【数学总复习-对点练习】RJA 第四章 第6讲　解三角形

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第6讲　解三角形
1．在△ABC中，若BC＝，sin C＝2sin A，则AB＝(　　)
A．2 B.3
C.4 D.5
2．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a＝2，c＝2，cos A＝且bA．3 B.2
C.2 D.
3.
如图所示，阴影部分的月牙形的边缘都是圆弧，弧ACB和弧ADB分别是△ABC的外接圆和以AB为直径的圆的一部分，若∠ACB＝，AC＝BC＝1，则弧ACB的半径为(　　)
A．1 B.
C.2 D.
4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝2，b＝3，c＝4，设AB边上的高为h，则h＝(　　)
A. B.
C. D.
5．(多选)某人向正东走了x km后向右转了150°，然后沿新方向走3 km，结果离出发点恰好 km，那么x的值是(　　)
A. B.2
C.3 D.6
6．(多选)(2022·葫芦岛模拟)在△ABC中，给出下列4个命题，其中正确的命题是(　　)
A．若AB．若sin AC．若A>B，则>
D．若Acos2B
7．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a＝，b＝2，A＝60°，则sin B＝________，c＝________．
8．(2022·西安质检)在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若cos B＝，b＝4，S△ABC＝4，则△ABC的周长为________．
9．(2022·河南期末改编)在△ABC中，B＝，AC＝，且cos2C－cos2A－sin2B＝－sin Bsin C，则C＝________，BC＝________．
10．(2022·张家口市质量监测)在①2bsin A＝a，②sin2 A＋sin2 C＝sin2 B＋sin Asin C，③acos A＝ccos C这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中．若问题中的三角形存在，请求出cos C；若问题中的三角形不存在，请说明理由．
问题：是否存在△ABC，满足a注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
11．(2022·成都七中期中)
攒尖在中国古建筑(如宫殿、坛庙、园林等)中大量存在，攒尖式建筑的屋面在顶部交汇成宝顶，使整个屋顶呈棱锥或圆锥形状．始建于1752年的廓如亭(位于北京颐和园内，如图)是全国最大的攒尖亭宇，八角重檐，蔚为壮观．其檐平面呈正八边形，上檐边长为a，宝顶到上檐平面的距离为h，则攒尖的体积为(　　)
A. B.
C. D.
12．(2022·福建漳州二模)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知3acos A＝bcos C＋ccos B，b＋c＝3，则a的最小值为(　　)
A．1 B.
C.2 D.3
13．在△ABC中，a＝7，b＝8，cos B＝－.
(1)求角A；
(2)求AC边上的高．
14．(2022·百师联盟联考)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acos B＋bcos A＝2ccos B.
(1)求角B；
(2)若A＝，角B的平分线交AC于点D，BD＝，求CD的长．
15.
(2022·长春质检)《海岛算经》是中国学者刘徽编撰的一部测量数学著作，现有取自其中的一个问题：今有望海岛，立两表，齐高三丈，前后相去千步，令后表与前表参相直，从前表却行一百二十三步，人目着地，取望岛峰，与表末参合，从后表却行一百二十七步，人目着地，取望岛峰，亦与表末参合，问岛高几何？其大意为：如图所示，立两个三丈高的标杆BC和DE，两标杆之间的距离BD＝1 000步，两标杆的底端与海岛的底端H在同一直线上，从前面的标杆B处后退123步，人眼贴地面，从地上F处仰望岛峰，A，C，F三点共线，从后面的标杆D处后退127步，人眼贴地面，从地上G处仰望岛峰，A，E，G三点也共线，则海岛的高为(注：1步＝6尺，1里＝180丈＝1 800尺＝300步)(　　)
A．1 255步 B.1 250步
C．1 230步 D.1 200步
16．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，并且b2＋c2－a2＝bc.
(1)已知________，计算△ABC的面积；请从①a＝，②b＝2，③sin C＝2sin B这三个条件中任选两个，将问题(1)补充完整，并作答．
(2)求cos B＋cos C的最大值．
参考答案
1解析：选A.利用正弦定理化简sin C＝2sin A，得AB＝2BC，因为BC＝，所以AB＝2.
2解析：选C.由余弦定理b2＋c2－2bccos A＝a2，得b2－6b＋8＝0，解得b＝2或b＝4，因为b3解析：选A.
因为∠ACB＝，AC＝BC＝1，
所以AB2＝AC2＋BC2－2×AC×BC×cos＝1＋1－2×1×1×＝3，所以AB＝.由题意知所求半径为△ABC外接圆的半径．
设△ABC的外接圆的圆心为O，半径为R，如图所示，
由正弦定理得＝＝2R，所以R＝1.
4解析：选D.由余弦定理，得cos A＝＝＝，则sin A＝＝，则h＝bsin A＝3×＝.
5解析：选AB.如图，AB＝x，BC＝3，AC＝，∠ABC＝30°.
由余弦定理得3＝x2＋9－2×3×x×cos 30°.
解得x＝2或x＝，
故选AB.
6解析：选ABD.在△ABC中，A对于C，因为－＝－
＝－－＋
＝(tan B－tan A)＋
＝(tan B－tan A)
＝(tan B－tan A)
＝(tan B－tan A)．
因为A，B∈(0，π)，A>B，
所以sin Asin B>0，
当0所以tan B0，
所以－<0，
即<，故不正确；
对于D，因为A又因为A，B∈(0，π)，所以sin A>0，sin B>0，
所以cos2A－cos2B＝1－sin2A－(1－sin2B)
＝sin2B－sin2A
＝(sin B＋sin A)(sin B－sin A)>0，
所以cos2A>cos2B.故选ABD.
7解析：由正弦定理，得sin B＝sin A＝，
又a2＝b2＋c2－2bccos A，
所以c2－2c－3＝0，解得c＝3或c＝－1(舍去)．
答案：　3
8解析：由cos B＝，得sin B＝，由三角形面积公式可得acsin B＝ac·＝4，则ac＝12，①
由b2＝a2＋c2－2accos B，可得16＝a2＋c2－2×12×，则a2＋c2＝24，②
联立①②可得a＝c＝2，
所以△ABC的周长为4＋4.
答案：4＋4
9解析：由意题可得sin2A－sin2C－sin2B＝－sin Bsin
C.结合正弦定理得BC2－AB2－AC2＝－·AC·AB，所以cos A＝，A＝，则C＝π－A－B＝.由＝，解得BC＝.
答案：　
10解：选①：
因为2bsin A＝a，所以2sin Bsin A＝sin A，
因为A为△ABC的内角，所以sin A≠0，
所以sin B＝.
又b所以B为锐角，故B＝60°.
因为a＋2c＝3b，
所以(a＋2c)2＝9b2＝9(a2＋c2－ac)．
所以8a2＋5c2－13ac＝0，
即(8a－5c)(a－c)＝0.
因为a所以8a－5c＝0.
代入a＋2c＝3b，求得a∶b∶c＝5∶7∶8.
故△ABC存在，且cos C＝＝＝.
选②：
因为sin2 A＋sin2 C＝sin2 B＋sin Asin C，
所以a2＋c2＝b2＋ac，
cos B＝＝＝，所以B＝60°.
因为a＋2c＝3b，
所以(a＋2c)2＝9b2＝9(a2＋c2－ac)．
所以8a2＋5c2－13ac＝0，
即(8a－5c)(a－c)＝0.
因为a所以8a－5c＝0.
代入a＋2c＝3b，解得a∶b∶c＝5∶7∶8.
故△ABC存在，且cos C＝＝＝.
选③：
因为acos A＝ccos C，
所以sin Acos A＝sin Ccos
C.
所以sin 2A＝sin 2C.
所以2A＝2C或2A＋2C＝180°.
所以A＝C或A＋C＝90°.
因为a所以A＝C不合题意，
所以A＋C＝90°.
所以B＝90°.
所以a2＋c2＝b2.
因为a＝3b－2c，
所以(3b－2c)2＋c2＝b2，
所以5c2－12bc＋8b2＝0.
可看成是关于c的一元二次方程，
Δ＝－16b2<0，
故△ABC不存在．
11解析：选D.
如图底面正八边形ABCDEFGH的外接圆圆心是O(正八边形对角线交点)，设外接圆半径为R，
在△OAB中，∠AOB＝，AB＝a，
由余弦定理得a2＝R2＋R2－2R2cos＝R2(2－)，R2＝＝a2，
正八边形的面积为S＝8×R2sin＝2(1＋)a2，
所以攒尖体积V＝Sh＝.
12解析：选B.在△ABC中，因为3acos A＝bcos C＋ccos B，
所以3sin Acos A＝sin Bcos C＋sin Ccos B＝sin(B＋C)＝sin A，
即3sin Acos A＝sin A，又A∈(0，π)，所以sin A≠0，所以cos A＝.
因为b＋c＝3，所以两边平方可得b2＋c2＋2bc＝9，由b2＋c2≥2bc，可得9≥2bc＋2bc＝4bc，解得bc≤，当且仅当b＝c时等号成立，所以由a2＝b2＋c2－2bccos A，可得a2＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－≥9－×＝3，当且仅当b＝c时等号成立，所以a的最小值为.故选B.
13解：(1)由题意得sin B＝ ＝.
由正弦定理得sin A＝＝.
由题设知(2)在△ABC中，因为sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝，
所以AC边上的高为asin C＝7×＝.
14解：(1)因为acos B＋bcos A＝2ccos B，
由正弦定理可得sin Acos B＋sin Bcos A＝2sin Ccos B，
即sin(A＋B)＝2sin Ccos B，
即sin C＝2sin Ccos B.
因为00，
故cos B＝，
因为0(2)由(1)可知∠ABD＝∠CBD＝，
又A＝，所以∠ADB＝，∠CDB＝，
可得C＝，所以BC＝BD＝.
在△BCD中，由余弦定理可得CD2＝BD2＋BC2－2BD·BCcos∠CBD，
即CD2＝6＋6－2×××＝12－6＝(3－)2，
解得CD＝3－.
15解析：选A.因为AH∥BC，所以△BCF∽△HAF，所以＝.因为AH∥DE，所以△DEG∽△HAG，所以＝.又BC＝DE，所以＝，即＝，所以HB＝30 750步，又＝，
所以AH＝＝1 255(步)．故选A.
16解：(1)因为b2＋c2－a2＝bc，
所以由余弦定理知cos A＝＝＝，
因为A∈(0，π)，所以A＝.
选择①②：
因为b2＋c2－a2＝bc，
所以4＋c2－7＝2c，即c2－2c－3＝0，解得c＝3或－1(舍负)，
则△ABC的面积S＝bc·sin A＝×2×3×sin ＝；
选择①③：
由正弦定理知＝，
因为sin C＝2sin B，所以c＝2b①，
因为b2＋c2－a2＝bc，
所以b2＋c2－7＝bc②，
联立①②构成方程组，解得b＝，c＝，
则△ABC的面积S＝bc·sin A＝×××sin ＝.
选择②③：
由正弦定理知＝，
因为sin C＝2sin B，所以c＝2b＝4，
则△ABC的面积S＝bc·sin A＝×2×4×sin ＝2.
(2)由(1)知，A＝，
所以B＋C＝，
所以cos B＋cos C＝cos B＋cos＝cos B－cos B＋sin B＝sin，
因为0＜B＜，
所以B＋∈，
所以sin∈，
故cos B＋cos C的最大值为1.
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