高频微专题9（含解析）-《巅峰突破》2026版高中数学高三一轮复习

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密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
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姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
高频微专题9　解三角形
满分107分,限时90分钟
解答题(本题共8小题,共107分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
1.(13分)(2024新课标Ⅰ,15)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知sin C=cos B,a2+b2-c2=ab.
(1)求B;
(2)若△ABC的面积为3+,求c.
2.(13分)(2024新课标Ⅱ,15)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin A+cos A=2.
(1)求A;
(2)若a=2,bsin C=csin 2B,求△ABC的周长.
3.(12分)(2022全国乙理,17)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin Csin(A-B)=sin B·sin(C-A).
(1)证明:2a2=b2+c2;
(2)若a=5,cos A=,求△ABC的周长.
4.(10分)(2023新课标Ⅰ,17)已知在△ABC中,A+B=3C,2sin(A-C)=sin B.
(1)求sin A;
(2)设AB=5,求AB边上的高.
5.(15分)(2025重庆巴蜀中学校月考)设△ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知角A为钝角,asin B=bcos B.
(1)若c=1,sin C=,求△ABC的周长;
(2)求cos A+cos B+cos C的取值范围.
6.(12分)(2022新高考Ⅰ,18)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知=.
(1)若C=,求B;
(2)求的最小值.
7.(15分)(2025福建龙岩一级校联盟期中联考)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,2c-a=2bsin,c=.
(1)求角B;
(2)已知D为平面内一点,且A,B,C,D四点共圆,BC=2BA,求四边形ABCD周长的最大值.
8.(17分)(2025江苏前黄高级中学检测)(1)若△ABC为锐角三角形,且满足=,BCsin C=1.
①求证:B=C;
②求++的最大值;
(2)如图,若△ABC的三个顶点分别在等边△DEF的边DE,EF,DF上,且∠BAC=,AC=,则当AB的长为多少时,DE的长取得最大值2
答案全解全析
1.解析　(1)易知cos C=,
又a2+b2-c2=ab,所以cos C=,(3分)
又因为C∈(0,π),
所以C=,所以sin C=,
又因为sin C=cos B,所以cos B=,
又因为B∈(0,π),所以B=.(6分)
(2)在△ABC中,A=π-B-C,所以结合(1)可得sin A=sin(B+C)=.(9分)
解法一　由正弦定理得a=,b=,
所以△ABC的面积S=absin C=···sin C==3+,所以c=2.(13分)
解法二　由正弦定理可得b∶c=sin B∶sin C=∶=∶,(10分)
设b=k,c=k,其中k>0,
则△ABC的面积S=bcsin A=×k×k×=3+,解得k=2(舍负),
故c=2.(13分)
2.解析　(1)由已知得2=2,
故sin=1.(2分)
易知A∈(0,π),∴A+∈(易错点),
∴A+=,∴A=.(5分)
(2)∵bsin C=csin 2B,
∴由正弦定理得sin Bsin C=sin C·2sin Bcos B.
∵B,C∈(0,π),∴sin B≠0,sin C≠0,
∴cos B=,∴B=.(8分)
又∵A+B+C=π,A=,
∴sin C=sin=sin=×+×=,(10分)
由正弦定理得==,
∴b=2,c=+.(12分)
∴△ABC的周长为a+b+c=2++3.(13分)
3.解析　(1)证法一　由sin Csin(A-B)=sin B·sin(C-A),得sin Csin Acos B-sin Csin Bcos A=sin B·sin Ccos A-sin B·sin Acos C,
即sin Csin Acos B+sin Bsin Acos C=2sin Bsin Ccos A,(2分)
由正弦定理可得accos B+abcos C=2bccos A,(4分)
由余弦定理的推论可得(a2+c2-b2)+(a2+b2-c2)=b2+c2-a2,即2a2=b2+c2.(6分)
证法二　由sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A),得sin Csin Acos B-sin Ccos Asin B=sin Bsin Ccos A-sin Bcos Csin A,即2sin Bsin Ccos A=sin A(sin Ccos B+cos Csin B)=sin Asin(B+C)=sin2A,(2分)
由正弦定理得2bccos A=a2,(4分)
由余弦定理的推论得2bc·=a2,∴2a2=b2+c2.(6分)
(2)∵a=5,∴由(1)可得b2+c2=50,(7分)
∵cos A==,
∴cos A×2bc=b2+c2-a2,即×2bc=50-25,∴2bc=31,(9分)
∴(b+c)2=b2+c2+2bc=50+31=81,
又b+c>0,∴b+c=9,∴a+b+c=14,
故△ABC的周长为14.(12分)
4.解析　(1)在△ABC中,A+B+C=π,
又∵A+B=3C,∴π-C=3C,∴C=.(1分)
∵A+B+C=π,
∴sin B=sin(π-A-C)=sin=sin,
又2sin(A-C)=sin B,∴2sin=sin,
∴2×(sin A-cos A)=(cos A+sin A),
∴sin A=3cos A.(3分)
又∵sin2A+cos2A=1,且sin A>0,
∴sin2A+=1,∴sin A=.(4分)
(2)由(1)得sin A=,sin A=3cos A,
∴cos A=sin A=.
又∵B=π-A-C=-A,∴sin B=sin=(cos A+sin A)=×=.(6分)
在△ABC中,根据正弦定理得=,
即=,∴AC=2.(8分)
设AB边上的高为CD,在△ACD中,CD=AC·sin A=2×=6,∴AB边上的高为6.(10分)
5.解析　(1)在△ABC中,由asin B=bcos B及正弦定理,得sin Asin B=sin Bcos B,
又sin B>0,所以sin A=cos B,即sin A=sin,
因为A为钝角,所以B为锐角,所以A=+B,(2分)
由A+B+C=π,得B=-,A=-,由sin C=,且C为锐角,得cos C=,(4分)
由正弦定理得==,
则ab=sin Asin B=cos Bsin B=sin 2B
=sin=cos C=,
由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C=(a+b)2-2ab(1+cos C),
所以(a+b)2=c2+2ab(1+cos C)=1+2××=5,所以a+b=,
所以△ABC的周长为1+.(8分)
(2)由(1)知B=-,A=-,
所以cos A+cos B+cos C=cos+cos+cos C=sin +cos C=-2sin2+sin +1
=-2+,(12分)
因为0<<,所以0所以1<-2+≤,
所以cos A+cos B+cos C的取值范围为.(15分)
6.解法一　(1)易得=
===tan,
==tan B,(2分)
∴tan=tan B,∴B=-+kπ(k∈Z),
由A,B为三角形ABC的内角,得B=-,
即A=-2B,∴C=π-A-B=B+,(5分)
∴B=C-=-=.(6分)
(2)==
==
==
=4cos2B+-5≥4-5,当且仅当cos2B=时等号成立,∴的最小值为4-5.(12分)
解法二　(1)由题意得sin 2B+sin Asin 2B=cos A+cos Acos 2B,
∴sin 2B=cos A+cos(A+2B)=cos[(A+B)-B]+cos[(A+B)+B]=cos(A+B)cos B+sin(A+B)sin B+cos(A+B)cos B-sin(A+B)sin B=2cos(A+B)cos B=-2cos Ccos B,
∴2sin Bcos B=-2cos Ccos B,(2分)
∵1+cos 2B≠0,∴cos B≠0,∴sin B=-cos C=,(4分)
易知B∈,∴B=.(6分)
(2)由(1)得sin B=-cos C=sin,
∴B=C-,即C=B+,∴A=-2B,(8分)
以下同解法一.
7.解析　(1)易得2c-a=2bsin=bsin C-bcos C,
由正弦定理可得2sin C-sin A=sin Bsin C-sin Bcos C.
因为A+B+C=π,
所以sin A=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C,
所以2sin C=sin Bsin C+cos Bsin C=2sin Csin,(3分)
因为C∈(0,π),所以sin C≠0,所以sin=1,
因为B∈(0,π),所以所以B=.(6分)
(2)因为BC=2BA,c=,所以a=2c=2,
又B=,所以由余弦定理可得b2=a2+c2-2accos B=12+3-2×2××=9,(9分)
所以b=3,即AC=3.
因为A,B,C,D四点共圆,且B=,所以D=.(10分)
在△ACD中,由余弦定理可得AC2=DA2+DC2-2DA·DC·cos D,
即9=DA2+DC2+DA·DC,
即9=(DA+DC)2-DA·DC.(12分)
由基本不等式可得DA·DC≤,当且仅当DA=DC时,等号成立,
所以(DA+DC)2≤9,即DA+DC≤2,当且仅当DA=DC=时,等号成立,
所以AB+BC+DA+DC≤5,
所以四边形ABCD周长的最大值为5.(15分)
8.解析　(1)①证明:因为=,
所以sin(A-B)cos C=sin(A-C)cos B,
所以sin Acos Bcos C-cos Asin Bcos C=sin Acos Ccos B-cos Asin Ccos B,
所以cos Asin Bcos C=cos Asin Ccos B.(2分)
因为A为锐角,所以cos A≠0,所以sin Bcos C=sin Ccos B.
所以tan B=tan C,又因为B,C∈(0,π),所以B=C.(4分)
②在△ABC中,设角A,B,C的对边分别为a,b,c,则由正弦定理可得=,即=,
即=,即=,又sin B≠0,所以=b,由BCsin C=1,得a==,
所以b==.(5分)
因为△ABC为锐角三角形,所以解得所以c=b=,
所以++=++=4sin2Bcos2B+sin2B+4sin2Bcos2B=sin2B+8sin2B(1-sin2B)=9sin2B-8sin4B,
令sin2B=t,t∈,所以++=9t-8t2=+≤,
所以当t=,即sin B=时,++取得最大值,为.(9分)
(2)因为∠BAC=,所以∠DAC+∠BAE=,
又∠DAC+∠ACD=,所以∠ACD=∠BAE,(10分)
设∠ACD=∠BAE=α,则∠ABE=-α,
在△ACD中,由正弦定理可得=,
所以=,所以AD=·sin α,
在△ABE中,由正弦定理可得=,所以=,所以AE=·sin,(12分)
所以DE=AD+AE=·sin α+·sin
=
=sin α+csin cos α-ccos sin α
=+csin α+ccos α
=sin(α+θ),(15分)
其中tan θ==,所以当sin(α+θ)=1时,DE的长取得最大值,
所以·=2,
所以=,
所以c2+c+3=21,
即c2+c-18=0,
所以(c-2)(c+3)=0,
解得c=2或c=-3(舍去),
所以当AB的长为2时,DE的长取得最大值2.(17分)
专题通法
　　1.处理与平面图形有关的解三角形问题的思路
(1)把所提供的平面图形拆分成若干个三角形,然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解.
(2)寻找各个三角形之间的联系,交叉使用公共条件,求出结果.
2.求三角形的周长(面积)的取值范围(最值)的方法
(1)正弦定理与三角函数相结合:利用正弦定理将边转化为角,进行三角恒等变换,然后利用三角函数的性质,求三角形的周长(面积)的取值范围(最值).
(2)余弦定理与不等式相结合:利用余弦定理得到三角形三边关系的等式,然后利用不等式转化,通过解不等式得到三角形的周长(面积)的取值范围(最值).