2025人教B版高中数学必修第四册强化练习题（含解析）--第九章 解三角形拔高练
文档属性
| 名称 | 2025人教B版高中数学必修第四册强化练习题（含解析）--第九章 解三角形拔高练 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 353.9KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教B版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-11-03 11:15:17 | ||
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文档简介
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2025人教B版高中数学必修第四册
综合拔高练
五年高考练
考点1 利用正、余弦定理解三角形
1.(2024全国甲文,12)在△ABC中,内角A,B,C所对边分别为a,b,c,若B=,b2=ac,则sin A+sin C=( )
A. B. C. D.
2.(2023全国乙文,4)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,若acos B-bcos A=c,且C=,则B=( )
A. B. C. D.
3.(2023全国甲理,16)在△ABC中,∠BAC=60°,AB=2,BC=,∠BAC的角平分线交BC于D,则AD= .
4.(2024天津,16)在△ABC中,cos B=,b=5,=.
(1)求a;
(2)求sin A;
(3)求cos(B-2A).
5.(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.
考点2 三角形中的面积与周长问题
6.(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.
7.(2023全国乙理,18)在△ABC中,已知∠BAC=120°,AB=2,AC=1.
(1)求sin∠ABC;
(2)若D为BC上一点,且∠BAD=90°,求△ADC的面积.
8.(2024北京,16)在△ABC中,∠A为钝角,a=7,sin 2B=bcos B.
(1)求∠A;
(2)再从条件①、条件②、条件③这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:b=7;条件②:cos B=;
条件③:csin A=.
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.
9.(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3 三角形中的最值问题
10.(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= .
11.(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.
三年模拟练
应用实践
1.(2024黑龙江齐齐哈尔二模)在△ABC中,2sin A=3sin B,AB=2AC,则cos C=( )
A. B.- C. D.-
2.(2024陕西渭南名校学术联盟高考模拟)我国南宋时期杰出的数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”,其内容为:“以小斜幂并大斜幂减中斜幂,余半之,自乘于上;以小斜幂乘大斜幂减上,余四约之,为实;一为从隅,开平方得积.”把以上文字写成公式,即S=(其中S为面积,a,b,c为△ABC的三个内角A,B,C所对的边).若bcos C+ccos B=4,b=5,且=3,则利用“三斜求积”公式可得△ABC的面积S=( )
A.2 B.4 C.6 D.8
3.(2022河南开封期末)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若sin C=2sin Bsin A,b=λa,则实数λ的最大值是( )
A. B.+ C.2 D.2+
4.(2023内蒙古赤峰统考模拟预测)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,△ABC的面积为4,且=,BC的中点为D,则AD的最小值为( )
A.2 B.4 C.6 D.8
5.(2024山东临沂一模)在同一平面上有相距14千米的A,B两座炮台,A在B的正东方.某次演习时,A向西偏北θ的方向发射炮弹,B则向东偏北θ的方向发射炮弹,其中θ为锐角,观测回报两炮弹皆命中18千米外的同一目标,接着A向西偏北的方向发射炮弹,弹着点为18千米外的点M,则B炮台与弹着点M之间的距离为( )
A.7千米 B.8千米 C.9千米 D.10千米
6.(2022浙江诸暨中学月考)已知△ABC的内角A,B,C满足sin 2A+sin(A-B+C)=sin(C-A-B)+,其面积S满足1≤S≤2,记a,b,c分别为A,B,C所对的边,则下列不等式一定成立的是( )
A.bc(b+c)>8 B.ab(a+b)>16
C.6≤abc≤12 D.12≤abc≤24
7.(2024河南郑州第二次质量预测)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=,b=4,ccos B+a=0,则c= ,点D在线段AB上,且∠CDA=,则CD= .
8.(2024江苏常州第一中学期初)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,b2=ac,点D在边AC上,BDsin∠ABC=asin C.
(1)证明:BD=b;
(2)若AD=2DC,求cos∠ABC.
9.(2024广西桂林高考适应性试卷)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,a=6,b+12cos B=2c.
(1)求A的大小;
(2)M为△ABC内一点,AM的延长线交BC于点D,若 ,求△ABC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△ABC存在,并解决问题.
①M为△ABC的外心,AM=4;
②M为△ABC的垂心,MD=;
③M为△ABC的内心,AD=3.
迁移创新
10.(2023广东广州期中)某商场经营者王某准备在商场门前“摆地摊”,经营“冷饮与小吃”生意.已知该商场门前是一块扇形区域,拟对这块扇形空地AOB进行改造.如图所示,平行四边形OMPN区域为顾客的休息区域,阴影区域为“摆地摊”区域,点P在弧AB上,点M和点N分别在线段OA和线段OB上,且OA=90,∠AOB=,记∠POB=θ.
(1)当θ=时,求·;
(2)请写出顾客的休息区域OMPN的面积S关于θ的函数关系式,并求当θ为何值时,S取得最大值.
答案与分层梯度式解析
五年高考练
1.C 因为B=,b2=ac,
所以由正弦定理得sin Asin C=sin2B=.
由余弦定理得b2=a2+c2-ac=ac,即a2+c2=ac,
根据正弦定理得sin2A+sin2C=sin Asin C=,
所以(sin A+sin C)2=sin2A+sin2C+2sin Asin C=,
因为A,C为三角形内角,所以sin A+sin C>0,则sin A+sin C=.
故选C.
2.C 在△ABC中,由正弦定理及acos B-bcos A=c,得sin Acos B-sin Bcos A=sin C,
即sin(A-B)=sin C,
又C=,所以sin(A-B)=sin C>0,所以0所以A-B=C或A-B=π-C.
易知A+B=,
当A-B=C=时,A=,B=;
当A-B=π-C=时,A=,B=0,不合题意,舍去.
综上,B=.故选C.
3.答案 2
解析 在△ABC中,有=,
所以sin∠C===.
由AB所以∠B=180°-∠C-∠BAC=75°,∠ADB=∠CAD+∠C=∠BAC+∠C=75°,
所以△ABD为等腰三角形,所以AD=AB=2.
4.解析 解法一:(1)设a=2t,c=3t,t>0,则根据余弦定理得b2=a2+c2-2accos B,
即25=4t2+9t2-2×2t×3t×,解得t=2(负值舍去),
则a=4,c=6.
(2)因为B为△ABC的内角,所以sin B===,
根据正弦定理得=,即=,解得sin A=.
(3)由(2)知sin B=,
因为a则sin 2A=2sin Acos A=2××=,cos 2A=2cos2A-1=2×-1=,
故cos(B-2A)=cos Bcos 2A+sin Bsin 2A=×+×=.
解法二:(1)同解法一.
(2)由余弦定理得cos A===,
因为A∈(0,π),所以sin A==.
(3)易得sin 2A=2sin Acos A=2××=,
cos 2A=2cos2A-1=2×-1=,
因为B为△ABC的内角,所以sin B===,
所以cos(B-2A)=cos Bcos 2A+sin Bsin 2A=×+×=.
5.解析 (1)在△ABC中,A+B+C=π,
又∵A+B=3C,∴π-C=3C,∴C=.
∵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.
又∵sin2A+cos2A=1,且sin A>0,
∴sin2A+=1,∴sin A=.
(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)=×=.
在△ABC中,根据正弦定理得=,
即=,∴AC=2.
设AB边上的高为CD,在△ACD中,CD=AC·sin A=2×=6,∴AB边上的高为6.
6.解析 (1)因为a2+b2-c2=ab,
所以cos C===,
因为C∈(0,π),
所以sin C===,
又因为sin C=cos B,所以cos B=,
又B∈(0,π),所以B=.
(2)由(1)可得B=,cos C=,又C∈(0,π),所以C=,故A=π--=,
则sin A=sin=sin=×+×=,
由正弦定理得==,
所以a=·c=c,b=·c=c,
由三角形面积公式可知S△ABC=absin C=·c·c·=c2=3+,
所以c=2.
7.解析 (1)在△ABC中,由余弦定理可知BC2=AC2+AB2-2AC·ABcos 120°=12+22-2×1×2×=7,
∴BC=.
由正弦定理可知=,即=,解得sin∠ABC=.
(2)解法一:由(1)可知sin∠ABC=,易知∠ABC为锐角,∴cos∠ABC=,∴tan∠ABC=,
又∵∠BAD=90°,AB=2,
∴在Rt△BAD中,tan∠ABD==,∴AD=,
S△ADC=AC·AD·sin(120°-90°)=×1××=.
解法二:如图,S△ADC=AC·AD·sin(120°-90°)=AD,S△ABD=AB·AD=AD,
∴S△ABD=4S△ADC,
易知S△ADC+S△ABD=S△ABC=·AB·AC·sin 120°=,
∴S△ADC=S△ABC=.
解后反思 正弦定理、余弦定理可以实现三角形边角关系的互化,列出关于未知元素的方程,通过解方程求得未知元素.另外,对于两边及夹角已知时,用面积建立边角关系也是常用方法.
8.解析 (1)由题意得2sin Bcos B=bcos B,因为A为钝角,所以B为锐角,
所以cos B≠0,则2sin B=b,则===,解得sin A=,
因为A为钝角,所以A=.
(2)选择①b=7,则sin B=b=×7=,因为A=,所以B为锐角,则B=,
此时A+B=π,不合题意,故不能选①;
选择②cos B=,因为B为△ABC的内角,所以sin B==,
代入2sin B=b得2×=b,解得b=3,
则sin C=sin(A+B)=sin=sincos B+cossin B=×+×=,
则S△ABC=absin C=×7×3×=;
选择③csin A=,则有c×=,解得c=5,
由正弦定理得=,即=,
解得sin C=,
易知C∈,所以cos C==,
则sin B=sin(A+C)=sin=sincos C+cossin C=×+×=,
则S△ABC=acsin B=×7×5×=.
9.解析 (1)解法一(辅助角公式):
由sin A+cos A=2可得sin A+cos A=1,即sin=1.
由A∈(0,π)得A+∈,故A+=,解得A=.
解法二(同角三角函数的基本关系):
由sin A+cos A=2,及sin2A+cos2A=1,消去sin A可得4cos2A-4cos A+3=0,即=0,所以cos A=,
又A∈(0,π),所以A=.
解法三(利用万能公式求解):
设t=tan,根据万能公式,得sin A+cos A=+=2,
整理可得t2-2(2-)t+=0,即=0,
所以t=2-,即tan=2-,根据二倍角公式,得tan A==,
又A∈(0,π),所以A=.
(2)由bsin C=csin 2B和正弦定理得sin Bsin C=2sin Csin Bcos B,
又B,C∈(0,π),所以sin Bsin C≠0,所以cos B=,则B=,
故sin C=sin (π-A-B)=sin (A+B)=sin Acos B+cos Asin B=,
由正弦定理可得==,即==,解得b=2,c=+,
故△ABC的周长为2++3.
10.答案 -1
解析 设BD=m(m>0),则CD=2m.
在△ABD中,根据余弦定理及已知,得AB2=AD2+BD2-2AD·BD·cos∠ADB=m2+2m+4,
在△ACD中,根据余弦定理及已知,得AC2=AD2+CD2-2AD·CD·cos∠ADC=4m2-4m+4,
∴==4-=4-,
∵m>0,∴m+1>1,∴m+1+≥2
,故当BD=-1时,取得最小值,即取得最小值.
11.解析 (1)∵==,
即=,
∴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(A+B)=-cos C,
∵sin B>0恒成立,∴C∈,
∵-cos C=sin,
∴C-=B,∴A=-2B,∵A>0,∴B∈,
∴==
=,
令cos2B=t,t∈,∴==4t+-5≥4-5,当且仅当4t=,即t=时取“=”.
∴的最小值为4-5.
三年模拟练
1.D 由正弦定理可得,2BC=3AC,
又AB=2AC,所以AC∶BC∶AB=2∶3∶4,
不妨设AC=2k,则BC=3k,AB=4k,k>0,
由余弦定理得cos C==-.
故选D.
2.B 由bcos C+ccos B=4及余弦定理可得b·+c·=4,解得a=4,
由=3及正弦定理可得=3,又b=5,所以c=7,
所以S==4.
故选B.
3.D 由正弦定理及sin C=2sin Bsin A可得c=2bsin A①,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A②,
由①②得a2=b2+12b2sin2A-2b·2bsin Acos A,即=1+12sin2A-2·sin 2A=1+6-6cos 2A-2·sin 2A=7-4sin,因为04.A 由正弦定理及=,得=,
即sin C(cos∠BAC+cos B)=cos C(sin∠BAC+sin B),
即sin Ccos∠BAC-sin∠BACcos C=sin Bcos C-sin Ccos B,即sin(C-∠BAC)=sin(B-C),
所以C-∠BAC=B-C或C-∠BAC=π-(B-C),
解得2C=∠BAC+B或B-∠BAC=π(舍去),
所以C=,
又S△ABC=absin C=ab=4,所以ab=16.
在△ADC中,由余弦定理,得AD2=b2+-2b··cos C=b2+-8≥2-8=8,
当且仅当b2=,即a=4,b=2时,等号成立,
又AD>0,所以AD≥2,所以AD的最小值为2.
故选A.
5.D 依题意设炮弹第一次命中点为C,则AB=14(千米),AC=BC=AM=18(千米),∠CBA=∠CAB=θ,∠MAB=,
在△ABC中,由余弦定理得BC2=AC2+AB2-2AC·ABcos θ,
即182=182+142-2×18×14cos θ,解得cos θ=,
又cos θ=2cos2-1=,且θ为锐角,
所以cos=(负值舍去),
在△ABM中,由余弦定理得BM2=AM2+AB2-2AM·ABcos=182+142-2×18×14×=100,
所以BM=10(千米),即B炮台与弹着点M之间的距离为10千米.故选D.
6.A 由题意得A+B+C=π,所以A+C=π-B,C=π-(A+B),所以由已知等式可得sin 2A+sin(π-2B)=sin[π-2(A+B)]+,
即sin 2A+sin 2B=sin[2(A+B)]+,
所以sin[(A+B)+(A-B)]+sin[(A+B)-(A-B)]=sin[2(A+B)]+,所以2sin(A+B)cos(A-B)=2sin(A+B)cos(A+B)+,
所以2sin(A+B)[cos(A-B)-cos(A+B)]=,
所以sin Asin Bsin C=,
由1≤S≤2,得1≤bcsin A≤2,
由正弦定理得a=2Rsin A,b=2Rsin B,c=2Rsin C(R为△ABC外接圆的半径),
所以1≤2R2sin Asin Bsin C≤2,所以1≤≤2,即2≤R≤2.
由sin Asin Bsin C=可得8≤abc≤16,故C、D不一定成立.
bc(b+c)>abc≥8,即bc(b+c)>8,故A一定成立.ab(a+b)>abc≥8,即ab(a+b)>8,故B不一定成立.
故选A.
方法点拨 △ABC的面积公式为S=absin C=·acsin B=bcsin A=(R为△ABC外接圆的半径).
7.答案 ;
解析 由余弦定理得c·+a=0,即3a2+c2-b2=0,
∴c2=b2-3a2=16-6=10,解得c=或c=-(舍去).
在△ABC中,由余弦定理得cos A===,
∴sin A==,
在△ADC中,由正弦定理得CD=·sin A=×=.
8.解析 (1)证明:由BD·sin∠ABC=asin C及正弦定理可得BD·b=ac,
又因为b2=ac,所以BD=b.
(2)根据题意,做出草图:
设∠ABC=θ,以,为基底,
则=+,故==(+4·+4),
所以9b2=c2+4accos θ+4a2.
又b2=ac,所以9ac=c2+4accos θ+4a2①,
在△ABC中,由余弦定理得b2=c2-2accos θ+a2,即ac=c2-2accos θ+a2②,
①+②×2得11ac=3c2+6a2,即6a2-11ac+3c2=0,即(3a-c)(2a-3c)=0,所以a=或a=c.
若a=,因为b2=ac,所以b=,
所以a+b=+若a=c,因为b2=ac,
所以b2=,
所以cos θ===,
即cos∠ABC=.
9.解析 (1)由余弦定理及b+12cos B=2c得b+12×=2c,因为a=6,所以整理得b2+c2-36=bc,
在△ABC中,由余弦定理得b2+c2-36=2bccos A,
所以bc=2bccos A,即cos A=,
又因为A∈(0,π),所以A=.
(2)选①,设△ABC外接圆的半径为R,则在△ABC中,由正弦定理得2R===4,即R=2.
因为M为△ABC的外心,所以AM=2,与AM=4矛盾,此时△ABC不存在.
选②,连接BM,因为M为△ABC的垂心,所以∠BMD=-∠MBD=-=∠ACB,
又MD=,所以在△MBD中,BD=MD·tan∠BMD=tan∠ACB,
同理可得CD=tan∠ABC,
又因为CD+BD=6,
所以tan∠ABC+tan∠ACB=6,
即tan∠ABC+tan∠ACB=2,
在△ABC中,tan(∠ABC+∠ACB)=-tan∠BAC=-,
所以=-,
因此tan∠ABCtan∠ACB=3,
故tan∠ABC,tan∠ACB为方程x2-2x+3=0的两根,
即tan∠ABC=tan∠ACB=.
易知∠ABC,∠ACB∈,
所以∠ABC=∠ACB=,
所以△ABC为等边三角形,
所以S△ABC=×62×=9.
选③,因为M为△ABC的内心,
所以∠BAD=∠CAD=∠BAC=,
由S△ABC=S△ABD+S△ACD,
得bcsin=c·ADsin+b·ADsin,
又AD=3,所以=b+c.
由(1)可得b2+c2-36=bc,即(b+c)2-3bc=36,
所以-3bc-36=0,即(bc+9)=0,
因为bc>0,所以bc=36,
所以S△ABC=bcsin=×36×=9.
10.解析 (1)在△PMO中,∠MOP=-=,∠PMO=π-=,∠MPO=,OP=OA=90,
由正弦定理得==,即==,
解得PM=45,OM=30,
又ON=PM=45,
所以·=||×||×cos∠AOB=30×45×=1 350(-1).
(2)在△PMO中,OP=OA=90,∠PMO=π-=,∠MPO=∠POB=θ,∠MOP=-θ,
由正弦定理得==,
即==,
故OM=60sin θ,PM=60sin,
S△PMO=sin∠PMO×PM×OM
=×60sin×60sin θ
=2 700sin θsin
=2 700×
=2 700×
=2 700×
=1 350sin-675,
所以S=2S△PMO=2 700sin-1 350,
0<θ<.
当θ=时,sin=1,此时S取得最大值,且最大值为1 350.
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综合拔高练
五年高考练
考点1 利用正、余弦定理解三角形
1.(2024全国甲文,12)在△ABC中,内角A,B,C所对边分别为a,b,c,若B=,b2=ac,则sin A+sin C=( )
A. B. C. D.
2.(2023全国乙文,4)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,若acos B-bcos A=c,且C=,则B=( )
A. B. C. D.
3.(2023全国甲理,16)在△ABC中,∠BAC=60°,AB=2,BC=,∠BAC的角平分线交BC于D,则AD= .
4.(2024天津,16)在△ABC中,cos B=,b=5,=.
(1)求a;
(2)求sin A;
(3)求cos(B-2A).
5.(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.
考点2 三角形中的面积与周长问题
6.(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.
7.(2023全国乙理,18)在△ABC中,已知∠BAC=120°,AB=2,AC=1.
(1)求sin∠ABC;
(2)若D为BC上一点,且∠BAD=90°,求△ADC的面积.
8.(2024北京,16)在△ABC中,∠A为钝角,a=7,sin 2B=bcos B.
(1)求∠A;
(2)再从条件①、条件②、条件③这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:b=7;条件②:cos B=;
条件③:csin A=.
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.
9.(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3 三角形中的最值问题
10.(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= .
11.(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.
三年模拟练
应用实践
1.(2024黑龙江齐齐哈尔二模)在△ABC中,2sin A=3sin B,AB=2AC,则cos C=( )
A. B.- C. D.-
2.(2024陕西渭南名校学术联盟高考模拟)我国南宋时期杰出的数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”,其内容为:“以小斜幂并大斜幂减中斜幂,余半之,自乘于上;以小斜幂乘大斜幂减上,余四约之,为实;一为从隅,开平方得积.”把以上文字写成公式,即S=(其中S为面积,a,b,c为△ABC的三个内角A,B,C所对的边).若bcos C+ccos B=4,b=5,且=3,则利用“三斜求积”公式可得△ABC的面积S=( )
A.2 B.4 C.6 D.8
3.(2022河南开封期末)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若sin C=2sin Bsin A,b=λa,则实数λ的最大值是( )
A. B.+ C.2 D.2+
4.(2023内蒙古赤峰统考模拟预测)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,△ABC的面积为4,且=,BC的中点为D,则AD的最小值为( )
A.2 B.4 C.6 D.8
5.(2024山东临沂一模)在同一平面上有相距14千米的A,B两座炮台,A在B的正东方.某次演习时,A向西偏北θ的方向发射炮弹,B则向东偏北θ的方向发射炮弹,其中θ为锐角,观测回报两炮弹皆命中18千米外的同一目标,接着A向西偏北的方向发射炮弹,弹着点为18千米外的点M,则B炮台与弹着点M之间的距离为( )
A.7千米 B.8千米 C.9千米 D.10千米
6.(2022浙江诸暨中学月考)已知△ABC的内角A,B,C满足sin 2A+sin(A-B+C)=sin(C-A-B)+,其面积S满足1≤S≤2,记a,b,c分别为A,B,C所对的边,则下列不等式一定成立的是( )
A.bc(b+c)>8 B.ab(a+b)>16
C.6≤abc≤12 D.12≤abc≤24
7.(2024河南郑州第二次质量预测)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=,b=4,ccos B+a=0,则c= ,点D在线段AB上,且∠CDA=,则CD= .
8.(2024江苏常州第一中学期初)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,b2=ac,点D在边AC上,BDsin∠ABC=asin C.
(1)证明:BD=b;
(2)若AD=2DC,求cos∠ABC.
9.(2024广西桂林高考适应性试卷)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,a=6,b+12cos B=2c.
(1)求A的大小;
(2)M为△ABC内一点,AM的延长线交BC于点D,若 ,求△ABC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△ABC存在,并解决问题.
①M为△ABC的外心,AM=4;
②M为△ABC的垂心,MD=;
③M为△ABC的内心,AD=3.
迁移创新
10.(2023广东广州期中)某商场经营者王某准备在商场门前“摆地摊”,经营“冷饮与小吃”生意.已知该商场门前是一块扇形区域,拟对这块扇形空地AOB进行改造.如图所示,平行四边形OMPN区域为顾客的休息区域,阴影区域为“摆地摊”区域,点P在弧AB上,点M和点N分别在线段OA和线段OB上,且OA=90,∠AOB=,记∠POB=θ.
(1)当θ=时,求·;
(2)请写出顾客的休息区域OMPN的面积S关于θ的函数关系式,并求当θ为何值时,S取得最大值.
答案与分层梯度式解析
五年高考练
1.C 因为B=,b2=ac,
所以由正弦定理得sin Asin C=sin2B=.
由余弦定理得b2=a2+c2-ac=ac,即a2+c2=ac,
根据正弦定理得sin2A+sin2C=sin Asin C=,
所以(sin A+sin C)2=sin2A+sin2C+2sin Asin C=,
因为A,C为三角形内角,所以sin A+sin C>0,则sin A+sin C=.
故选C.
2.C 在△ABC中,由正弦定理及acos B-bcos A=c,得sin Acos B-sin Bcos A=sin C,
即sin(A-B)=sin C,
又C=,所以sin(A-B)=sin C>0,所以0
易知A+B=,
当A-B=C=时,A=,B=;
当A-B=π-C=时,A=,B=0,不合题意,舍去.
综上,B=.故选C.
3.答案 2
解析 在△ABC中,有=,
所以sin∠C===.
由AB
所以△ABD为等腰三角形,所以AD=AB=2.
4.解析 解法一:(1)设a=2t,c=3t,t>0,则根据余弦定理得b2=a2+c2-2accos B,
即25=4t2+9t2-2×2t×3t×,解得t=2(负值舍去),
则a=4,c=6.
(2)因为B为△ABC的内角,所以sin B===,
根据正弦定理得=,即=,解得sin A=.
(3)由(2)知sin B=,
因为a
故cos(B-2A)=cos Bcos 2A+sin Bsin 2A=×+×=.
解法二:(1)同解法一.
(2)由余弦定理得cos A===,
因为A∈(0,π),所以sin A==.
(3)易得sin 2A=2sin Acos A=2××=,
cos 2A=2cos2A-1=2×-1=,
因为B为△ABC的内角,所以sin B===,
所以cos(B-2A)=cos Bcos 2A+sin Bsin 2A=×+×=.
5.解析 (1)在△ABC中,A+B+C=π,
又∵A+B=3C,∴π-C=3C,∴C=.
∵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.
又∵sin2A+cos2A=1,且sin A>0,
∴sin2A+=1,∴sin A=.
(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)=×=.
在△ABC中,根据正弦定理得=,
即=,∴AC=2.
设AB边上的高为CD,在△ACD中,CD=AC·sin A=2×=6,∴AB边上的高为6.
6.解析 (1)因为a2+b2-c2=ab,
所以cos C===,
因为C∈(0,π),
所以sin C===,
又因为sin C=cos B,所以cos B=,
又B∈(0,π),所以B=.
(2)由(1)可得B=,cos C=,又C∈(0,π),所以C=,故A=π--=,
则sin A=sin=sin=×+×=,
由正弦定理得==,
所以a=·c=c,b=·c=c,
由三角形面积公式可知S△ABC=absin C=·c·c·=c2=3+,
所以c=2.
7.解析 (1)在△ABC中,由余弦定理可知BC2=AC2+AB2-2AC·ABcos 120°=12+22-2×1×2×=7,
∴BC=.
由正弦定理可知=,即=,解得sin∠ABC=.
(2)解法一:由(1)可知sin∠ABC=,易知∠ABC为锐角,∴cos∠ABC=,∴tan∠ABC=,
又∵∠BAD=90°,AB=2,
∴在Rt△BAD中,tan∠ABD==,∴AD=,
S△ADC=AC·AD·sin(120°-90°)=×1××=.
解法二:如图,S△ADC=AC·AD·sin(120°-90°)=AD,S△ABD=AB·AD=AD,
∴S△ABD=4S△ADC,
易知S△ADC+S△ABD=S△ABC=·AB·AC·sin 120°=,
∴S△ADC=S△ABC=.
解后反思 正弦定理、余弦定理可以实现三角形边角关系的互化,列出关于未知元素的方程,通过解方程求得未知元素.另外,对于两边及夹角已知时,用面积建立边角关系也是常用方法.
8.解析 (1)由题意得2sin Bcos B=bcos B,因为A为钝角,所以B为锐角,
所以cos B≠0,则2sin B=b,则===,解得sin A=,
因为A为钝角,所以A=.
(2)选择①b=7,则sin B=b=×7=,因为A=,所以B为锐角,则B=,
此时A+B=π,不合题意,故不能选①;
选择②cos B=,因为B为△ABC的内角,所以sin B==,
代入2sin B=b得2×=b,解得b=3,
则sin C=sin(A+B)=sin=sincos B+cossin B=×+×=,
则S△ABC=absin C=×7×3×=;
选择③csin A=,则有c×=,解得c=5,
由正弦定理得=,即=,
解得sin C=,
易知C∈,所以cos C==,
则sin B=sin(A+C)=sin=sincos C+cossin C=×+×=,
则S△ABC=acsin B=×7×5×=.
9.解析 (1)解法一(辅助角公式):
由sin A+cos A=2可得sin A+cos A=1,即sin=1.
由A∈(0,π)得A+∈,故A+=,解得A=.
解法二(同角三角函数的基本关系):
由sin A+cos A=2,及sin2A+cos2A=1,消去sin A可得4cos2A-4cos A+3=0,即=0,所以cos A=,
又A∈(0,π),所以A=.
解法三(利用万能公式求解):
设t=tan,根据万能公式,得sin A+cos A=+=2,
整理可得t2-2(2-)t+=0,即=0,
所以t=2-,即tan=2-,根据二倍角公式,得tan A==,
又A∈(0,π),所以A=.
(2)由bsin C=csin 2B和正弦定理得sin Bsin C=2sin Csin Bcos B,
又B,C∈(0,π),所以sin Bsin C≠0,所以cos B=,则B=,
故sin C=sin (π-A-B)=sin (A+B)=sin Acos B+cos Asin B=,
由正弦定理可得==,即==,解得b=2,c=+,
故△ABC的周长为2++3.
10.答案 -1
解析 设BD=m(m>0),则CD=2m.
在△ABD中,根据余弦定理及已知,得AB2=AD2+BD2-2AD·BD·cos∠ADB=m2+2m+4,
在△ACD中,根据余弦定理及已知,得AC2=AD2+CD2-2AD·CD·cos∠ADC=4m2-4m+4,
∴==4-=4-,
∵m>0,∴m+1>1,∴m+1+≥2
,故当BD=-1时,取得最小值,即取得最小值.
11.解析 (1)∵==,
即=,
∴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
∵sin B>0恒成立,∴C∈,
∵-cos C=sin,
∴C-=B,∴A=-2B,∵A>0,∴B∈,
∴==
=,
令cos2B=t,t∈,∴==4t+-5≥4-5,当且仅当4t=,即t=时取“=”.
∴的最小值为4-5.
三年模拟练
1.D 由正弦定理可得,2BC=3AC,
又AB=2AC,所以AC∶BC∶AB=2∶3∶4,
不妨设AC=2k,则BC=3k,AB=4k,k>0,
由余弦定理得cos C==-.
故选D.
2.B 由bcos C+ccos B=4及余弦定理可得b·+c·=4,解得a=4,
由=3及正弦定理可得=3,又b=5,所以c=7,
所以S==4.
故选B.
3.D 由正弦定理及sin C=2sin Bsin A可得c=2bsin A①,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A②,
由①②得a2=b2+12b2sin2A-2b·2bsin Acos A,即=1+12sin2A-2·sin 2A=1+6-6cos 2A-2·sin 2A=7-4sin,因为0
即sin C(cos∠BAC+cos B)=cos C(sin∠BAC+sin B),
即sin Ccos∠BAC-sin∠BACcos C=sin Bcos C-sin Ccos B,即sin(C-∠BAC)=sin(B-C),
所以C-∠BAC=B-C或C-∠BAC=π-(B-C),
解得2C=∠BAC+B或B-∠BAC=π(舍去),
所以C=,
又S△ABC=absin C=ab=4,所以ab=16.
在△ADC中,由余弦定理,得AD2=b2+-2b··cos C=b2+-8≥2-8=8,
当且仅当b2=,即a=4,b=2时,等号成立,
又AD>0,所以AD≥2,所以AD的最小值为2.
故选A.
5.D 依题意设炮弹第一次命中点为C,则AB=14(千米),AC=BC=AM=18(千米),∠CBA=∠CAB=θ,∠MAB=,
在△ABC中,由余弦定理得BC2=AC2+AB2-2AC·ABcos θ,
即182=182+142-2×18×14cos θ,解得cos θ=,
又cos θ=2cos2-1=,且θ为锐角,
所以cos=(负值舍去),
在△ABM中,由余弦定理得BM2=AM2+AB2-2AM·ABcos=182+142-2×18×14×=100,
所以BM=10(千米),即B炮台与弹着点M之间的距离为10千米.故选D.
6.A 由题意得A+B+C=π,所以A+C=π-B,C=π-(A+B),所以由已知等式可得sin 2A+sin(π-2B)=sin[π-2(A+B)]+,
即sin 2A+sin 2B=sin[2(A+B)]+,
所以sin[(A+B)+(A-B)]+sin[(A+B)-(A-B)]=sin[2(A+B)]+,所以2sin(A+B)cos(A-B)=2sin(A+B)cos(A+B)+,
所以2sin(A+B)[cos(A-B)-cos(A+B)]=,
所以sin Asin Bsin C=,
由1≤S≤2,得1≤bcsin A≤2,
由正弦定理得a=2Rsin A,b=2Rsin B,c=2Rsin C(R为△ABC外接圆的半径),
所以1≤2R2sin Asin Bsin C≤2,所以1≤≤2,即2≤R≤2.
由sin Asin Bsin C=可得8≤abc≤16,故C、D不一定成立.
bc(b+c)>abc≥8,即bc(b+c)>8,故A一定成立.ab(a+b)>abc≥8,即ab(a+b)>8,故B不一定成立.
故选A.
方法点拨 △ABC的面积公式为S=absin C=·acsin B=bcsin A=(R为△ABC外接圆的半径).
7.答案 ;
解析 由余弦定理得c·+a=0,即3a2+c2-b2=0,
∴c2=b2-3a2=16-6=10,解得c=或c=-(舍去).
在△ABC中,由余弦定理得cos A===,
∴sin A==,
在△ADC中,由正弦定理得CD=·sin A=×=.
8.解析 (1)证明:由BD·sin∠ABC=asin C及正弦定理可得BD·b=ac,
又因为b2=ac,所以BD=b.
(2)根据题意,做出草图:
设∠ABC=θ,以,为基底,
则=+,故==(+4·+4),
所以9b2=c2+4accos θ+4a2.
又b2=ac,所以9ac=c2+4accos θ+4a2①,
在△ABC中,由余弦定理得b2=c2-2accos θ+a2,即ac=c2-2accos θ+a2②,
①+②×2得11ac=3c2+6a2,即6a2-11ac+3c2=0,即(3a-c)(2a-3c)=0,所以a=或a=c.
若a=,因为b2=ac,所以b=,
所以a+b=+
所以b2=,
所以cos θ===,
即cos∠ABC=.
9.解析 (1)由余弦定理及b+12cos B=2c得b+12×=2c,因为a=6,所以整理得b2+c2-36=bc,
在△ABC中,由余弦定理得b2+c2-36=2bccos A,
所以bc=2bccos A,即cos A=,
又因为A∈(0,π),所以A=.
(2)选①,设△ABC外接圆的半径为R,则在△ABC中,由正弦定理得2R===4,即R=2.
因为M为△ABC的外心,所以AM=2,与AM=4矛盾,此时△ABC不存在.
选②,连接BM,因为M为△ABC的垂心,所以∠BMD=-∠MBD=-=∠ACB,
又MD=,所以在△MBD中,BD=MD·tan∠BMD=tan∠ACB,
同理可得CD=tan∠ABC,
又因为CD+BD=6,
所以tan∠ABC+tan∠ACB=6,
即tan∠ABC+tan∠ACB=2,
在△ABC中,tan(∠ABC+∠ACB)=-tan∠BAC=-,
所以=-,
因此tan∠ABCtan∠ACB=3,
故tan∠ABC,tan∠ACB为方程x2-2x+3=0的两根,
即tan∠ABC=tan∠ACB=.
易知∠ABC,∠ACB∈,
所以∠ABC=∠ACB=,
所以△ABC为等边三角形,
所以S△ABC=×62×=9.
选③,因为M为△ABC的内心,
所以∠BAD=∠CAD=∠BAC=,
由S△ABC=S△ABD+S△ACD,
得bcsin=c·ADsin+b·ADsin,
又AD=3,所以=b+c.
由(1)可得b2+c2-36=bc,即(b+c)2-3bc=36,
所以-3bc-36=0,即(bc+9)=0,
因为bc>0,所以bc=36,
所以S△ABC=bcsin=×36×=9.
10.解析 (1)在△PMO中,∠MOP=-=,∠PMO=π-=,∠MPO=,OP=OA=90,
由正弦定理得==,即==,
解得PM=45,OM=30,
又ON=PM=45,
所以·=||×||×cos∠AOB=30×45×=1 350(-1).
(2)在△PMO中,OP=OA=90,∠PMO=π-=,∠MPO=∠POB=θ,∠MOP=-θ,
由正弦定理得==,
即==,
故OM=60sin θ,PM=60sin,
S△PMO=sin∠PMO×PM×OM
=×60sin×60sin θ
=2 700sin θsin
=2 700×
=2 700×
=2 700×
=1 350sin-675,
所以S=2S△PMO=2 700sin-1 350,
0<θ<.
当θ=时,sin=1,此时S取得最大值,且最大值为1 350.
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