2022年高考考前20天终极冲刺攻略（二）核心考点解读——正余弦定理及在三角形中的应用 配套冲刺试题A（Word含答案）

核心考点解读——正余弦定理及在三角形中的应用 配套冲刺试题A
1．（2022·江苏南通·模拟预测）设M，N为某海边相邻的两座山峰，到海平面的距离分别为100米，50米．现欲在M，N之间架设高压电网，须计算M，N之间的距离．勘测人员在海平面上选取一点P，利用测角仪从P点测得的M，N点的仰角分别为30°，45°，并从P点观测到M，N点的视角为45°，则M，N之间的距离为（ ）
A．米 B．米 C．米 D．米
2．（2022·广东佛山·二模）中，，O是外接圆圆心，是的最大值为（　　）
A．0 B．1 C．3 D．5
3．（2022·湖北襄阳·高三期末）在中，，，则角的最大值为（ ）
A． B． C． D．
（多选题）4．（2022·河北·衡水市冀州区第一中学高三期末）三角形 中， 角 的对边分别为 ， 下列条件能判断 是钝角三角形的有 （ ）
A． B．
C． D．
5．（2022·山东潍坊·模拟预测）古希腊数学家托勒密在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知AC，BD为圆的内接四边形ABCD的两条对角线，sin∠CBD：sin∠BDC：sin∠BAD=1：1：，AC=4，则△ABD面积的最大值为________．
6．（2022·江苏泰州·模拟预测）在①a=2b；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中．若问题中的三角形存在，求该三角形面积的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，， ？
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
7．（2022·广东广州·二模）在平面四边形中，．
(1)求的面积；
(2)若，求的值；
8．（2022·广东梅州·二模）在中，点在上，平分，已知，，
(1)求的长；
(2)求的值.
9．（2022·湖南师大附中一模）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，．
(1)求角A的值；
(2)在①MC=2MB，②S△ABM=，③sin∠MBC=这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答下列问题．若M为AC边上一点，且MA=MB，_______，求△ABC的面积S△ABC．
10．（2022·福建·三模）的内角，，所对的边分别为，，.
(1)求的大小；
(2)为内一点，的延长线交于点，________，求的面积.
请在下列三个条件中选择一个作为已知条件补充在横线上，使存在，并解决问题.
①为的外心，；
②为的垂心，；
③为的内心，.
1．某单位科技活动纪念章的结构如图所示，是半径分别为的两个同心圆的圆心，等腰三角形的顶点在外圆上，底边的两个端点都在内圆上，点在直线的同侧．若线段与劣弧所围成的弓形面积为，△与△的面积之和为，设．经研究发现当的值最大时，纪念章最美观，当纪念章最美观时，（ ）
A． B． C． D．
2．如图，圭表是中国古代通过测量日影长度来确定节令的仪器，也是作为指导汉族劳动人民农事活动的重要依据，它由“圭”和“表”两个部件组成，圭是南北方向水平放置测定表影长度的刻板，表是与圭垂直的杆，正午时太阳照在表上，通过测量此时表在圭上的影长来确定节令.已知冬至和夏至正午时，太阳光线与圭所在平面所成角分别为，，测得表影长之差为，那么表高为（ ）
A． B． C． D．
3．设，，分别为的内角，，的对边，已知，则的值为______.
4．在中，，AC边上的中线，则面积的最大值为______．
5．在中，角，，对边分别为，，，已知，且．
(1)求角；
(2)若为中点，求的最大值．
6．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
(1)求角C的大小；
(2)若的面积，求ab的最小值.
7．的内角所对的边分别为，已知．
(1)求边，；
(2)若点D在线段上（与不重合），且，求．
8．在平面五边形ABCDE中，已知，，，，，
(1)当时，求DC；
(2)当五边形ABCDE的面积时，求BC的取值范围．
名校预测
1．A
【解析】
如图，由题可知，
∴，，又，
∴，
∴（米）．
故选：A.
2．C
【解析】
过点O作，垂足分别为D，E，如图，因O是外接圆圆心，则D，E分别为AC，的中点，
在中，，则，即，
，同理，
因此，
，
由正弦定理得：，当且仅当时取“=”，
所以的最大值为3.
故选：C
3．A
【解析】
设，则，由余弦定理可得，
当且仅当时，等号成立，因为，则.
故选：A.
4．BC
【解析】
【分析】
利用正余弦定理逐一判断即可
【详解】
A：由可知，且，所以是锐角，故A不能判断；
B：由，得，则为钝角，故B能判断；
C：由正弦定理，得，则，，故C能判断；
D：由正弦定理，条件等价于=，
则，即，故，则，故D不能判断.
故选：BC
5．
【解析】
如图，可知，由诱导公式知，又sin∠CBD：sin∠BDC：sin∠BAD=1：1：，
故sin∠CBD：sin∠BDC：sin∠BCD=1：1：，在△BCD中，由正弦定理得，
故，设，则由托勒密定理可知，
即，即，又，
当且仅当时取等号.故△ABD面积的最大值为.
故答案为：.
6．存在，面积为.
【解析】
若选①，由正弦定理得，又，故，即，化简得，即，
又，故，，，这样的三角形存在.又，，解得，
故该三角形的面积为；
若选②，由，又余弦定理可得，故，化简得，由正弦定理可得，又，故，即，又，故，又，解得，
这样的三角形存在.又，，解得，故该三角形的面积为；
若选③，由得，，由可得，又，故，整理得，又，故，故，，，这样的三角形存在.
又，，解得，故该三角形的面积为.
7．【解析】
(1)解：在中，，所以，
解得（舍去），
所以；
(2)解：在中，，所以，即，解得，
又，所以，所以，
又，所以，
所以
，
在中，，即，
所以，
所以.
8．【解析】
(1)依题意，由余弦定理得：
，
解得：
(2)依题意，由正弦定理得：，
所以.
因为，所以为锐角，
所以.
因为，
所以，
所以
.
9．【解析】
(1)由已知及正弦定理，得.
因为，则，
所以，
即，则，
因为，则，，
所以，得，即.
(2)选条件①：如图，因为，，则为等边三角形.
在中，设，则.
因为，，
由余弦定理得，
即，得
所以，，的面积.
选条件②：如图，因为，，则为等边三角形.
因为，则，所以.
在中，因为，
设，由余弦定理得
即，解得，则.
所以的面积.
选条件③：如图，因为，，则为等边三角形，从而，
在中，由正弦定理，得
设，由余弦定理，得，即，解得.
从而，
所以的面积.
10．【解析】
(1)在中，由余弦定理得，又因为，，
所以，整理得.
在中，由余弦定理得，所以，
即又因为，所以.
(2)选①，
设的外接圆半径为，则在中，由正弦定理得，即，因为为外心，所以，与盾，故不能选①.
选②，
因为为的垂心，所以，
又，所以在中，，
同理可得，
又因为，所以，即
，
又因为在中，，
所以，因此，
故，为方程两根，即，
因为，，所以，所以为等边三角形，
所以.
选③，
因为为的内心，所以，
由，
得，
因为，所以，即，
由（1）可得，即，所以，
即，
又因为，所以，所以.
专家押题
1．A
【解析】
由题意可知，，故，
又，
，
设劣弧所对扇形面积为，则，
故，
，
则；
令，，则，
令，得或（舍去），
记，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
故当，即时，取得最大值，即取得最大值．故选：．
2．C
【解析】
如图，设表高，
在中，，由正弦定理有，
所以，
在直角三角形中，，
即
.
故选：C
3．
【解析】
因为，所以
则
故答案为：
4．24
【解析】
设，，
由于，
在和中应用余弦定理可得：
，整理可得：，
结合勾股定理可得的面积：
，
当且仅当时等号成立．
则面积的最大值为24．
故答案为：24.
5．【解析】
(1)因为，即，
又因为，故，
由正弦定理，有
即，
因为，所以，
因为，故．
(2)因为为中点，所以，
于是，
又因为，所以．
故，当且仅当时成立，故，
所以．
6．【解析】
(1)由已知及正弦定理得：，又，
所以，即且，
所以.
(2)由题意知：，即，
由余弦定理知：，即，因此，当且仅当时取等号，
所以ab的最小值为48.
7.【解析】
(1)由余弦定理可得:，
即，解得：．
所以．
(2)在中，由余弦定理可得，
即，解得：或5，
当时D与B重合，不符合题意，当时．符合要求.
由正弦定理可得，
所以．
8．【解析】
(1)连结EB，在中，，
由余弦定理可得，
，所以
同时可得，，又由五边形内角和可求得
所以，进而四边形BCDE为等腰梯形
过点C作CM⊥BE于M，可求得
进而
(2)，
又，所以，
设边长为x，则
化简整理得，解得或
又，
所以BC的取值范围是.