第五单元 三角函数与解三角形（三）（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
)
第五单元　三角函数与解三角形（三）
满分150分,限时120分钟
考点4 正弦定理、余弦定理及解三角形
一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.(2025北京通州期中)在△ABC中,A=,C=,b=,则c=(　　)
A.-1　　B.　　C.2　　D.+1
2.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,A=,b=3,则使得△ABC有两个解的a的值可以为(　　)
A.　　B.3　　C.4　　D.e
3.(2025广东广州华南师范大学附属中学阶段检测)在外接圆半径为r的△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C的对边,若+=,则A=(　　)
A.　　B.　　C.或　　D.
4.(2025河北邯郸永年第二中学等校质量检测)海上某货轮在A处看灯塔B和灯塔C,灯塔B在货轮北偏东75°方向,距离为30海里处,灯塔C在货轮的北偏西30°方向,距离为20海里处,货轮由A处向正北方向航行到D处,此时灯塔B在货轮的南偏东60°方向上,则灯塔C与货轮D之间的距离为(　　)
A.24海里　　B.20海里　　C.20海里　　D.24海里
5.(2025江苏淮阴中学阶段测试)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,已知b=2,且cos 2B+cos B=1-cos(A-C),当a+2c取得最小值时,△ABC的最大内角的余弦值是(　　)
A.-　　B.-　　C.-　　D.-
6.(2025湖北宜昌部分省级示范高中联考)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若(3a+b)cos C+ccos B=0,且c2-a2-b2=2,则△ABC的面积为(　　)
A.　　B.2　　C.　　D.2
7.(2024广东深圳第二实验学校期中)已知钝角三角形ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,a=3,b=2c,且9sin B-2sin C=2,则△ABC的周长为(　　)
A.9　　B.　　C.6　　D.或9
8.(2024辽宁省实验中学期中)在锐角三角形ABC中,A,B,C的对边分别为a,b,c,且b2=a(a+c),则的取值范围为(　　)
A.(1,5)　　B.(+1,5)　　C.(1,+2)　　D.(+1,+2)
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得5分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.(2025安徽皖南八校第一次联考)在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,下列说法正确的是(　　)
A.若A=30°,b=5,a=2,则△ABC有两个解
B.若A>B,则cos AC.若cos Acos Bcos C>0,则△ABC为锐角三角形
D.若a-b=ccos B-ccos A,则△ABC为等腰三角形
10.(2025重庆期中)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,其中a=3,且asin B-cos C=,M为BC边上的中点,则(　　)
A.A=　　B.S△ABC的最大值为
C.b+c的最小值为2　　D.AM的最小值为
11.(2025内蒙古呼和浩特第二中学期中)如图所示,在△ABC中,AB=1,AC=4,BC=,D在BC边上,E在AC边上,且AD为∠BAC的平分线,∠ABE=90°,则　(　　)
A.BE=2
B.△ABC的面积为
C.AD=
D.若点P在△ABE的外接圆上,则PB+2PE的最大值为2
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.(2025山东临沂一中月考)在△ABC中,sin =,D为BC的中点,AD=1,△ABC的面积为,则BC=　　　　.
13.(2025山东青岛第五十八中学期中)为测量某塔的高度,在塔旁的水平地面上共线的三点A,B,C处测得其塔顶P的仰角分别为30°,60°,45°,且AB=BC=50米,则塔的高度OP=　　　　米.
14.(2024广东六校联考)某同学在学习和探索三角形的相关知识时,发现了一个有趣的性质:将锐角三角形三条边所对的外接圆的三条圆弧(劣弧)沿着三角形的边进行翻折,则三条圆弧交于该三角形内部一点,且此交点为该三角形的垂心(三角形三条高线的交点).如图,已知锐角△ABC外接圆的半径为2,且三条圆弧沿所对的△ABC的边翻折后交于点P.若AB=3,则sin∠PAC=　　　　;若AC∶AB∶BC=6∶5∶4,则PA+PB+PC=　　　　.
四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)(2025河南南阳期中)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,sin2A-sin2B-sin2C=sin Bsin C.
(1)求A;
(2)已知a=7,再从以下三个条件中选择一个作为已知,使得△ABC存在,求△ABC的面积.
条件①:c=7;条件②:bsin A=;条件③:cos C=.
注:如果选择的条件不符合要求,第(2)问得0分;如果选择多个符合要求的条件分别解答,按第一个解答计分.
16.(15分)(2025江苏前黄高级中学期初检测)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且c=2b,a=2ccos C.
(1)求的值;
(2)若△ABC的面积为,求AB边上的高.
17.(15分)(2025陕西咸阳礼泉期中)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知△ABC的面积为,D为BC的中点,且AD=1.
(1)若∠ADC=,求sin B;
(2)若b2+c2=8,求b,c.
18.(17分)(2025河北保定一模)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,=.
(1)求角B;
(2)若2b2=2c2+ac,求cos C的值;
(3)在(2)的条件下,若c=2,点D为线段AB上的动点,点E为线段BC上的动点,且线段DE将△ABC分成面积相等的两部分,求线段DE的长度的最小值.
19.(17分)(2025山西晋中部分学校质量检测)在△ABC中,点D是边AC上一点,且BD⊥BC.
(1)若AB=,BC=1,且sin∠ABC=,求cos∠ADB的值;
(2)若∠ABD=,且BD=2,求△ABC的面积的最小值;
(3)若CD=3DA,∠ABD=∠BCD,且△ABC的面积为12,求AB的值.
答案全解全析
1.D　因为A=,C=,所以B=π--=,
易得sin C=sin =sin=×+×=,
由正弦定理得=,所以c===+1.
2.D　若△ABC有两个解,则bsin A解题技法
在△ABC中,已知a,b和A,以角A一边上的点C为圆心,a为半径画弧,此弧与角A另一边的公共点(不包含点A)的个数即为三角形解的个数.总结如下表:
A为钝角 A为直角 A为锐角
a>b 一解 一解 一解
a=b 无解 无解 一解
absin A 无解 无解 两解
a=bsin A 一解
a3.C　因为===2r,所以b=2rsin B,c=2rsin C.
又+=,所以bcos C+ccos B=r,
所以sin Bcos C+sin Ccos B=,即sin(B+C)=sin A=,
又A∈(0,π),所以A=或A=.
4.B　由题意可知,在△ABD中,∠DAB=75°,∠ADB=60°,AB=30,则∠ABD=45°,
由正弦定理得=,即=,解得AD=60.
在△ACD中,AD=60,AC=20,∠CAD=30°,
由余弦定理得CD2=AC2+AD2-2AC·ADcos∠CAD
=1 200+3 600-2×20×60×=1 200,
所以CD=20,即灯塔C与货轮D之间的距离为20海里.
5.C　因为cos 2B+cos B=1-cos(A-C),
所以1-cos 2B=cos B+cos(A-C),
即2sin2B=-cos(A+C)+cos(A-C)=2sin Asin C,即sin2B=sin Asin C,由正弦定理可得b2=ac=4,
所以a+2c≥2=4,当且仅当a=2c,即a=2,c=时,等号成立,
此时最大角为角A,cos A===-,
所以当a+2c取得最小值时,△ABC的最大内角的余弦值是-.
6.A　由(3a+b)cos C+ccos B=0及正弦定理得(3sin A+sin B)·cos C+sin Ccos B=0,即3sin Acos C+sin Bcos C+sin C·cos B=0,即3sin Acos C+sin(B+C)=0,即3sin Acos C+sin A=0,
因为A∈(0,π),所以sin A≠0,所以3cos C+1=0,
所以cos C=-,即=-,
又c2-a2-b2=2,所以cos C==-=-,所以ab=3,
又C∈(0,π),所以sin C===,
所以△ABC的面积为absin C=×3×=.
7.A　因为b=2c,所以由正弦定理得sin B=2sin C,
又9sin B-2sin C=2,所以sin B=.
当B为钝角时,cos B=-==,即2c2-c-6=0,解得c=2(负值舍去),所以b=4,所以△ABC的周长为a+b+c=9.
当A为钝角时,cos B===,即2c2+c-6=0,解得c=(负值舍去),所以b=3=a,与A为钝角时b综上,△ABC的周长为9.
8.D　由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B,又b2=a(a+c),所以a2+c2-2accos B=a(a+c),即a=c-2acos B,由正弦定理得sin A=sin C-2sin Acos B=sin(A+B)-2sin Acos B=cos Asin B-sin Acos B=sin(B-A).
因为三角形ABC为锐角三角形,所以A,B∈,所以B-A∈,所以A=B-A,即B=2A,所以C=π-3A.
因为△ABC为锐角三角形(易错点),
所以解得由正弦定理得==
=
=
=(2cos A)2+2cos A-1.
因为令t=2cos A,则=t2+t-1(解题技法
处理解三角形中的最值或范围问题,一般用以下两种方法:①利用余弦定理结合基本不等式构造不等关系求解;②先利用正弦定理将边化为角,再利用三角函数的性质求出最值或范围,如果三角形为锐角三角形或角有其他的限制条件,通常采用这种方法.
9.BC　对于A,由正弦定理得=,则sin B===>1,△ABC无解,故A错误;
对于B,函数y=cos x在(0,π)上单调递减,所以当A>B时,cos A对于C,因为cos Acos Bcos C>0,A,B,C为△ABC的内角,
所以故A,B,C均为锐角,则△ABC为锐角三角形,故C正确;
对于D,由余弦定理的推论得a-b=ccos B-ccos A=c·-c·,
整理得(a-b)(a2+b2-c2)=0,所以a-b=0或a2+b2-c2=0,即a=b或a2+b2=c2,所以△ABC为等腰三角形或直角三角形,故D错误.
解题技法
利用正、余弦定理判断三角形的形状一般有两种方法:一是角化边,利用正、余弦定理把条件转化为边的关系,再结合因式分解、配方等方法得到边的相应关系,从而判断三角形的形状;二是边化角,利用正、余弦定理把条件转化为角的关系,再结合三角恒等变换得到角的相应关系,从而判断三角形的形状.
10.AB　对于A,因为asin B-cos C=,
所以由正弦定理得sin A(sin B-cos C)=(sin C-sin B)·cos A,
即sin Bsin A-sin Acos C=sin Ccos A-sin Bcos A,
即sin Bsin A+sin Bcos A=sin Acos C+sin Ccos A=sin(A+C)=sin B,
因为B∈(0,π),所以sin B≠0,所以sin A+cos A=1,
所以2sin=1,即sin=,
因为A∈(0,π),所以所以A=,故A正确;
对于B,由余弦定理知a2=b2+c2-2bccos A,则9=b2+c2+bc,
因为b>0,c>0,所以9=b2+c2+bc≥3bc,则bc≤3,当且仅当b=c=时,等号成立,
所以S△ABC=bcsin A=bc≤,所以S△ABC的最大值为,故B正确;
对于C,由B知9=b2+c2+bc=(b+c)2-bc,则(b+c)2=9+bc≤12,
故0所以b+c的最大值为2,故C错误;
对于D,因为M为BC边上的中点,所以=+,
则||==
==≥=,当且仅当b=c=时,等号成立.
所以AM的最小值为,故D错误.
11.BCD　在△ABC中,由余弦定理的推论得cos∠BAC===,
∴∠BAC=60°,故S△ABC=×AB×AC×sin 60°=×1×4×=,故B正确;
在Rt△ABE中,BE=ABtan 60°=,故A错误;
在△ABC中,由余弦定理的推论得cos C====,
∴sin C==,∵AD平分∠BAC,
∴∠DAC=30°,
∴sin∠ADC=sin(C+30°)=sin Ccos 30°+cos Csin 30°
=×+×=,
在△ACD中,由正弦定理可得=,
故AD===,故C正确;
∵∠ABE=90°,∴AB⊥BE,
∴AE为△ABE的外接圆的直径,AE==2,故△ABE的外接圆的半径为1,
显然当P在上时,PB+2PE取得最大值,此时∠BPE=∠BAE=60°,
设∠PBE=α,0°<α<120°,则∠PEB=120°-α,
在△PBE中,由正弦定理得===2,∴PB=2sin(120°-α)=cos α+sin α,PE=2sin α,
∴PB+2PE=cos α+5sin α=2sin(α+θ),其中sin θ==,cos θ==,
∴当α+θ=时,PB+2PE取得最大值,为2,故D正确.
12.
解析　在△ABC中,由sin =(0<∠BAC<π),得cos =,所以sin∠BAC=2sin cos =,cos∠BAC=1-2sin2=-,
所以△ABC的面积S=AB·ACsin∠BAC=,所以AB·AC=.
由平行四边形的对角线性质可知,
所以AB2+AC2=BC2+2,
由余弦定理可得,BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠BAC=BC2+2+2××,所以BC=.
13.10
解析　设塔的高度OP=h米,
在Rt△POA中,OA==h,同理可得OB=h,OC=h,
∵∠OBA+∠OBC=π,
∴cos∠OBA=-cos∠OBC,
∴=-,
即=-,解得h=10(负值舍去).
∴塔的高度OP=10米.
14.;
解析　设△ABC外接圆的半径为R,则R=2.
在△ABC中,==2R=4,所以sin∠ACB=.
因为∠ACB是锐角,所以cos∠ACB=.
由题意知P为△ABC的垂心,所以AP⊥BC,
所以∠PAC=-∠ACB,
所以sin∠PAC=cos∠ACB=.
设∠CAB=θ,∠CBA=α,∠ACB=β,θ,α,β∈,
因为AC∶AB∶BC=6∶5∶4,所以不妨设AC=6,AB=5,BC=4,则在△ABC中,由余弦定理的推论得cos θ==,cos α==,cos β==.
设△ABC的边BC,AB,AC上的高分别为AD,CE,BF.
易得∠ECB+∠EBC=,∠PCD+∠CPD=,∠ECB=∠PCD,所以∠EBC=∠CPD,
所以∠APC=π-∠CPD=π-∠EBC=π-∠ABC,
所以在△PAC中,由正弦定理得====2R=4.
同理,在△PAB中,由正弦定理得===2R=4.
所以PA+PB+PC=4(cos θ+cos α+cos β)=4×=.
15.解析　(1)由sin2A-sin2B-sin2C=sin Bsin C及正弦定理得a2-b2-c2=bc,(2分)
由余弦定理的推论得cos A==-,(4分)
又0(2)选条件①,由(1)知A=,又c=7,a=7,所以C=A=,与A+B+C=π矛盾,
所以此时△ABC不存在,即条件①不符合要求,不选①.
选条件②,由(1)知A=,又bsin A=,所以b=3,(8分)
由余弦定理得a2=b2+c2-2bc·cos A,即72=32+c2-2c×3×cos ,即c2+3c-40=0,
又c>0,所以c=5,经验证,此时△ABC存在且唯一.(10分)
所以△ABC的面积S=bcsin A=×3×5×sin =.(13分)
选条件③,由cos C=,得sin C==,
在△ABC中,由正弦定理得=,由(1)知A=,所以c=·sin C=×=5,经验证,此时△ABC存在且唯一.(9分)
又sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C=×+×=,(11分)
所以△ABC的面积S=acsin B=×7×5×=.(13分)
16.解析　(1)由a=2ccos C及余弦定理的推论得a=2c·,(2分)
又c=2b,所以a=2×2b×,化简得a2=6b2,
所以=.(5分)
(2)由(1)得cos∠ACB===,所以sin∠ACB==,(8分)
所以△ABC的面积S=absin∠ACB=×b2×=b2=,(11分)
所以b=2,(12分)
设AB边上的高为h,
则△ABC的面积S=ch=bh=2h=,
所以h=,即AB边上的高为.(15分)
17.解析　∵D为BC的中点,∴S△ADC=S△ABC=.
(1)∵∠ADC=,AD=1,∴S△ADC=AD·DCsin∠ADC=×1×a×=a=,解得a=4.(2分)
在△ABD中,∠ADB=π-∠ADC=,
由余弦定理得c2=BD2+AD2-2BD·ADcos∠ADB,
即c2=4+1-2×2×1×=7,所以c=,(4分)
则cos B===,
∴sin B===.(6分)
(2)在△ABD中,由余弦定理得c2=a2+1-2×a×1×cos(π-∠ADC)①,
在△ACD中,由余弦定理得b2=a2+1-2×a×1×cos∠ADC②,(8分)
由①+②得a2+2=b2+c2,又b2+c2=8,∴a=2.(10分)
∴S△ADC=××1×sin∠ADC=,解得sin∠ADC=1,(12分)
又0<∠ADC<π,∴∠ADC=,
∴b=c==2.(15分)
解题技法
如图,在△ABC中,D为BC边上一点(鸡爪模型),则存在的等式有:
1.cos∠ABD=cos∠ABC,cos∠ACD=cos∠ACB,cos∠ADB+cos∠ADC=0,sin∠ADB=sin∠ADC,利用正、余弦定理计算即可.
2.S△ABC=S△ABD+S△ADC(常用于角平分线的相关问题中).
3.若=λ,则=λ+(1-λ)(常用于平方求夹角或||的相关问题中).
特殊地,若D为中点,则AD2=AB2+AC2-BC2;若AD为角平分线,则=(角平分线定理).
18.解析　(1)由正弦定理及=可得sin Bcos C=2sin Acos B-cos Bsin C,(2分)
∴sin Bcos C+cos Bsin C=2sin Acos B,∴sin(B+C)=2sin Acos B,∴sin A=2sin Acos B,
∵A∈(0,π),∴sin A>0,∴cos B=,
∵B∈(0,π),∴B=.(4分)
(2)由(1)知B=,∴b2=a2+c2-2ac·,
又∵2b2=2c2+ac,∴ac=a2,∴a=c,∴b=c,(6分)
∴cos C===.(9分)
(3)若c=2,则由(2)知a=3,b=,
∴S△ABC=acsin B=,∴S△BDE=,(12分)
设BD=m(m>0),BE=n(n>0),则S△BDE==mn×,∴mn=3,(14分)
由余弦定理得DE2=m2+n2-2mn×≥mn=3(当且仅当m=n=时等号成立),∴DE≥,
∴线段DE的长度的最小值为.(17分)
19.解析　(1)由题意知∠ABC∈,所以cos∠ABC=-=-,
所以在△ABC中,由余弦定理得AC2=BA2+BC2-2BA·BCcos∠ABC=10+1-2××1×=13,故AC=.(3分)
由正弦定理得=,即=,
所以sin∠BCA==,
所以cos∠ADB=cos=-sin∠BCA=-.(5分)
(2)设BA=m(m>0),BC=n(n>0),
因为S△ABC=S△ABD+S△DBC,
所以BA·BCsin∠ABC=BA·BDsin∠ABD+BC·BDsin∠CBD,
即mnsin =m·2sin +n·2,
所以mn=2m+4n≥2=4,所以mn≥32,
当且仅当2m=4n,即m=8,n=4时等号成立,(8分)
所以S△ABC=BA·BCsin∠ABC=mn≥8,
故△ABC的面积的最小值为8.(10分)
(3)设DA=x(x>0),∠ABD=θ,
则CD=3x,∠BCD=θ,∠BAD=-2θ,
在△ABD中,由正弦定理得=,即=,
所以BD==,
在△BCD中,sin∠BCD=,即sin θ=,
所以BD=3xsin θ,
所以3sin θ=,
所以3sin2θ=cos 2θ=cos2θ-sin2θ,所以4sin2θ=cos2θ,
又sin2θ+cos2θ=1,0<θ<,所以sin θ=,cos θ=,(13分)
所以BD=3xsin θ=x,CB=3xcos θ=x,
所以S△BCD=BD·CB=×x×x=x2,
又CD=3DA,S△ABC=12,所以S△BCD=9,所以x2=9,解得x=(负值舍去),所以BD=x=3.(15分)
在△ABD中,由余弦定理的推论得cos∠ABD=,即=,
解得AB=2或AB=,又AB>BD,所以AB=2.(17分)