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2025苏教版高中数学必修第二册
第11章 解三角形
全卷满分150分 考试用时120分钟
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.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若b=2asin B,bc=4,则△ABC的面积为( )
A.1 B.
C.2 D.2
2.在△ABC中,“cos A
sin B”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
3.某中学校园内的红豆树已有百年历史,小明为了测量其高度,选取了与红豆树根部C在同一水平面内的A,B两点,在A处测得红豆树根部C在北偏西60°的方向上,沿正西方向步行40米到B处,测得红豆树根部C在北偏西15°的方向上,树梢D的仰角为30°,则红豆树的高度为( )
A.10米 B.20米
C.米 D.米
4.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且=4csin B+a,则tan A的值为( )
A.-2 B.-3
C.3 D.2
5.在△ABC中,AC=1,AD⊥BC,垂足为D,且,则当∠BAC取得最大值时,△ABC的周长为( )
A.2+
C.3+
6.在锐角△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若c-b=2bcos A,则下列四个结论中正确的是( )
A.B=2A
B.B的取值范围为
C.的取值范围为()
D.+2sin A的最小值为2
7.在锐角△ABC中,r为其外接圆半径,若2b2=2a2+2c2-6ac+,则角C的度数为( )
A.30° B.45°
C.60° D.75°
8.在锐角△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,S为△ABC的面积,且2S=a2-(b-c)2,则的取值范围为( )
A.
C.,+∞)
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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,下列说法中正确的是( )
A.若a=5,b=10,A=,则符合条件的三角形不存在
B.若a=8,c=10,B=,则符合条件的△ABC有两个
C.若a4+b4=c4,则C<
D.若AB=,AC=1,B=30°,则△ABC的面积为
10.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若·=2,a=2,则( )
A.bccos A=2a B.b2+c2=8
C.角A的最大值为 D.△ABC面积的最大值为
11.已知对任意角α,β均有公式sin 2α+sin 2β=2sin(α+β)·cos(α-β).设△ABC的内角A,B,C满足sin 2A+sin(A-B+C)=sin(C-A-B)+,面积S满足1≤S≤2.记a,b,c分别为内角A,B,C所对的边,则下列关系式一定成立的是( )
A.bc(b-c)<16 B.6≤abc≤12
C.4≤≤4 D.sin Asin Bsin C=
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,已知A=60°,b+c=6,且△ABC的面积为,则△ABC的内切圆的半径为 .
13.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且c=asin C-ccos A,若△ABC为锐角三角形,a=,则△ABC周长的取值范围为 .
14.如图,在△ABC中,sin A=,D,E分别在边BC,AC上,EC=EB,ED⊥BC且DE=1,则cos C= ;△ABE的面积是 .
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.(本小题满分13分)如图,有一四边形休闲区域ABCD,其四周是步道,中间是花卉种植区域,为减少拥堵,中间穿插了新能源环保电动车道AC,已知D=2B,且AD=1千米,CD=3千米,cos B=.
(1)求新能源环保电动车道AC的长度;
(2)若 ,求花卉种植区域的总面积(道路宽度不计).
从①∠ACB=这两个条件中任选一个,补充在上面问题中并作答.
注:如果选择条件①和条件②分别解答,按第一个解答计分.
16.(本小题满分15分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,.
(1)求角A;
(2)若点D在线段AC上,且,ADsin∠CBD=CDsin C,求cos∠ABC.
17.(本小题满分15分)如图,半圆O的直径为2,A为直径延长线上的一点,且OA=2,B为半圆上任意一点,以AB为一边作等边三角形ABC.
(1)点B在什么位置时,四边形OACB的面积最大
(2)求OC长度的最大值.
18.(本小题满分17分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2bsin=a+c,且c=2,点D在线段BC上.
(1)若∠ADC=,求AD的长;
(2)若,△ABC的面积为3,求的值.
(本小题满分17分)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,cos(A-C)-
cos B=,△ABC的面积为.
(1)求B;
(2)若点P在△ABC的内部,满足∠APB=∠BPC=∠CPA=,求PB2-PA·PC的值;
(3)若△ABC所在平面内的点Q满足∠BQA=∠BQC=∠AQC=,求(QA+QC-QB)·QB的值.
答案与解析
第11章 解三角形
1.A 因为b=2asin B,所以由正弦定理得sin B=2sin Asin B,因为B∈(0,π),所以sin B≠0,所以1=2sin A,解得sin A=,所以S△ABC=bcsin A==1.故选A.
2.C 由,得当sin A>sin B时,a>b,再根据三角形中大边对大角知A>B,又A∈(0,π),B∈(0,π),y=cos x在(0,π)上单调递减,∴cos A当cos AB,∴a>b,又,∴sin A>sin B,∴“cos Asin B”的充要条件.故选C.
3.D 依题意可得图形:
在△ABC中,∠BAC=30°,∠ABC=105°,则∠BCA=180°-105°-30°=45°,由题知AB=40米,
所以由正弦定理得,解得BC=20米,
在Rt△BCD中,∠CBD=30°,
所以CD=BC·tan 30°=20(米),则红豆树的高度为米.故选D.
4.A 因为=4csin B+a,
所以由正弦定理得=4csin B+a,即6c2+2b2=4acsin B+a2,
则由余弦定理得6c2+2(a2+c2-2accos B)=4acsin B+a2,
化简得8c2+a2=4ac(sin B+cos B),即,
因为≥=1,当且仅当a=2c时等号成立,
而sin≤1,所以sin=1,因为B∈(0,π),所以B+,则B=,
由a=2c,得sin A=2sin C=2,整理得sin A=2sin A+2cos A,故tan A=-2.故选A.
5.A 设CD=a,若,则D在BC的延长线上,且BD=3CD=3a,如图,
由AC=1,得AD2=1-a2,
则AB2=BD2+AD2=1+8a2,则AB=,
在△ABC中,由余弦定理得cos∠BAC=,
又≥2,当且仅当8a2+1=3,即a=时等号成立,
故当a=时,cos∠BAC取得最小值,
此时∠BAC取得最大值,且BC=2a=1,AB=,所以△ABC的周长为2+.故选A.
6.C 对于A,由c-b=2bcos A及正弦定理可得sin C-sin B=2sin Bcos A,
又sin C=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B,
所以sin Acos B-cos Asin B=sin B,即sin(A-B)=sin B,
因为00,sin(A-B)>0,又0所以A-B=B或A-B+B=π,即A=2B或A=π(舍去),故A错误;
对于B,因为△ABC为锐角三角形,A=2B,所以C=π-3B,
则解得B∈,故B错误;
对于C,=2cos B,因为B∈,所以cos B∈,2cos B∈(),即的取值范围为(),故C正确;
对于D,+2sin A=+2sin A=+2sin A=+2sin A≥2,当且仅当=2sin A,即sin A=时取等号,
因为B∈,所以A=2B∈,则sin A∈,所以无法取到等号,故D错误.
故选C.
7.A 因为2b2=2a2+2c2-6ac+,
所以2b2-2a2-2c2=-6ac+.
由余弦定理可得2b2-2a2-2c2=-4accos B,3a2-3b2-3c2=-6bccos A,
所以-6ac+=-4accos B,-2bc+=-6bccos A,
所以6-4cos B=,1-3cos A=.
由正弦定理可得6-4cos B=3sin A,1-3cos A=4sin B,
所以4cos B+3sin A=6,4sin B+3cos A=1,
两式等号左、右两边分别平方并相加可得,16(sin2B+cos2B)+9(sin2A+cos2A)+
24(sin Acos B+cos Asin B)=37,所以24sin(A+B)=12,所以sin C=,又C为锐角,故C=30°.故选A.
C 由a2=b2+c2-2bccos A,△ABC的面积S=bcsin A及2S=a2-(b-c)2,得bcsin A=2bc-
2bccos A,化简得sin A+2cos A=2,
又sin2A+cos2A=1,所以5sin2A-4sin A=0,
解得sin A=或sin A=0(舍去),
又A为锐角,所以cos A=.
所以.
因为△ABC为锐角三角形,所以0所以tan C>tan,
所以∈,所以∈.
设=t,则t∈,
令y=2t+,t∈,
易知y=2t+在上单调递减,在上单调递增,又当t=时,y=2;当t=时,y=;当t=时,y=,所以y∈,故的取值范围是.故选C.
9.AC 对于A,由正弦定理得,所以sin B=>1,所以符合条件的三角形不存在,故A正确;
对于B,由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B=64+100-2×8×10×=84,故b=2(舍负),所以符合条件的△ABC只有一个,故B错误;
对于C,若a4+b4=c4,则(a2+b2)2=a4+2a2b2+b4=2a2b2+c4>c4,所以a2+b2>c2,可得cos C=>0,因为C∈(0,π),所以C<,故C正确;
对于D,依题得c=,b=1,由正弦定理得,则sin C=,
因为=sin C>sin B=,所以C>B,又0°当A=90°时,S△ABC=,当A=30°时,S△ABC=×1×sin 30°=,故D错误.
故选AC.
10.BCD 由题意得·|cos A=bccos A=2,而2a=4,故A错误;
由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A,则b2+c2=a2+2bccos A=4+4=8,故B正确;
由上述分析得cos A=≥,又A∈(0,π),所以0S△ABC=bcsin A=×sin A=tan A,又011.ACD ∵A-B+C=π-2B,C-A-B=C-(A+B)=2C-π,且sin 2A+sin(A-B+C)=sin(C-A-B)+,
∴sin 2A+sin(π-2B)=sin(2C-π)+,
∴sin 2A+sin 2B+sin 2C=,
又对任意角α,β均有公式sin 2α+sin 2β=2sin(α+β)·cos(α-β),∴sin2A+sin2B+sin2C=2sin(A+B)cos(A-B)-sin[2(A+B)]=2sin(A+B)·[cos(A-B)-cos(A+B)]=
2sin C·[cos Acos B+sin Asin B-(cos Acos B-sin A·sin B)]=4sin Csin Asin B,
∴4sin Asin Bsin C=,∴sin Asin Bsin C=,D正确;
设△ABC外接圆的半径为R,
则S=absin C==2R2sin Asin Bsin C=R2,
由1≤S≤2得2≤R≤2,从而=2R∈[4,4],C正确;
abc=8R3sin Asin Bsin C=R3∈[8,16],B错误;
bc(b-c)故选ACD.
12.答案
解析 S△ABC=bcsin A=,则bc=4,
由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=(b+c)2-3bc=24,则a=2.
设△ABC的内切圆的半径为r,则,
解得r=.
13.答案 (3+]
解析 ∵c=asin C-ccos A,∴由正弦定理得sin C=sin Asin C-sin Ccos A,
又sin C>0,∴sin A-cos A=1,则2sin=1,即sin,
∵0由正弦定理得=2,
∴b=2sin B,c=2sin C,又C=-B,
故△ABC的周长为a+b+c=+2sin B+2sin C=+2sin B+2sin+3sin B+cos B
=2,
∵△ABC为锐角三角形,∴
∴≤1,
∴△ABC周长的取值范围为(3+].
14.答案
解析 因为EB=EC,所以∠EBC=C,故∠AEB=2C,
因为ED⊥BC,所以D为BC的中点,且EB=,
在△AEB中,由正弦定理可得,即,
易知C为锐角,由及sin C≠0,可得cos C=,
所以sin C=,
则sin∠AEB=sin 2C=2sin Ccos C=,
cos∠AEB=cos 2C=1-2sin2C=-,
因为EB=所以sin∠ABE=sin(∠AEB+A)=sin∠AEBcos A+cos∠AEBsin A=,
因此,S△ABE=AB·BEsin∠ABE=.
15.解析 (1)∵cos B=,D=2B,
∴cos D=cos 2B=2cos2B-1=-.(2分)
在△ADC中,AD=1,CD=3,
由余弦定理得AC2=AD2+CD2-2AD·CDcos D=1+9-6×=12,(4分)
∴AC=2,即新能源环保电动车道AC的长度为2千米.(5分)
(2)若选①:∵cos B=,∴sin B=.
在△ABC中,由正弦定理得,
即,解得AB=,(7分)
∵sin∠BAC=sin(B+∠ACB)=sin Bcos∠ACB+cos Bsin∠ACB=,
∴S△ABC=AB·AC·sin∠BAC=.(10分)
∵cos D=-,∴sin D=,
故S△ADC=AD·CD·sin D=,(11分)
∴花卉种植区域的总面积为(平方千米).(13分)
若选②:在△ABC中,由余弦定理得cos B=,
解得AB=3或AB=-(舍去).(8分)
∵cos B=,∴sin B=,∴S△ABC=AB·BC·sin B=.(10分)
∵cos D=-,∴sin D=,
故S△ADC=AD·CD·sin D=,(12分)
∴花卉种植区域的总面积为3(平方千米).(13分)
16.解析 (1)因为
=,(2分)
所以由正弦定理可得,故cos A=,(3分)
又A∈(0,π),所以A=.(4分)
(2)由,可得),即,所以AD=2CD,(6分)
因为ADsin∠CBD=CDsin C,所以=2,
又由正弦定理得,所以=2.(9分)
设CD=x,则AD=BD=2x,
在△ABD中,A=,所以△ABD为等边三角形,故AB=2x,
在△ABC中,由余弦定理得BC2=4x2+9x2-6x2=7x2,所以BC=x,(12分)
所以cos∠ABC=.(15分)
17.解析 (1)设∠AOB=α,α∈(0,π),
在△AOB中,由余弦定理得AB2=1+4-2×1×2×cos α=5-4cos α,(2分)
则S四边形OACB=S△AOB+S△ABC=×1×2×sin α+(5-4cos α)
=sin α-cos α+,(4分)
∵α∈(0,π),∴α-∈,
∴当α-,即α=时,四边形OACB的面积最大,
即当∠AOB=时,四边形OACB的面积最大.(7分)
(2)在△AOB中,由正弦定理得,
所以sin∠OAB=,
∵OA>OB,∴∠OAB是锐角,
∴cos∠OAB=,(9分)
则cos∠OAC=coscos∠OAB-sin∠OAB=,(11分)
在△AOC中,由余弦定理得OC2=OA2+AC2-2OA·AC·cos∠OAC=5+2sin α-2cos α
=5+4sin,(13分)
∵α∈(0,π),∴α-∈,
∴当α-,即α=时,OC2取到最大值,为5+4=9,
∴OC的长度的最大值为3.(15分)
解析 (1)由已知及正弦定理,得2sin B·sin
=sin∠BAC+sin C=sin∠BAC+sin(∠BAC+B)=sin∠BAC+sin∠BACcos B+cos∠BACsin B,
∴2sin B=sin∠BAC+sin∠BACcos B+cos∠BACsin B,
∴sin∠BACsin B+sin Bcos∠BAC=sin∠BAC+sin∠BACcos B+cos∠BACsin B,
∴sin∠BACsin B-sin∠BACcos B=sin∠BAC,
∴sin∠BAC(sin B-cos B)=sin∠BAC,(3分)
∵sin∠BAC≠0,∴sin B-cos B=2sin=1,
即sin,又B∈(0,π),
∴B-∈.
∵∠ADC=,∴∠ADB=,(6分)
在△ABD中,由正弦定理得,
即,解得AD=.(8分)
(2)设CD=t,则BD=2t,因为S△ABC=3,
所以,解得t=2,故BC=3t=6,
在△ABC中,由余弦定理可得AC=
,(10分)
在△ABD中,由正弦定理得,故sin∠BAD=2sin∠ADB,(12分)
在△ACD中,由正弦定理得,故sin∠CAD=sin∠ADC,(15分)
∵sin∠ADB=sin(π-∠ADC)=sin∠ADC,
∴.(17分)
19.解析 (1)因为cos(A-C)-cos B=cos(A-C)+cos(A+C)=2cos Acos C,
,(2分)
所以2cos Acos C=,
因为tan A,tan C有意义,所以cos Acos C≠0,所以sin B=,
又0(2)如图1,因为点P在△ABC的内部,所以∠ABC<∠CPA=,所以∠ABC=,
又△ABC的面积为,所以AB·BC·sin,所以AB·BC=4,
设∠PBA=α,则∠PAB=-α,∠PBC=-α,∠PCB=+α,
在△PAB中,由正弦定理得,
所以PB=ABsin α,(6分)
在△PBC中,由正弦定理得,
所以PC=,
所以PB2-PA·PC=
===4.(8分)
(3)若点Q与点B在直线AC的异侧,如图2,
设∠QBA=θ,则∠QBC=∠ABC-θ,∠QAB=-θ,∠QCB=-∠ABC+θ,
在△QAB中,由正弦定理得,
所以QA=AB·sin θ,QB=AB·sin,
在△QBC中,由正弦定理得,(10分)
所以QC=BCsin(∠ABC-θ),
QB=,
则(QA+QC-QB)·QB=QA·QB+QC·QB-QB2=AB·BC·sin θ·sin
+BC·AB·sin(∠ABC-θ)·sin
-AB·BC·sin·sin
=+
=2cos-
=,(12分)
当∠ABC=时,原式==-4;
当∠ABC=时,原式==8.(14分)
若点Q与点B在直线AC的同侧,如图3,
则B在∠AQC的平分线上,所以∠ABC>∠AQC=,
所以∠ABC=,设∠QBA=θ',则∠QBC=-θ',∠QAB=-θ',∠QCB=-+θ',
同理可求得(QA+QC-QB)·QB=4.(16分)
综上所述,满足条件的点Q有3个,对应的(QA+QC-QB)·QB的值分别为-4,8,4.(17分)
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综合拔高练
五年高考练
考点1 利用余弦定理和正弦定理解三角形
1.(2024全国甲理,11)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知B=60°,b2=ac,则sin A+sin C=( )
A.
2.(2023全国甲理,16)在△ABC中,∠BAC=60°,AB=2,BC=,∠BAC的平分线交BC于D,则AD= .
3.(2022全国甲理,16)已知△ABC中,点D在边BC上,
∠ADB=120°,AD=2,CD=2BD.当取得最小值时,BD= .
4.(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.(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.
6.(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.
考点2 三角形面积公式的应用
7.(2021全国乙理,15)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,面积为,B=60°,a2+c2=3ac,则b= .
8.(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=ab.
(1)求B;
(2)若△ABC的面积为3+,求c.
9.(2022新高考Ⅱ,18)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,分别以a,b,c为边长的三个正三角形的面积依次为S1,S2,S3.已知S1-S2+S3=.
(1)求△ABC的面积;
(2)若sin Asin C=,求b.
10.(2023新课标Ⅱ,17)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tan B;
(2)若b2+c2=8,求b,c.
考点3 余弦定理和正弦定理在实际问题中的应用
11.(2021全国甲理,8)2020年12月8日,中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8 848.86(单位:m),三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一.下图是三角高程测量法的一个示意图,现有A,B,C三点,且A,B,C在同一水平面上的投影A',B',C'满足∠A'C'B'=45°,∠A'B'C'=60°.由C点测得B点的仰角为15°,BB'与CC'的差为100;由B点测得A点的仰角为45°,则A,C两点到水平面A'B'C'的高度差AA'-CC'约为(≈1.732)( )
A.346 B.373 C.446 D.473
三年模拟练
应用实践
1.(2024江苏扬州中学期中)若△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足a-2b+4bsin2=0,则tan A的最大值为( )
A.
2.(2024江苏南通海门中学期中)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若c-b=2bcos A,则的取值范围是( )
A.(-1,2) B. D.(2,3)
3.(多选题)(2022广东广州期中)如图,设△ABC的内角∠CAB,∠ABC,∠ACB所对的边分别为a,b,c,.若D是△ABC外一点,DC=1,DA=3,则下列说法中正确的是( )
A.∠ABC=
B.△ABC一定是钝角三角形
C.四边形ABCD面积的最大值为+3
D.四边形ABCD的面积无最大值
4.(2023河南省实验中学月考)十七世纪时,被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出了一个著名的几何问题:“已知一个三角形,求作一点,使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小.”它的答案是:当三角形的三个角均小于
=( )
A.-6 B.-4 C.-3 D.-2
5.(2024江苏连云港灌南两灌联考)在锐角△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足(a+b+c)(a+b-c)=3ab,则的取值范围为 .
6.(2024江苏南通、连云港阶段性调研测试)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=2,c=3,cos B=bcos C,P,Q分别在边AB和CB上,且线段PQ把△ABC的面积分成相等的两部分,则线段PQ长度的最小值为 .
7.(2024江苏泰州民兴实验中学期中)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且bcos A=asin B.
(1)若△ABC的面积为5,以a,b,c为边长的三个正三角形的面积分别为S1,S2,S3.
(i)求S2+S3-S1的值;
(ii)若a=4,求cos B·cos C的值;
(2)设AC的中点为D,且BD=6,求b+2c的取值范围.
(2024江苏常州教育学会学业水平监测)三角形的布洛卡点是法国数学家、数学教育学家克洛尔于1816年首次发现的,但他的发现并未被当时的人们所注意.1875年,布洛卡点被一个数学爱好者布洛卡重新发现,并用他的名字命名.若△ABC内一点P满足∠PAB=∠PBC=
∠PCA=θ,则称点P为△ABC的布洛卡点,角θ为布洛卡角.如图,在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,点P为△ABC的布洛卡点,其布洛卡角为θ.
(1)若θ=30°,求证:
①a2+b2+c2=4S△ABC(S△ABC为△ABC的面积);
②△ABC为等边三角形;
(2)若∠BAC=2θ,求证:sin2A=sin Bsin C.
迁移创新
9.(2024江苏南京金陵中学期中)某市遇到洪涝灾害.在该市某湖泊的岸边的O点处(湖岸可视为直线)停放着一艘搜救小船,由于缆绳突然断开,小船被风刮跑(假设小船沿直线匀速移动).
(1)为了找回小船,需要测量小船的移动速度,现有两种方案:(请使用km/h作为单位,精确到0.1 km/h)
①如图1,在湖岸设置一个观察点A,A点距离O点20 m.当小船移动到B处时,测得∠BAO=45°,经过15 s,小船移动到C处,测得
∠BAC=60°,又在O点处测得小船的移动方向与湖岸成30°角,请根据以上数据,计算小船的移动速度;
②如图2,在岸边设置两个观察点A,B,且A,B之间的直线距离为20 m,当小船在C处时,测得∠ABC=105°,∠BAC=15°,经过20 s,小船移动到D处,测得∠BAD=75°,∠ABD=45°,请根据以上数据,计算小船的移动速度;
(2)如图3,若小船从点O开始移动的同时,在O点处的一名安全员沿湖岸以4 km/h的速度开始追赶小船,在此过程中获知小船的移动方向与湖岸成30°角,移动的速度为2.2 km/h,于是安全员在湖岸上选择合适的地点A下水,以2 km/h的速度游泳沿直线追赶小船,那么安全员是否能追上小船 请说明理由.
参考数据:sin 15°=≈1.732.
答案与分层梯度式解析
五年高考练
C 解法一:由已知及余弦定理得b2=a2+c2-2accos B=a2+c2-ac,
∴(a+c)2=b2+3ac.
∵b2=b2,
∴(a+c)2=b2+3×b,
由正弦定理得,
∴sin A+sin C=.故选C.
解法二:由余弦定理得b2=a2+c2-2ac·cos 60°,
∴a2+c2-ac=b2=ac,
由正弦定理得sin2A+sin2C=sin A·sin C,
∵b2=,
∴sin A·sin C=,
∴(sin A+sin C)2=sin2A+sin2C+2sin A·sin C=(舍负),故选C.
解法三:由b2=sin2B,
又B=60°,所以sin Asin C=sin Asin(A+60°)=sin A·,
即cos(A-60°)=(点拨:易知0°0).
所以sin A+sin C=sin A+sin(A+60°)=.
2.答案 2
解析 解法一:在△ABC中,由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·
cos∠BAC,即AD,解得AD=2.
解法二:在△ABC中,由正弦定理得,
又0°在△ABD中,∠BAD=30°,∴∠ADB=180°-30°-75°=75°,∴△ABD为等腰三角形,∴AD=AB,又AB=2,∴AD=2.
3.答案 -1
解析 设BD=x,x>0,在△ADB和△ADC中,由余弦定理,得
AB=,
AC=,
则
=2
=2,
当且仅当x+1=-1时取等号.
4.解析 (1)解法一:∵A+B+C=π,A+B=3C,
∴C=-A,
又∵2sin(A-C)=sin B,∴2sin,
即2sin A,
整理得sin A=3cos A,
又∵sin2A+cos2A=1,A∈.
解法二:∵A+B+C=π,A+B=3C,∴C=.
又∵2sin(A-C)=sin B,∴2sin(A-C)=sin(A+C),
即2sin Acos C-2cos Asin C=sin Acos C+cos Asin C,
化简得sin Acos C=3cos Asin C,
∴tan A=3tan C=3,∴=3,
又∵sin2A+cos2A=1,A∈.
(2)解法一:过C作CD⊥AB,垂足为D,如图.
在△ABC中,由正弦定理得,
即,
∴sin B=sin.
在Rt△BCD中,CD=BC·sin B=3=6,
即AB边上的高为6.
解法二:由(1)知C=,
则sin B=sin.
在△ABC中,由正弦定理得,
∴,
∴S△ABC==15.
设AB边上的高为h,则×5h=15,∴h=6.
5.解析 (1)∵,
∴,∴cos Acos B-sin Asin B=sin B,
即cos(A+B)=sin B,又C=,
∴sin B=cos(A+B)=-cos C=-cos,
∵0(2)由(1)知,sin B=-cos C,
∵sin B>0恒成立,∴C∈,
∵-cos C=sin,
∴C-,
∴
=,
令cos2B=t,t∈,
则-5,
当且仅当4t=时取“=”.
∴-5.
6.解析 (1)由已知得2=2,
故sin,
∴A+.
(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=,
∴sin C=sin,
由正弦定理得,
∴b=2.
∴△ABC的周长为a+b+c=2+.
7.答案 2
解析 由S△ABC=得ac=4.
由b2=a2+c2-2ac·cos B=a2+c2-ac,结合a2+c2=3ac得到b2=2ac=8,
∴b=2.
方法总结 有关解三角形问题,若条件中含有边的二次式和角,则考虑用余弦定理;若条件中含有角或边的一次式,则考虑用正弦定理;特征不明显时,两者可能都用.
8.解析 (1)易知cos C=,
又a2+b2-c2=,
又因为C∈(0,π),所以C=,
又因为sin C=,
又因为B∈(0,π),所以B=.
(2)在△ABC中,A=π-B-C,所以结合(1)可得sin A=sin(B+C)=.
解法一:由正弦定理得a=,
所以△ABC的面积S=.
解法二:由正弦定理可得b∶c=sin B∶sin C=,
设b=k,其中k>0,
则△ABC的面积S=.
9.解析 (1)由题意得S1=c2,
∴S1-S2+S3=,即a2-b2+c2=2.
由b2=a2+c2-2accos B,得a2+c2-b2=2accos B,
故2accos B=2,∴accos B=1.
∵sin B=(舍去),
∴ac=.
(2)由正弦定理可得,
∴.
10.解析 由题意知S△ABC=.
(1)∵S△ADC=
,∴DC=2,
∴BD=2,易知∠ADB=,
在△ADB中,由余弦定理得AB2=DA2+BD2-2DA·DBcos∠ADB,即AB2=12+22-2×1×2×=7,
∴AB=,
∴sin B=,
∴tan B=.
(2)如图所示,延长AD至E,使DE=AD,连接BE,CE,
易得四边形ABEC为平行四边形,∴AB=CE,AC=BE,由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos∠BAC,AE2=AC2+CE2-2AC·CEcos∠ACE,
两式相加得BC2+AE2=2(AB2+AC2),
即BC2+AE2=2(b2+c2)=16,
又AE=2AD=2,∴BC2=12,∴BC=2,
∵S△ADC=,∴sin∠ADC=1,
∴AD⊥BC,∴b=c,
又b2+c2=8,∴b=c=2.
11.B 如图,过点C分别作A'C',B'C'的平行线,分别交A'A与B'B于点D和E,连接DE,则DE∥A'B',过点B作DE的平行线,交AA'于点F,
则△A'B'C'≌△DEC,
∴∠DCE=∠A'C'B'=45°,
∠CDE=∠C'A'B'=180°-∠A'C'B'-∠A'B'C'=75°.
在Rt△BCE中,可得tan 15°=,
∴CE=),
在△CDE中,由正弦定理可得,
∴DE=+1).
在Rt△ABF中,∠ABF=45°,∴AF=BF,
∴AA'-CC'=AD=AF+DF=AF+BE=BF+BE=DE+BE=100(2+)≈373.故选B.
三年模拟练
1.B 由a-2b+4bsin2=0,
即a-2b+4b·=0,即a+2bcos C=0,
结合正弦定理得sin A+2sin Bcos C=0,即sin(B+C)+2sin Bcos C=0,整理得3sin Bcos C=-cos Bsin C,
显然sin B>0,sin C>0,且cos B,cos C不能同时等于0,所以tan C=
-3tan B,
而tan A=-tan(B+C)=-,
故要求tan A的最大值,即求的最大值,当tan B>0时,
tan A=,满足题意;
当tan B<0时,tan A<0<.
综上所述,tan A的最大值为.故选B.
2.D 因为c-b=2bcos A,所以由正弦定理得sin C-sin B=2sin Bcos A,
又sin C=sin[π-(A+B)]=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B,
所以sin Acos B+cos Asin B-sin B=2sin Bcos A,
整理得sin B=sin(A-B),
又A∈(0,π),B∈(0,π),则A-B∈(-π,π),
所以B=A-B或B+(A-B)=π,即A=2B或A=π(舍去),则C=π-A-B=π-3B,
所以所以
=
==2cos B+1∈(2,3).
所以的取值范围是(2,3).故选D.
3.AC ∵(acos∠ACB+ccos∠CAB)=2bsin∠ABC,
∴(sin∠CABcos∠ACB+sin∠ACBcos∠CAB)
=2sin∠ABC·sin∠ABC,
∴sin(π-∠ABC)=2sin2∠ABC,
∴sin∠ABC=,
故A正确.
∵∠CAB=∠ABC=,∴△ABC为等边三角形,故B错误.
在△ADC中,由余弦定理可得AC2=AD2+CD2-2AD·CD·cos D,即b2=10-6cos D,
∴S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD=sin D
=sin D
=3sin,
易知0∴四边形ABCD面积的最大值为,故C正确,D错误.故选AC.
4.C 由题意得cos A=2sincos B,
即cos A=2cos B,
即cos A=sin Ccos B-cos Ccos B,
又 A+B+C=π,∴cos A=-cos(B+C)=-cos Bcos C+sin Bsin C,
∴-cos Bcos C+sin Bsin C=sin Ccos B-cos Ccos B,
即sin Bsin C=sin Ccos B,
∵sin C≠0,∴tan B=,
又B∈(0,π),∴B=.
由三角形内角和定理知,△ABC的三个内角均小于,结合题意易知P点一定在△ABC的内部,
由余弦定理知cos∠ABC=,
又∵b2=(a-c)2+6,∴ac=6,
∴S△ABC=,
∴||=6,
∴|=-3,
即=-3.故选C.
5.答案
解析 由(a+b+c)(a+b-c)=3ab,得a2+b2-c2=ab,
结合余弦定理得cos C=,
则tan B.
因为△ABC为锐角三角形,
所以,
故,
即.
6.答案
解析 由cos B=bcos C,得,
即(负值舍去).
在△ABC中,由余弦定理得cos B=,
设BP=x,BQ=y,x,y>0,则,
由题得≤x≤3,
在△BPQ中,由余弦定理得PQ2=x2+y2-2xycos B=x2+.
解析 (1)因为
sin Bcos A=sin Asin B,
易知在△ABC中,sin B≠0,所以,
又A∈(0,π),所以A=.
(i)因为△ABC的面积为5,
所以S△ABC=,所以bc=20,
由余弦定理得a2=b2+c2-2bc·cos A=b2+c2-bc=b2+c2-20,
又由题意得S1=c2,
所以S2+S3-S1=.
(ii)因为a=4,
所以由正弦定理可得=8,
所以b=8sin B,c=8sin C,
又bc=20,所以sin B·sin C=.
在△ABC中,cos A=cos(π-B-C)=-cos(B+C),
所以.
(2)在△ABD中,A=,
则c+>6,即b+2c>12,
由余弦定理可得36=c2+,即(b+2c)2-6bc=144,所以6bc=(b+2c)2-144,
因为6bc≤3×,即(b+2c)2≤144×4,所以0综上可知,b+2c的取值范围为(12,24].
8.证明 (1)①若θ=30°,
则S△ABC=S△PAB+S△PBC+S△PAC=(c·AP+a·BP+b·CP),
所以c·AP+a·BP+b·CP=4S△ABC.
在△PAB,△PBC,△PAC中,分别应用余弦定理,得
BP2=c2+AP2-2c·APcos θ,
CP2=a2+BP2-2a·BPcos θ,
AP2=b2+CP2-2b·CPcos θ,
三式相加并整理,得2cos θ(c·AP+a·BP+b·CP)=a2+b2+c2,即×4S△ABC=a2+b2+c2,
所以a2+b2+c2=4S△ABC.
②在△ABC中,由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos∠BAC,
则a2+b2+c2-4S△ABC
=2b2+2c2-2bccos∠BAC-4S△ABC
=2b2+2c2-2bccos∠BAC-2bcsin∠BAC
=2b2+2c2-4bcsin
≥4bc-4bc=0,
当且仅当b=c且sin=1时取等号,
因为∠BAC∈(0,π),所以∠BAC+,
即当且仅当b=c且∠BAC=S△ABC=0,
又由①知a2+b2+c2=4S△ABC,
所以△ABC为等边三角形.
(2)由(1)得S△ABC=sin θ(c·AP+a·BP+b·CP),
所以c·AP+a·BP+b·CP=.
又a2+b2+c2=2cos θ(c·AP+a·BP+b·CP),
所以a2+b2+c2=2cos θ·=4bccos2θ,
又由余弦定理可得b2+c2=a2+2bccos 2θ=a2+2bc·(cos2θ-sin2θ),
所以2a2+2bc(cos2θ-sin2θ)=4bccos2θ,
所以a2=bc(sin2θ+cos2θ),所以a2=bc,
由正弦定理可得sin2A=sin Bsin C,故得证.
解析 (1)①如题图1,在△OAB中,∠AOB=30°,∠BAO=45°,所以
∠ABO=105°,
由正弦定理得-1).
在△OAC中,∠AOC=30°,∠OAC=∠BAO+∠BAC=45°+60°=105°,所以∠OCA=45°,
由正弦定理得+1).
所以BC=OC-OB=30-10,
所以小船的移动速度为[(30-10)÷1 000]÷(15÷3 600)≈3.0(km/h).
②如题图2,在△ABD中,∠BAD=75°,∠ABD=45°,所以∠ADB=60°,
由正弦定理得sin 75°.
在△ABC中,∠ABC=105°,∠BAC=15°,所以∠ACB=60°,
由正弦定理得sin 15°.
在△DBC中,∠CBD=105°-45°=60°,
DC2=DB2+BC2-2DB·BCcos 60°=sin 15°
=sin 75°sin 15°
==400,所以DC=20,
所以小船的移动速度为(20÷1 000)÷(20÷3 600)=3.6(km/h).
(2)如题图3,设安全员经过t h与小船相遇,其中游泳时间为(t-m)h,小船的移动速度是v km/h,
则OA=4m km,AB=2(t-m)km,OB=vt km,
由余弦定理得[2(t-m)]2=(4m)2+(vt)2-2×4m×vtcos 30°,
整理可得12+v2-4=0,
设k=v)k+v2-4,
因为f(0)=v2-4=0.84>0,f(1)=16+v2-4)2+4>0,
y=12k2+(8-4∈(0,1),
Δ=(8-4v)>0,
所以函数f(k)在(0,1)上有零点,即方程f(k)=0在(0,1)内有解,所以安全员可以追上小船.
素养评析 本题第(1)问主要考查数学运算、直观想象的核心素养,使学生能够在熟悉的情境中应用正、余弦定理求解三角形,达到了水平一;本题第(2)问考查了逻辑推理和数学建模的核心素养,要求能结合实际,运用有关知识解决实际问题,达到了水平二.
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2025苏教版高中数学必修第二册
本章复习提升
易混易错练
易错点1 忽略三角形边角关系的隐含条件致错
1.(多选题)(2024江苏盐城五校联考)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=2,则C的值可以是( )
A.
C.
2.已知钝角三角形ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=k,b=k+2,c=k+4(k>0),则实数k的取值范围为( )
A.(1,6) B.(0,2)
C.(0,6) D.(2,6)
3.(多选题)(2024江苏南京师范大学附属中学期中)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,下列命题中正确的是( )
A.若A>B,则sin A>sin B
B.若sin 2A=sin 2B,则△ABC为等腰三角形
C.若acos A=bcos B,则△ABC一定是等腰直角三角形
D.若B=60°,b2=ac,则△ABC一定是等边三角形
4.(2024江苏江阴长泾中学阶段性检测)在△ABC中,sin A=,则sin C= .
易错点2 忽略三角形解的个数致错
5.已知△ABC中,B=30°,AB=2,AC=2,则△ABC的面积是( )
A.
C.
6.(2024北京朝阳陈经纶中学期中)在锐角△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=,求△ABC的面积.
易错点3 忽略三角形中角的范围致错
7.(2024江苏连云港海州高级中学学情调查)设锐角△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若C=2A,则的取值范围是 .
8.(2024江苏苏州常熟中学阶段性抽测)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.请从下面两个条件中任选一个作为已知条件并解答:①c=asin C-ccos A,②sin2A-sin2B=sin2C-sin Bsin C.
(1)求A的大小;
(2)若△ABC为锐角三角形,a=,求△ABC周长的取值范围.
思想方法练
一、函数与方程思想在解三角形问题中的应用
1.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且C=,a=3b,则c的值为( )
A.3 B.
C.
2.(2024江苏苏州月考)在锐角△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若c2+bc-a2=0,则4(sin C+cos C)2+的取值范围为 .
二、分类讨论思想在解三角形问题中的应用
3.(2022江苏大港中学期末)△ABC是钝角三角形,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=1,b=2,则c的取值范围是 .
4.(2024浙江县域教研联盟月考)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且a=,求角A,C和c.
三、转化与化归思想在解三角形问题中的应用
5.(2024天津重点中学模拟)如图,在△ABC中,AB=AC,BC=1,∠ABC的平分线BD交AC于点D,则线段BD的长的取值范围是 注:当06.(2023江苏南京第二十九中学开学考试)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a2=b2+2bcsin A,07.(2024江苏连云港海州高级中学阶段测试)在下面的两个条件:①2a-b=2ccos B,②sin Asin Bsin C=(sin2A+sin2B-sin2C)中任选一个补充到下面问题的横线上,并给出解答.
在锐角△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且 .
(1)求角C;
(2)若c=,求a+b的取值范围.
答案与分层梯度式解析
易混易错练
1.BD 由正弦定理,
因为C∈(0,π),且c>a,所以C=.
故选BD.
易错警示 已知两边及其中一边的对角,求另一边的对角时可用正弦定理求解,注意要检验结果是否满足三角形中大边对大角的规律,如果有不满足的,要将其舍去.
2.D ∵c>b>a,且△ABC为钝角三角形,∴C为钝角.
由余弦定理,得cos C=<0,
∵k>0,∴k2-4k-12<0,∴0∵在△ABC中,两边之和大于第三边,
∴k+(k+2)>k+4,∴k>2.
综上,实数k的取值范围是(2,6).故选D.
易错警示 解决本题的过程中易忽略三角形的构成条件,即两边之和大于第三边,从而扩大参数k的取值范围.
3.AD 对于A,根据三角形中大角对大边,A>B可得a>b,
根据正弦定理可得2Rsin A>2Rsin B,其中R为△ABC外接圆的半径,所以sin A>sin B,故A正确;
对于B,因为A,B∈(0,π),所以2A∈(0,2π),2B∈(0,2π),又sin 2A=sin 2B,
所以2A=2B或2A+2B=π,即A=B或A+B=,所以△ABC是等腰三角形或直角三角形,故B错误;
对于C,因为acos A=bcos B,所以由余弦定理得,
整理可得(a2-b2)(a2+b2-c2)=0,所以a=b或a2+b2=c2,
故△ABC为等腰三角形或直角三角形,故C错误;
对于D,因为B=60°,b2=ac,
所以由余弦定理可得ac=b2=a2+c2-ac,整理得(a-c)2=0,所以a=c,
所以b=a=c,故△ABC是等边三角形,故D正确.
故选AD.
4.答案
解析 在△ABC中,0故sin B=,
因为sin A=,所以由正弦定理可知a由三角形中大边对大角可得A所以sin C=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B=.
易错警示 本题由sin A5.C 由正弦定理,得sin C=.
又∵AB>AC,∴C>B,∴C=60°或C=120°.
当C=60°时,A=90°,∴S△ABC=;
当C=120°时,A=30°,∴S△ABC=.
∴△ABC的面积为2.
易错警示 在△ABC中,若满足AB·sin B6.解析 由sin B=3sin A,
∵,
即sin A=.
∵a由a2=b2+c2-2bccos A,得7=9+c2-3c,解得c=1或c=2.
当c=1时,由余弦定理得cos B=<0,则角B为钝角,不符合题设条件,舍去;
当c=2时,a0,符合题设条件.
故c=2,∴S△ABC=.
易错警示 在求得c的两个值后要进行检验,舍去不符合题设条件的值.
7.答案 (2+2)
解析 因为C=2A,所以sin C=sin 2A=2sin Acos A,cos C=
cos 2A=2cos2A-1,
又sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C,
故由正弦定理可得,
=4cos A+2cos2A-1+2cos2A
=4cos2A+4cos A-1,
因为△ABC为锐角三角形,所以A∈,
所以A∈,
因为y=4cos2A+4cos A-1=4时单调递增,
所以4cos2A+4cos A-1∈(2+2),
即+2).
8.解析 选①.
(1)由c=sin Asin C-
sin Ccos A,
∵sin C>0,所以,
∵0(2)已知△ABC为锐角三角形,a=-B,
由正弦定理得=2,
∴b=2sin B,c=2sin C,
则△ABC的周长l=a+b+c=cos B
=2,
∵△ABC为锐角三角形,∴
∴≤1,
∴3+,
即△ABC周长的取值范围为(3+].
选②.
(1)由sin2A-sin2B=sin2C-sin Bsin C及正弦定理得a2-b2=c2-bc,
∴cos A=.
(2)同选①.
易错警示 当已知三角形为锐角三角形时,要保证三个角均为锐角,避免因忽视其他角对待求角的范围的影响而出错.
思想方法练
1.C 因为CD平分∠ACB,
所以c,
在△BCD和△DCA中分别应用余弦定理得到方程,联立方程,通过解方程组求得a,b,c的值,充分体现了方程思想的应用.
在△BCD中,BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos∠BCD,
即=a2+3-3a,
在△DCA中,DA2=CD2+CA2-2CD·CAcos∠DCA,
即=3+b2-3b,
联立故选C.
2.答案
解析 ∵c2+bc-a2=0,∴a2-c2=bc,
由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A,则a2-c2=b2-2bccos A,
∴b2-2bccos A=bc,∴b-2ccos A=c,
∴sin B-2sin Ccos A=sin C,∴sin(A+C)-2sin Ccos A=sin C,∴sin(A-C)=sin C,
∵A,C是锐角△ABC的内角,
∴A-C=C或A-C+C=π(不符合题意,舍去),
∴A=2C,
∴4(sin C+cos C)2+
=4×(1+2sin Ccos C)+
=4+4sin 2C+
=4+4sin A+
=4+4sin A+,
将所求代数式表示为关于sin A的函数,进一步转化为相应的对勾函数,根据此对勾函数的性质得范围,充分体现了函数思想在求最值或范围问题中的应用.
设sin A=t,
∵△ABC是锐角三角形,
∴,
∴t=sin A∈,
由对勾函数的性质可得函数f(t)在t∈,
∴4(sin C+cos C)2+.
思想方法 用正、余弦定理解三角形时,通常根据已知条件得到边或角的相关数据,然后结合定理或三角形面积公式来构造方程(组),再通过解方程(组)得到三角形的解.对于求最值或范围问题,通常也是通过正、余弦定理进行边角互化,然后转化为函数的最值或范围问题,或利用基本不等式求解,这是函数与方程思想在解三角形中的重要体现.
3.答案 (1,,3)
解析 根据△ABC是钝角三角形,且a①当角C为钝角时,由余弦定理,得cos C=.
由三角形的三边关系可知2-1②当角B为钝角时,由余弦定理,得cos B=.
由三角形的三边关系可知2-1综上所述,c的取值范围是(1,,3).
4.解析 因为cos B=,且0°由,
所以A=60°或A=120°,
易知A=60°,A=120°均符合要求.
根据得出的A的两个值分别解三角形.
当A=60°时,C=180°-45°-60°=75°,
此时c=;
当A=120°时,C=180°-45°-120°=15°,
此时c=.
综上,A=60°,C=75°,c=.
思想方法 在解三角形问题中涉及的分类讨论主要有以下几个方面:三角形形状的不确定,利用正弦定理解三角形时出现两解的情况.讨论的关键是明确分类对象,做到不重不漏.
5.答案
解析 设∠ABC=α.易知∠ABC=∠ACB,所以∠BAC=180°-2α,
∠BDC=∠BAC+∠ABD=180°-2α+,
把线段BD的长表示为关于α的函数,再把线段BD的长的取值范围问题转化为函数的值域问题求解.
在△BCD中,由正弦定理得,
BD=
=.
易知0°<<1,
而当cos,
故线段BD的长的取值范围是.
6.答案 -
解析 由余弦定理得b2+c2-a2=2bccos A,又a2=b2+2bcsin A,所以c2-2bccos A=2bcsin A,即c-2bcos A=2bsin A,
利用正弦定理把边转化为角,然后通过三角恒等变换求解.
由正弦定理,得sin C-2sin Bcos A=2sin Bsin A,
即sin(A+B)-2sin Bcos A=2sin Bsin A,
即sin Acos B-cos Asin B=2sin Bsin A,
当cos B=0时,有-cos Asin B=2sin Bsin A,可得tan A=-不符;
当cos B≠0时,tan A-tan B=2tan Atan B,
因为00,
所以tan B=,
所以tan A-4tan B=tan A-,
当且仅当.
7.解析 选①.
(1)由正弦定理及2a-b=2ccos B,得2sin A-sin B=2sin Ccos B,
利用正弦定理将边角关系式转化为只含角的等式,再转化角A.
∵sin A=sin[π-(B+C)]=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C,
∴2sin Bcos C=sin B,易知sin B≠0,∴cos C=,
又∵C∈(0,π),∴C=.
(2)由=2,可得a=2sin A,b=2sin B,
所以a+b=2sin A+2sin B=2sin A+2sin,
将两边之和转化为关于角A的三角函数,从而将问题转化为此函数的值域问题.
因为A∈,
所以A∈,
所以2].
所以a+b的取值范围为(3,2].
选②.
(1)由sin Asin Bsin C=(a2+b2-c2),
先由正弦定理将与角有关的条件等式转化为含边的等式,再结合余弦定理求解.
∴结合余弦定理得=cos C,
∴tan C=.
(2)同选①.
思想方法 在解三角形时,常用正弦定理或余弦定理进行边角互化,从而得到三角形中各元素之间的关系,再通过减少三角形中元素的个数,实现求解三角形的目的.
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