，
故AD＝BD＝eq \r(5)－1.在△ABD中，cs 36°＝eq \f(\r(5)＋1,4)，故选B.
答案为：A.
解析：由2bsin 2A＝asin B，得4bsin A·cs A＝asin B，
由正弦定理得4sin B· sin A·cs A＝sin A·sin B，
∵sin A≠0，且sin B≠0，∴cs A＝eq \f(1,4)，由余弦定理得a2＝b2＋4b2－b2，
∴a2＝4b2，∴eq \f(a,b)＝2.故选A.
答案为：D.
解析：如图所示，由余弦定理可得，AC2＝100＋400－2×10×20×cs 120°＝700，
∴AC＝10eq \r(7)(km).
答案为：C.
解析：由sin C＝sin 2B＝2sin Bcs B及正、余弦定理得c＝2b·eq \f(a2＋c2－b2,2ac)，
代入数据得(2a＋1)(a﹣2)＝0，解得a＝2，或a＝﹣eq \f(1,2)(舍去)，故选C.
答案为：B.
解析：∵3sin A＝5sin B，∴由正弦定理可得3a＝5b，即a＝eq \f(5,3)b.∵b＋c＝2a，∴c＝eq \f(7,3)b，
∴cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(\f(25,9)b2＋b2－\f(49,9)b2,2×\f(5,3)b2)＝﹣eq \f(\f(15,9),\f(10,3))＝﹣eq \f(1,2).∵C∈(0，π)，∴C＝eq \f(2π,3).故选B.
答案为：C.
解析：∵eq \f(sin A,sin B)＝eq \f(a,c)，∴eq \f(a,b)＝eq \f(a,c)，∴b＝c.又(b＋c＋a)(b＋c﹣a)＝3bc，
∴b2＋c2﹣a2＝bc，∴cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(bc,2bc)＝eq \f(1,2).
∵A∈(0，π)，∴A＝eq \f(π,3)，∴△ABC是等边三角形.
答案为：D.
解析：由sin C﹣cs C＝1﹣cs eq \f(C,2)⇒2sin eq \f(C,2)cs eq \f(C,2)﹣(2cs2 eq \f(C,2)﹣1)＝1﹣cs eq \f(C,2)⇒
cs eq \f(C,2)eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(,,,,))2cs eq \f(C,2)﹣2sin eq \f(C,2)﹣1eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(,,,,))＝0，∵cs eq \f(C,2)≠0，∴sin eq \f(C,2)﹣cs eq \f(C,2)＝﹣eq \f(1,2)，
两边平方得sin C＝eq \f(3,4)，由sin eq \f(C,2)﹣cs eq \f(C,2)＝﹣eq \f(1,2)可得sin eq \f(C,2)＜cs eq \f(C,2)，∴0＜eq \f(C,2)＜eq \f(π,4)，
即0＜C＜eq \f(π,2)，由sin C＝eq \f(3,4)得cs C＝eq \f(\r(7),4).又S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)(a＋b)sin C＝eq \f(3,2)，
∴a＋b＝ab＝4，∴a＝b＝2，再根据余弦定理可得c2＝a2＋b2﹣2abcs C＝8﹣2eq \r(7)，
解得c＝eq \r(7)﹣1，故△ABC的周长为eq \r(7)＋3，故选D.
答案为：A.
解析：设AB＝AD＝2a，则BD＝eq \r(6)a，则BC＝4a，所以cs∠ADB＝eq \f(BD2＋AD2－AB2,2BD×AD)＝eq \f(6a2,2×2a×\r(6)a)＝eq \f(\r(6),4)，所以cs∠BDC＝eq \f(BD2＋CD2－BC2,2BD×CD)＝﹣eq \f(\r(6),4)，整理得CD2＋3aCD﹣10a2＝0，解得CD＝2a或者CD＝﹣5a(舍去).故cs C＝eq \f(16a2＋4a2－6a2,2×4a×2a)＝eq \f(14,16)＝eq \f(7,8)，而C∈(0,eq \f(π,2))，故sin C＝eq \f(\r(15),8).故选A.
二、填空题
答案为：eq \f(1,2).
解析：由cs 2A＝sin A，得1－2sin2A＝sin A，解得sin A＝eq \f(1,2)(负值舍去)，由bc＝2，可得△ABC的面积S＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)×2×eq \f(1,2)＝eq \f(1,2).
答案为：eq \f(π,4).
解析：∵S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(a2＋b2－c2,4)＝eq \f(2abcs C,4)＝eq \f(1,2)abcs C，∴sin C＝cs C，
即tan C＝1.∵C∈(0，π)，∴C＝eq \f(π,4).
答案为：4.
解析：由正弦定理知eq \f(a,sin A)＝eq \f(c,sin C)＝2，所以a＝2sin A，
则eq \f(a＋2\r(3)cs A,sin B)＝eq \f(2sin A＋2\r(3)cs A,sin B)＝eq \f(4sinA＋60°,sin B)＝eq \f(4sinA＋C,sin B)＝4.
答案为：eq \f(2\r(7),7).
解析：因为acs C＋ccs A＝bsin B，所以由正弦定理可得sin Acs C＋cs Asin C＝sin(A＋C)＝sin B＝sin2B，sin B＝1，B＝eq \f(π,2).又因为∠CAB＝eq \f(π,6)，所以BC＝eq \f(1,2)AC，AB＝eq \f(\r(3),2)AC，
由余弦定理可得cs D＝eq \f(22＋32－AC2,2×2×3)，可得AC2＝13﹣12cs D，
四边形面积S＝S△ACD＋S△ABC＝eq \f(1,2)×2×3×sin D＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2)AC×eq \f(\r(3),2)AC＝3sin D＋eq \f(\r(3),8)(13﹣12cs D)＝eq \f(13,8)eq \r(3)＋3sin D﹣eq \f(3\r(3),2)cs D＝ eq \r(9＋\f(27,4))sin(D＋φ)＋eq \f(13,8)eq \r(3)，tan φ＝﹣eq \f(\r(3),2)，
所以，当φ＋D＝eq \f(π,2)时四边形面积最大，此时tan D＝tan(eq \f(π,2)﹣φ)＝eq \f(1,tan φ)＝﹣eq \f(2\r(3),3)，
可得sin D＝eq \f(2\r(7),7).
三、解答题
解：(1)在△ABC中，因为cs B＝﹣eq \f(1,7)，
所以sin B＝ eq \r(1－cs2B)＝eq \f(4\r(3),7).
由正弦定理得sin A＝eq \f(asin B,b)＝eq \f(\r(3),2).
由题设知eq \f(π,2)＜∠B＜π，所以0＜∠A＜eq \f(π,2).
所以∠A＝eq \f(π,3).
(2)在△ABC中，
因为sin C＝sin(A＋B)＝sin Acs B＋cs Asin B＝eq \f(\r(3),2)×(﹣eq \f(1,7))＋eq \f(1,2)×eq \f(4\r(3),7)＝eq \f(3\r(3),14)，
所以AC边上的高为asin C＝7×eq \f(3\r(3),14)＝eq \f(3\r(3),2).
解：(1)由已知可得tan A＝﹣eq \r(3)，所以A＝eq \f(2π,3).
在△ABC中，由余弦定理得28＝4＋c2﹣4ccseq \f(2π,3)，
即c2＋2c﹣24＝0.解得c＝4(负值舍去).
(2)法一：由题可得∠BAD＝eq \f(π,6)，由余弦定理可得cs C＝eq \f(2,\r(7))，
∴CD＝eq \r(7)，∴AD＝eq \r(3)，∴S△ABD＝eq \f(1,2)×4×eq \r(3)×sin∠DAB＝eq \r(3).
法二：由题设可得∠CAD＝eq \f(π,2)，
所以∠BAD＝∠BAC﹣∠CAD＝eq \f(π,6).
故△ABD的面积与△ACD的面积的比值为eq \f(\f(1,2)AB·AD·sin\f(π,6),\f(1,2)AC·AD)＝1.
又△ABC的面积为eq \f(1,2)×4×2×sineq \f(2π,3)＝2eq \r(3)，
所以△ABD的面积为eq \r(3).
解：(1)证明：∵A＋B＋C＝π，sin(A＋C)＝2sin Acs(A＋B)，
∴sin B＝﹣2sin Acs C.
在△ABC中，由正弦定理得，b＝﹣2acs C，
∵C＝eq \f(3π,4)，∴b＝eq \r(2)a，则b2＝a·2a，
∴a，b,2a成等比数列.
(2)S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(\r(2),4)ab＝1，则ab＝2eq \r(2)，
由(1)知，b＝eq \r(2)a，联立两式解得a＝eq \r(2)，b＝2，
由余弦定理得c2＝a2＋b2﹣2abcs C＝2＋4﹣4eq \r(2)×(﹣eq \f(\r(2),2))＝10，∴c＝eq \r(10).
解：(1)依题意，得∠BCD＝∠DAB＝60°.
因为△CDE的面积S＝eq \f(1,2)CD·CE·sin∠BCD＝eq \f(\r(3),2)，
所以eq \f(1,2)×2CE·eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),2)，解得CE＝1.
在△CDE中，由余弦定理得
DE＝eq \r(CD2＋CE2－2CD·CEcs∠BCD)＝ eq \r(22＋12－2×2×1×\f(1,2))＝eq \r(3).
(2)法一：依题意，得∠ACD＝30°，∠BDC＝60°，
设∠CDE＝θ，则0°＜θ＜60°.
在△CDF中，由正弦定理得eq \f(CF,sin θ)＝eq \f(DF,sin∠ACD)，
因为eq \r(7)CF＝4DF，所以sin θ＝eq \f(CF,2DF)＝eq \f(2,\r(7))，
所以cs θ＝eq \f(\r(3),\r(7))，
所以sin∠DFC＝sin(30°＋θ)＝eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),\r(7))＋eq \f(\r(3),2)×eq \f(2,\r(7))＝eq \f(3\r(21),14).
法二：依题意，得∠ACD＝30°，∠BDC＝60°，设∠CDE＝θ，则0°＜θ＜60°，
设CF＝4x，因为eq \r(7)CF＝4DF，则DF＝eq \r(7)x，
在△CDF中，由余弦定理，得DF2＝CD2＋CF2﹣2CD·CFcs∠ACD，
即7x2＝4＋16x2﹣8eq \r(3)x，解得x＝eq \f(2\r(3),9)，或x＝eq \f(2\r(3),3).
又因为CF≤eq \f(1,2)AC＝eq \r(3)，所以x≤eq \f(\r(3),4)，所以x＝eq \f(2\r(3),9)，
所以DF＝eq \f(2\r(21),9)，
在△CDF中，由正弦定理得eq \f(CD,sin∠DFC)＝eq \f(DF,sin∠ACD)，
所以sin∠DFC＝eq \f(2sin 30°,\f(2\r(21),9))＝eq \f(3\r(21),14).
解：(1)在锐角三角形ABC中，sin∠BAC＝eq \f(24,25)，sin∠ABC＝eq \f(4,5)，BC＝6，
由正弦定理可得eq \f(AC,sin∠ABC)＝eq \f(BC,sin∠BAC)，所以AC＝eq \f(BCsin∠ABC,sin∠BAC)＝5.
(2)由sin∠BAC＝eq \f(24,25)，sin∠ABC＝eq \f(4,5)，可得cs∠BAC＝eq \f(7,25)，cs∠ABC＝eq \f(3,5)，
所以cs C＝﹣cs(∠BAC＋∠ABC)
＝﹣cs∠BACcs∠ABC＋sin∠BACsin∠ABC
＝﹣eq \f(7,25)×eq \f(3,5)＋eq \f(24,25)×eq \f(4,5)＝eq \f(3,5).
因为BE⊥AC，
所以CE＝BCcs C＝6×eq \f(3,5)＝eq \f(18,5)，AE＝AC﹣CE＝eq \f(7,5).
在△ACD中，AC＝5，CD＝eq \f(1,3)BC＝2，cs C＝eq \f(3,5)，
由余弦定理可得AD＝eq \r(AC2＋DC2－2AC·DCcs C)＝eq \r(25＋4－12)＝eq \r(17)，
所以cs∠DAC＝eq \f(AD2＋AC2－CD2,2AD·AC)＝eq \f(17＋25－4,10\r(17))＝eq \f(19\r(17),85).
由BE⊥AC，得AFcs∠DAC＝AE，
所以AF＝eq \f(7\r(17),19).
解：(1)由已知得sin2A＋sin2B﹣sin2C＝﹣sin Asin B，
由正弦定理得a2＋b2﹣c2＝﹣ab，
由余弦定理可得cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝﹣eq \f(1,2).
∵0＜C＜π，∴C＝eq \f(2π,3).
(2)法一：由|eq \(CD,\s\up7(―→)) |＝eq \f(1,2)|eq \(CA,\s\up7(―→))＋eq \(CB,\s\up7(―→))|＝2，可得eq \(CA,\s\up7(―→))2＋eq \(CB,\s\up7(―→))2＋2eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))＝16，
即a2＋b2﹣ab＝16，
又由余弦定理得a2＋b2＋ab＝24，∴ab＝4.
∴S＝eq \f(1,2)absin∠ACB＝eq \f(\r(3),4)ab＝eq \r(3).
法二：延长CD到M，使CD＝DM，连接AM，
易证△BCD≌△AMD，∴BC＝AM＝a，∠CBD＝∠MAD，∴∠CAM＝eq \f(π,3).
由余弦定理得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋b2＋ab＝24，,a2＋b2－ab＝16，))
∴ab＝4，S＝eq \f(1,2)absin∠ACB＝eq \f(1,2)×4×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3).
解：(1)由正弦定理可得，eq \r(3)sin Acs C＝2sin Bcs A﹣eq \r(3)sin Ccs A，
从而可得 eq \r(3)sin(A＋C)＝2sin Bcs A，
即eq \r(3)sin B＝2sin Bcs A.
又B为三角形的内角，
所以sin B≠0，于是cs A＝eq \f(\r(3),2)，
又A为三角形的内角，所以A＝eq \f(π,6).
(2)由余弦定理可得，a2＝b2＋c2﹣2bccs A得4＝b2＋c2﹣2bc·eq \f(\r(3),2)≥2bc﹣eq \r(3)bc，
所以bc≤4(2＋eq \r(3)).
所以S＝eq \f(1,2)bcsin A≤2＋eq \r(3).
故当a＝2时，△ABC面积的最大值为2＋eq \r(3).