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 解三角形复习提升

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2025人教B版高中数学必修第四册
本章复习提升
易混易错练
易错点1　忽视对三角形解的个数的讨论致错
1.(2024广东江门一模)在△ABC中,B=30°,b=2,c=2,则角A的大小为(　　)
A.45°　　　　B.135°或45°　　　　
C.15°　　　　D.105°或15°
2.(2022黑龙江大庆实验中学期末)在△ABC中,已知内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且sin(B+A)+sin(B-A)=3sin 2A,c=,C=,则△ABC的面积是(　　)
A.　　　　B.或
C.　　　　D.或
3.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若C=2B,且△ABC的面积S=,则C=　　　　.
易错点2　忽视三角形中边、角的隐含条件致错
4.(2022贵州一模)设a,b,c分别为△ABC的内角A,B,C的对边,已知a=5bsin B,A=,则cos B=(　　)
A.　　　　B.±
C.　　　　D.±
5.已知钝角三角形ABC的三边长分别为k,k+2,k+4(k>0),则k的取值范围是　　　　.
6.(2024浙江精诚联盟月考)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且asin A-bsin B+(b-c)sin C=0.
(1)求角A;
(2)若a=2,求△ABC面积的最大值;
(3)若△ABC为锐角三角形,求的取值范围.
易错点3　将空间问题看成平面问题致错
7.如图,有AM,BN两座发射塔,且AM=100 m,BN=200 m,一辆测量车在点P处测得发射塔顶A的仰角为30°,∠NMP=90°,在点Q处测得发射塔顶B的仰角为θ,且∠BQA=θ,已知∠QPM=60°,PQ=100 m,经计算,tan θ=2,求两发射塔顶A,B之间的距离.
思想方法练
一、转化与化归思想在解三角形中的应用
1.(2022四川达州期中)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin(C-B)=2sin Bcos C,且2sin A+bsin B=csin C,则a=(　　)
A.2　　　　B.4　　　　C.6　　　　D.8
2.(2024陕西安康高新中学月考)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若5acos A=bcos C+ccos B,则cos 2A=(　　)
A.　　　　B.　　　　C.-　　　　D.-
二、分类讨论思想在解三角形中的应用
3.(多选题)(2022江苏如皋月考)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若sin2C=sin B·(sin A+sin B),则下列结论一定正确的是　(　　)
A.c>b　　　　B.a>c
C.c=2bcos B　　　　D.04.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=7,c=5,sin C=,求△ABC的面积.
三、函数与方程思想在解三角形中的应用
5.(2022河南汝州一高模拟)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,a=2,cos 2C=cos 2A+4sin2B,则△ABC面积的最大值是(　　)
A.　　　　B.1　　　　C.　　　　D.2
6.(2024湖北武汉第十一中学月考)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知△ABC的面积为a2sin A,则cos A的最小值是　　　.
7.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且BC边上的高为,则+的最大值为　　　　.
8.(2024湖北黄冈第二次模拟)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,cos C=,c=8,则当a+b取得最大值时,sin A=　　　　.
9.(2022山东青岛期末)如图,在四边形ABCD中,AB2+BC2+AB·BC=AC2.
(1)若AB=3BC=3,求△ABC的面积;
(2)若CD=BC,∠CAD=30°,∠BCD=120°,求∠ACB的值.
答案与分层梯度式解析
易混易错练
1.思路分析　利用正弦定理求得角C,根据三角形的内角和为180°即可求得答案.
D　由B=30°,b=2,c=2及正弦定理,
可得=,即sin C===,
因为c>b,所以C>B=30°,则C=45°或C=135°,
又A+B+C=180°,所以A=105°或A=15°,
故选D.
易错警示　已知两边及其一边的对角解三角形,其解可能有一个、两个或无数个.本题中,∵c>b,∴C>B,故C可以是锐角也可以是钝角.
2.D　由sin(B+A)+sin(B-A)=3sin 2A,得sin Bcos A+cos Bsin A+sin Bcos A-cos Bsin A=6sin Acos A,
所以2sin Bcos A=6sin Acos A,
即(6sin A-2sin B)cos A=0,
所以cos A=0或3sin A=sin B.
当cos A=0时,A=.
因为c=,C=,
所以B=,b=tan B×c=×=,
所以△ABC的面积S=bc=.
当3sin A=sin B时,由正弦定理可得3a=b.
由余弦定理得cos C==,即a2+b2-7=ab,解得a=1(负值舍去),b=3,
所以△ABC的面积S=absin C=,故选D.
3.答案　或
解析　由于S=,所以acsin B=,
所以asin B=,
由正弦定理得sin Asin B=sin C,
又因为C=2B,所以sin Asin B=sin 2B=sin Bcos B,
易知sin B≠0,所以sin A=cos B,于是A=±B.
当A=+B时,C=;当A=-B时,C=.
易错警示　只考虑A=±B中的一种可能,导致漏解.
4.C　由正弦定理及a=5bsin B可得sin A=5sin B·sin B,因为A=,所以=5sin2B,即sin2B=,解得sin B=±,又B∈(0,π),所以sin B>0,
所以sin B=<=sin A,
所以B所以cos B==.
故选C.
易错警示　本题易忽略三角形内角和为π,从而导致结果有两个.
5.答案　(2,6)
解析　设角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a0),因为△ABC为钝角三角形,所以C为钝角.由余弦定理得cos C==(k>0),所以k2-4k-12<0,解得0k+4,因此k>2.
综上所述,k的取值范围为(2,6).
易错警示　忽视隐含条件“两边之和大于第三边”,导致范围只解出06.解析　(1)因为asin A-bsin B+(b-c)sin C=0,
所以由正弦定理得a2-b2+(b-c)c=0,整理得b2+c2-a2=bc,
由余弦定理得cos A==,因为0(2)由余弦定理得22=b2+c2-bc,因为b2+c2≥2bc,所以4=b2+c2-bc≥2bc-bc=bc,即bc≤4,当且仅当b=c=2时,等号成立,设△ABC的面积为S,则S=bcsin A≤×4×sin=,
故△ABC面积的最大值为.
(3)由正弦定理得=·
=4sin B+2sin C=4sin B+2sin=5sin B+cos B=2sin(B+φ),
其中φ为锐角,且tan φ=,因为<,所以0<φ<,
又因为△ABC为锐角三角形,所以解得所以+φ<所以sin故的取值范围为(4,2].
易错警示　解题时只考虑B为锐角,没有考虑C=-B也为锐角这一隐含条件,从而错求B的取值范围为.
7.解析　在Rt△AMP中,∠APM=30°,AM=100 m,
所以PM=100 m,
连接QM,
在△PQM中,∠QPM=60°,PQ=PM=100 m,
所以△PQM为等边三角形,
所以QM=100 m.
在Rt△AMQ中,由AQ2=AM2+QM2,得AQ=200 m.
在Rt△BNQ中,tan θ=2,BN=200 m,
所以QN=100 m,BQ=100 m,cos θ=.
在△BQA中,由余弦定理得BA2=BQ2+AQ2-2BQ·AQcos θ=50 000,
所以BA=100 m.
故两发射塔顶A,B之间的距离是100 m.
易错警示　对图形构建缺乏空间想象,导致位置看错,造成计算失误.
思想方法练
1.B　由2sin A+bsin B=csin C及正弦定理,得2a+b2=c2①,
利用正弦定理进行边角互化.
因为sin(C-B)=2sin Bcos C,
所以sin Ccos B-cos Csin B=2sin Bcos C,
即sin Ccos B=3sin Bcos C,(*)
利用两角差的正弦公式将C-B转化为B与C的三角函数.
因为sin A=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C,
所以sin A=4sin Bcos C,
利用三角形内角和定理把sin A化为sin Bcos C+cos B·sin C,目的是化简(*)式.
所以a=4b·,整理,得a2=2c2-2b2②,
利用正、余弦定理进行边角互化.
由①②可得a2=4a,解得a=4或a=0(舍).
故选B.
思想方法　转化与化归思想在解三角形中的应用主要体现在边角互化和三角恒等变换中,通过转化与化归使待求问题求解思路更加清晰化、明朗化.
2.D　由5acos A=bcos C+ccos B及正弦定理,得5sin Acos A=sin Bcos C+sin Ccos B,
正弦定理进行边角互化.
即5sin Acos A=sin(B+C)=sin A,
利用两角和的正弦公式及诱导公式,转化为A的三角函数.
又A∈(0,π),所以sin A≠0,故5cos A=1,
即cos A=,
所以cos 2A=2cos2A-1=2×-1=-.
故选D.
思想方法　转化与化归思想在解三角形中的应用主要体现在边角互化和三角恒等变换中,起到方便化简、快捷运算的作用.
3.ACD　 ∵sin2C=sin B·(sin A+sin B)=sin Bsin A+sin2B,∴c2=ab+b2>b2,∴c>b,故A中结论一定正确.
∵c2=ab+b2=b(a+b),c2-b2=ab,
∴cos B====,
∴c=2bcos B,故C中结论一定正确.
由c=2bcos B可得sin C=2sin Bcos B=sin 2B,
∴C=2B或C+2B=π,
由C与2B的关系进行分类讨论.
当C=2B时,由A+B+C=π,可得A=π-3B>0,
∴0当C+2B=π时,由A+B+C=π,可得A=B,即a=b,∴c2=a2+b2,此时C=,A=B=,故D中结论一定正确.
当C=2B时,推不出a>c,当C+2B=π时,c>a,故B中结论不一定正确.故选ACD.
4.解析　由正弦定理得=,
所以sin A===,
因此A=60°或A=120°,易知cos C=.
当A=60°时,sin B=sin(A+C)=sin(C+60°)=×+×=,
所以S△ABC=acsin B=×7×5×=10;
当A=120°时,sin B=sin(A+C)=sin(C+120°)=-×+×=,
所以S△ABC=acsin B=×7×5×=.
故△ABC的面积为10或.
按照角A的不同取值进行运算,分别计算出△ABC的面积.
思想方法　分类讨论思想在解三角形中的应用主要体现在对角的范围及多解条件下的解三角形问题的讨论,具体解题过程要注意结合大边对大角及三角形内角和定理等实施讨论.
5.A　由cos 2C=cos 2A+4sin2B得1-2sin2C=1-2sin2A+4sin2B,即sin2A=sin2C+2sin2B,
由正弦定理得a2=c2+2b2,
由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A,
∴c2+2b2=b2+c2-2bccos A,即cos A=-,
∵A∈(0,π),∴sin A=,
∴S△ABC=bcsin A==,
构建关于△ABC面积的函数.
∵c2+2b2=a2=4,∴c2=4-2b2,
∴S△ABC===
,因此当b2=时,△ABC的面积取得最大值,最大值为.故选A.
6.答案　
解析　因为△ABC的面积为a2sin A,
所以S△ABC=bcsin A=a2sin A,
因为0由正弦定理实现边角互化,由余弦定理构建关于a,b,c的齐次方程,再运用均值不等式求得函数最小值.
所以cos A=≥=,当且仅当b=c时,等号成立,
所以cos A的最小值是.
7.答案　2
解析　因为S△ABC=×a×=bcsin A,
所以a2=2bcsin A.
由三角形的面积公式构建等量方程.
由余弦定理得cos A=,
所以b2+c2=a2+2bccos A=2bcsin A+2bccos A,
所以+==2sin A+2cos A=2sin,
根据余弦定理及等量代换构造正弦型函数.
因为A∈(0,π),所以A+∈,故当A+=,即A=时,+取得最大值,为2.
结合角的范围,通过对正弦型函数最值的讨论求出+的最大值.
8.答案　
解析　∵cos C=,∴sin C=,设△ABC外接圆的半径为R,则2R===6,得R=3,
由正弦定理,得a+b=2R(sin A+sin B)=6[sin A+sin(A+C)]=6(sin A+sin Acos C+cos Asin C)
=6=6××=8sin(A+φ),
根据正弦定理及等量代换构造以A为变量的正弦型函数.
其中cos φ=,sin φ=.
当sin(A+φ)=1,即A+φ=时,a+b取得最大值,
此时A=-φ,所以sin A=sin=cos φ=.
9.解析　(1)∵AB2+BC2+AB·BC=AC2,
∴cos B===-,
∵0°∴S△ABC=AB·BCsin 120°=×3×1×=.
(2)由(1)知B=120°.设∠ACB=θ,则∠ACD=120°-θ,∠ADC=30°+θ,∠BAC=60°-θ.
在△ACD中,由正弦定理得=,
所以AC=·CD,①
在△ABC中,由正弦定理得=,
所以AC=·BC,②
又CD=BC,③
∴由①②③得×=,
由等量关系构造方程.
整理得sin(30°+θ)sin(60°-θ)=,
∴sin(30°+θ)cos(30°+θ)=,
∴sin(60°+2θ)=,
∵0°<θ<60°,∴60°<60°+2θ<180°,
∴60°+2θ=150°,解得θ=45°,故∠ACB=45°.
思想方法　函数与方程思想在解三角形中的应用主要体现在:(1)应用正、余弦定理构建方程,求解三角形中的基本量;(2)对题中条件进行边角统一,构造关于某一个变量的函数,结合函数的图象或性质求解函数值的范围或最值等问题.
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