重点强化练(八) 解三角形
一、选择题:本题共8小题.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项是正确的.
1.[2024·金华三模] 在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若a=,b=2,A=60°,则c= ( )
A.1 B.2
C.3 D.1或3
2.[2024·山东青岛一模] △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
3.[2025·广东肇庆模拟] 在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a2+b2=2c2,则角C的最大值为 ( )
A. B.
C. D.
4.[2024·安徽蚌埠质检] 在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=acos B+bcos A=1,sin C=,则 ( )
A.b=1 B.b=
C.c= D.c=
5.[2025·江苏苏州模拟] 为测量塔的高度,因地理条件的限制,分别选择C点和一建筑物DE的楼顶E为测量观测点,已知点A为塔底,A,C,D在水平地面上,塔AB和建筑物DE均垂直于地面(如图所示).测得CD=18 m,AD=15 m,在C点处测得E点的仰角为30°,在E点处测得B点的仰角为60°,则塔AB的高度约为(≈1.732,精确到0.1 m) ( )
A.35.0 m B.36.4 m
C.38.4 m D.39.6 m
6.[2025·深圳模拟] 在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=,(sin A-sin B)(b+)=c(sin B+sin C),则△ABC外接圆的半径为 ( )
A.1 B.
C.2 D.
7.[2025·河北衡水二调] 设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知S△ABC=2sin Asin Bsin C,若△ABC的周长为1,则sin A+sin B+sin C= ( )
A.1 B.
C. D.2
8.在△ABC中,∠ACB=120°,BC=2AC,D为△ABC内一点,AD⊥CD,∠BDC=120°,则tan∠ACD= ( )
A.2 B.
C. D.
二、选择题:本题共3小题.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.
9.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,则下列说法正确的是 ( )
A.若A>B,则sin A>sin B
B.若A=30°,b=4,a=3,则△ABC有两解
C.若△ABC为钝角三角形,则a2+b2
D.若A=60°,a=2,则△ABC面积的最大值为
10.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,下列说法中正确的是 ( )
A.若a2+b2B.若asin A-bsin B=0,则△ABC一定是等腰三角形
C.若acos C+ccos A=c,则△ABC一定是等腰三角形
D.若c=2acos B,则△ABC是等腰直角三角形
11.[2024·福建泉州模拟] 如图,某旅游部门计划在湖中心建一观光亭Q,打造一条三角形DEQ游览路线.已知AB,BC是湖岸上的两条甬路,∠ABC=120°,BD=0.3 km,BE=0.5 km,∠DQE=60°(观光亭Q视为一点,游览路线、甬路的宽度忽略不计),则 ( )
A.DE=0.7 km
B.当∠DEQ=45°时,DQ= km
C.△DEQ面积的最大值为 km2
D.游览路线DQ+QE最长为1.4 km
三、填空题:本题共3小题.
12.[2024·江西南昌二模] 在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若asin B=2bcos A,则tan A= .
13.[2024·北京昌平区二模] 已知△ABC中,a=4,b=2c,cos A=-,则S△ABC= .
14.[2025·江苏徐州模拟] 在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,∠ABC=120°,如图,过B作BD⊥BC交AC于点D,且BD=1,则2a+c的最小值为 .
四、解答题:本题共5小题,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.[2025·山东青岛二中月考] 在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且acos C+asin C=b+c.
(1)求A;
(2)若a=2,且b>c,△ABC的面积为2,求b,c.
16.[2025·湖南名校联考联合体二联] 某中学数学兴趣小组为测量学校附近正在建造中的某建筑物的高度,在学校操场选择了同一条直线上的A,B,C三点,其中AC=40 m,点B为AC的中点,兴趣小组组长小王在A,B,C三点上方5 m处的A1,B1,C1观察已建建筑物最高点E的仰角分别为α,β,γ,其中tan α=1,tan β=2,tan γ=3,点D为点E在地面上的射影,点D1为DE上与A1,B1,C1位于同一高度的点.
(1)求建造中的建筑物已经到达的高度DE;
(2)求的值.
17.[2025·四川巴中模拟] 已知锐角三角形ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a-c=2ccos B.
(1)证明:B=2C;
(2)若a=2,求+的取值范围.
18.[2025·武汉调研] 已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且2c-b=2asin.
(1)求角A;
(2)若a=,D为边BC上一点,AD为∠BAC的平分线,且AD=1,求△ABC的面积.
19.[2025·河北衡水中学调研] 法国数学家费马在给意大利数学家托里拆利的一封信中提到“费马点”,即平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点.托里拆利确定费马点的方法如下:
①当△ABC的三个内角均小于120°时,满足∠AOB=∠BOC=∠COA=120°的点O为费马点;
②当△ABC有一个内角大于或等于120°时,最大内角的顶点为费马点.
请用以上知识解决下面的问题:
已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,点M为△ABC的费马点,且cos 2A+cos 2B-cos 2C=1.
(1)求C;
(2)若c=4,求MA·MB+MB·MC+MC·MA的最大值;
(3)若MA+MB=tMC,求实数t的最小值.重点强化练(八)
1.C [解析] 由余弦定理得cos A=,即=,即c2-2c-3=0,解得c=3或c=-1(舍).故选C.
2.A [解析] 根据正弦定理得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=×4×=1.故选A.
3.C [解析] ∵a2+b2=2c2,∴由余弦定理得cos C=≥==,当且仅当a=b时,等号成立,∵C为三角形的内角,∴C的最大值为.故选C.
4.B [解析] a=acos B+bcos A,由正弦定理可得sin A=sin Acos B+sin Bcos A,
即sin A=sin(A+B)=sin C,又sin C=,所以sin A=,因为A,C∈(0,π)且A+C∈(0,π),所以A=C=,所以B=,又a=1,所以c=1,b==.故选B.
5.B [解析] AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,过点E作EF⊥AB,交AB于点F,则有EF=AD,AF=ED.在Rt△ECD中,因为∠ECD=30°,所以DE=CD·tan∠DCE=18×
tan 30°=6.在Rt△BEF中,因为∠BEF=60°,所以BF=EF·tan∠BEF=15×
tan 60°=15,则AB=BF+AF=BF+ED=15+6=21≈36.4 m.故选B.
6.A [解析] 因为a=,且(sin A-sin B)(b+)=c(sin B+sin C),所以(sin A-
sin B)(a+b)=c(sin B+sin C),由正弦定理,可得(a-b)(a+b)=c(b+c),即a2=b2+c2+bc,所以
cos A==-,又A∈(0,π),所以A=,所以△ABC 外接圆的半径为==1.故选A.
7.B [解析] 由正弦定理===2R(R为△ABC的外接圆半径),可得
a=2Rsin A,b=2Rsin B,c=2Rsin C,且A,B,C∈(0,π),则sin A,sin B,sin C均为正数.因为
S△ABC=absin C=×2Rsin A×2Rsin B×sin C=2sin Asin Bsin C,所以R=1,又因为△ABC的周长为a+b+c=2Rsin A+2Rsin B+2Rsin C=2(sin A+sin B+sin C)=1,所以sin A+sin B+
sin C=.故选B.
8.B [解析] 在Rt△ADC中,设∠ACD=θ,AC=x(x>0),则CB=2x,CD=xcos θ.在△BCD中,可得∠BCD=120°-θ,∠CBD=θ-60°,由正弦定理得=,所以==,所以=,可得tan θ=,即tan∠ACD=.故选B.
9.ABD [解析] 对于A,若A>B,则a>b,由正弦定理可得=,所以sin A>sin B,故A正确;对于B,b sin A=4sin 30°=2,则bsin A10.ABC [解析] 对于A,因为a2+b211.ACD [解析] 在△DBE中,由余弦定理得DE2=BD2+BE2-2BD·BE×cos 120°=0.49,所以DE=0.7 km,故A正确;在△DEQ中,由正弦定理得=,得DQ=
==(km),故B错误;在△DEQ中,由余弦定理得0.72=DQ2+QE2-2DQ·QE×≥2DQ·QE-DQ·QE=DQ·QE,当且仅当DQ=QE时等号成立,所以DQ·QE≤,则△DEQ的面积为DQ·QEsin 60°≤,故C正确;由上可得0.72=DQ2+QE2-2DQ·QE×=(DQ+QE)2-3DQ·QE,所以0.72≥(DQ+QE)2-3=(DQ+QE)2,当且仅当DQ=QE时等号成立,所以DQ+QE≤2×0.7=1.4,故D正确.故选ACD.
12.2 [解析] 由asin B=2bcos A知cos A=>0,故tan A存在.由正弦定理得=,可得tan A=====2.
13. [解析] 由余弦定理可得cos A===-,可得c=,所以b=2c=2,又因为cos A=-,所以sin A==,所以S△ABC=bcsin A=×2××=.
14. [解析] ∵S△ABC=S△ABD+S△BCD,∴acsin∠ABC=cBDsin∠ABD+aBDsin∠CBD,
∴ac×=c×1×+a×1×1,∴ac=c+2a,∴=+,∴2a+c=(2a+c)=≥×(2+4)=,当且仅当=,即c=,a=时,等号成立.
15.解:(1)因为acos C+asin C=b+c,所以由正弦定理得sin Acos C+sin Asin C=
sin B+sin C,
所以sin Acos C+sin Asin C=sin(A+C)+sin C,可得sin Asin C=cos Asin C+sin C,因为sin C>0,所以sin A=cos A+1,所以sin=,
因为A∈(0,π),所以A=.
(2)因为a=2,△ABC的面积为2=bcsin A=bc,所以bc=8.由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos A=(b+c)2-3bc=(b+c)2-24=12,所以b+c=6,由解得或因为b>c,所以
16.解:(1)设ED1=h,因为在A1,B1,C1处观察已建建筑物最高点E的仰角分别为α,β,γ,且tan α=1,tan β=2,tan γ=3,所以A1D1=h,B1D1=,C1D1=,又A1C1=40,B1是A1C1的中点,所以在△A1B1D1中,由余弦定理得cos∠A1B1D1=,
在△C1B1D1中,由余弦定理得cos∠C1B1D1=,
又∠A1B1D1+∠C1B1D1=π,所以+=0,整理得=800,可得h=,所以DE=5+(m).
(2)在△A1B1D1中,由正弦定理知=①,在△C1B1D1中,由正弦定理知=②,
由(1)知=,sin∠A1B1D1=sin∠C1B1D1,所以由②÷①得到==.
17.解:(1)证明:因为a-c=2ccos B,
所以由正弦定理得sin A-sin C=2sin Ccos B,所以sin Bcos C+
sin Ccos B-sin C=2sin Ccos B,
所以sin Bcos C-sin Ccos B=sin C,故sin(B-C)=sin C,而0(2)因为△ABC是锐角三角形,所以解得,因为cos C∈,所以4cos2C-1∈(1,2),所以+的取值范围是.
18.解:(1)因为2c-b=2asin=asin C-acos C,所以由正弦定理可得2sin C-sin B=sin Asin C-sin Acos C,又sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C,
所以2sin C-sin Acos C-cos Asin C=sin Asin C-sin Acos C,整理可得2sin C=
sin Asin C+cos Asin C=2sin Csin,又C∈(0,π),所以sin C≠0,所以sin=1,又因为A∈(0,π),所以(2)因为AD为∠BAC的平分线,所以∠BAD=∠CAD=,因为S△ABC=S△BAD+S△CAD,所以AB·AC·sin∠BAC=AB·AD·sin∠BAD+AD·AC·sin∠CAD,即bc×=c×1×+×1×b×,可得b+c=bc.在△BAC中,由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos∠BAC=(b+c)2-2bc-
2bccos∠BAC,即6=3(bc)2-2bc-bc,整理可得(bc)2-bc-2=0,解得bc=2或bc=-1(舍去),所以
S△ABC=bc·sin∠BAC=×2×=.
19.解:(1)因为cos 2A+cos 2B-cos 2C=1,所以1-2sin2A+1-2sin2B-1+2sin2C=1,即sin2A+sin2B=sin2C,由正弦定理得a2+b2=c2,所以C=90°.
(2)由(1)知C=90°,所以△ABC的三个角都小于120°,因为点M为△ABC的费马点,所以
∠AMB=∠BMC=∠CMA=120°.由S△ABC=S△AMB+S△BMC+S△CMA,得ab=MA·
MBsin 120°+MB·MCsin 120°+MC·MAsin 120°,整理得MA·MB+MB·MC+MC·MA=ab,又因为16=c2=a2+b2≥2ab,所以ab≤8,当且仅当a=b时等号成立,所以MA·MB+MB·MC+MC·MA=ab≤,所以MA·MB+MB·MC+MC·MA的最大值为.
(3)由(2)知∠AMB=∠BMC=∠CMA=120°.设MC=x,MA=mx,MB=nx(x>0,m>0,n>0),由MA+MB=tMC得m+n=t.在△ACM中,由余弦定理得,AC2=x2+m2x2-2mx2cos 120°
=(m2+m+1)x2.在△BCM中,由余弦定理得,BC2=x2+n2x2-2nx2cos 120°=(n2+n+1)x2.在△ABM中,由余弦定理得,AB2=m2x2+n2x2-2mnx2cos 120°=(m2+n2+mn)x2.因为AC2+BC2=AB2,所以(m2+m+1)x2+(n2+n+1)x2=(m2+n2+mn)x2,整理得m+n+2=mn.因为m+n+2=mn≤,当且仅当m=n时等号成立,所以t+2≤,整理得t2-4t-8≥0,解得t≥2+2或t≤2-2(舍去),所以实数t的最小值为2+2.(共47张PPT)
重点强化练（八） 解三角形
一、选择题：本题共8小题.在每小题给出的四个选项中，只有一
个选项是正确的.
1.[2024·金华三模]在中，内角,,的对边分别为，， .若
，， ，则 ( )
A.1 B.2 C.3 D.1或3
[解析] 由余弦定理得,即 ，
即，解得或 （舍）.故选C.
√
2.[2024·山东青岛一模]的内角，，的对边分别为，， ，
若,，则 的面积为( )
A.1 B. C.2 D.
[解析] 根据正弦定理得，
因为 ，所以，所以，解得 ，
所以 .故选A.
√
3.[2025·广东肇庆模拟]在中，内角，， 所对的边分别为
，，，若，则角 的最大值为( )
A. B. C. D.
[解析] ， 由余弦定理得
，当且仅当 时，等号成立，
为三角形的内角，的最大值为 ．故选C.
√
4.[2024·安徽蚌埠质检]在中，内角,,的对边分别为,, ，
已知, ，则( )
A. B. C. D.
[解析] ，由正弦定理可得
，即 ，
又，所以，
因为,且 ，所以，所以，
又，所以, .故选B.
√
5.[2025·江苏苏州模拟]为测量塔的高度，因地理条
件的限制，分别选择点和一建筑物的楼顶 为
测量观测点，已知点为塔底，,, 在水平地面
上，塔和建筑物 均垂直于地面（如图所示）.
A. B. C. D.
测得，，在点处测得点的仰角为 ，在 点
处测得点的仰角为 ，则塔的高度约为 ，精确到
( )
√
[解析] 平面， 平面，
过点 作，交于点，则有 ，
.
在中，因为 ，
所以 .
在中，因为 ，
所以 ，
则 .故选B.
6.[2025·深圳模拟]在中，内角,,的对边分别为,, ，已知
，，则 外接
圆的半径为( )
A.1 B. C.2 D.
√
[解析] 因为，且 ，
所以 ，
由正弦定理，可得，即 ，
所以，
又，所以，
所以 外接圆的半径为 .故选A.
7.[2025·河北衡水二调]设的内角，，所对的边分别为 ，
，，已知，若 的周长为1，则
( )
A.1 B. C. D.2
√
[解析] 由正弦定理（为 的外接圆半
径），可得,,，且,, ，
则,, 均为正数.
因为 ，所以，
又因为 的周长为，
所以 .故选B.
8.在中， ,,为 内一点，
, ，则 ( )
A. B. C. D.
√
[解析] 在中，设， ,
则, .
在中，可得 , ，
由正弦定理得 ，所以，
所以，可得 ，即 ．故选B.
二、选择题：本题共3小题.在每小题给出的选项中，有多项符合
题目要求.
9.的内角，，的对边分别为，， ，则下列说法正确的
是( )
A.若，则
B.若 ，，，则 有两解
C.若为钝角三角形，则
D.若 ，，则面积的最大值为
√
√
√
[解析] 对于A，若，则，由正弦定理可得 ，
所以，故A正确；
对于B， ，则，
所以有两解，故B正确；
对于C，当 为钝角三角形，且为钝角时，
，可得，
若不为钝角，则得不到 ，故C错误；
对于D，由余弦定理与基本不等式可得 ，即，
当且仅当 时，等号成立，
所以，故D正确．故选 .
10.已知的内角，，所对的边分别为，， ，下列说法
中正确的是( )
A.若，则 一定是钝角三角形
B.若，则 一定是等腰三角形
C.若，则 一定是等腰三角形
D.若，则 是等腰直角三角形
√
√
√
[解析] 对于A，因为，所以 ，
故角为钝角，A正确.
对于B，由结合正弦定理得 ，从而，
故 为等腰三角形，B正确.
对于C，方法一，因为 ，所以由余弦定理得
，所以，所以 ，
则一定是等腰三角形，C正确；
方法二， ，
由正弦定理得 ，
所以，所以，
又， ，，所以，
则 一定是等腰三角形，C正确.
对于D，因为，所以 ，
即，即，所以 为等腰三角形，
推不出为直角三角形，D错误.故选 .
11.[2024·福建泉州模拟]如图，某旅游部门计划在湖中心建一观光亭
，打造一条三角形游览路线．已知, 是湖岸上的两条甬
路， ,,, （观光
亭 视为一点，游览路线、甬路的宽度忽略不计），则( )
A.
B.当 时，
C.面积的最大值为
D.游览路线最长为
√
√
√
[解析] 在 中，由余弦定理得
，
所以,故A正确；
在 中，由正弦定理得 ，
得 ,故B错误；
在 中，由余弦定理得
，
当且仅当 时等号成立，
所以，
则 的面积为 ，故C正确；
由上可得
，
所以
，
当且仅当 时等号成立，
所以 ，故D正确.故选 .
三、填空题：本题共3小题.
12.[2024·江西南昌二模] 在中，内角，， 所对的边分别为
,,，若，则 ___.
2
[解析] 由知，故 存在.
由正弦定理得，
可得 .
13.[2024·北京昌平区二模] 已知中，,, ，
则 _ __．
[解析] 由余弦定理可得 ，
可得，所以，
又因为 ，所以 ，
所以 .
14.[2025·江苏徐州模拟] 在中，内角 ，
，所对的边分别为，，， ，
如图，过作交于点，且 ，
则 的最小值为_ ___．
[解析] ，
，
， ，
， ，
当且仅当，即, 时，等号成立.
四、解答题：本题共5小题，解答应写出文字说明、证明过程或
演算步骤.
15.[2025·山东青岛二中月考] 在中，内角，， 的对边分别
为，，，且 .
（1）求 ；
解：因为 ，
所以由正弦定理得 ，
所以 ，
可得，
因为 ，所以，所以 ，
因为，所以 .
（2）若，且，的面积为，求， .
解：因为，的面积为 ，
所以 .
由余弦定理可得
，所以，
由解得或
因为 ，所以
16.[2025·湖南名校联考联合体二联] 某中学数学兴
趣小组为测量学校附近正在建造中的某建筑物的高
度，在学校操场选择了同一条直线上的，，
三点，其中 ，点为的中点，兴趣
小组组长小王在 ，，三点上方处的，
， 观察已建建筑物最高点的仰角分别为 ，
， ，其中，，，点为点 在地面
上的射影，点为上与，， 位于同一高度的点.
（1）求建造中的建筑物已经到达的高度 ；
解：设，因为在，， 处观察
已建建筑物最高点的仰角分别为 ， ，
， 且，， ，所
以,, ，
又，是 的中点，
所以在 中，由余弦定理得
，
在 中，
由余弦定理得 ，
又 ，
所以 ，
整理得，可得 ，
所以 .
（2）求 的值.
解：在 中，由正弦定理知
，
在 中，
由正弦定理知 ，
由（1）知 ,，
所以由 得到 .
17.[2025·四川巴中模拟] 已知锐角三角形中，内角，， 的对
边分别为，，，若 .
（1）证明： ；
证明：因为 ，
所以由正弦定理得，
所以 ，
所以，故 ，
而,，所以，故 .
（2）若，求 的取值范围．
解：因为是锐角三角形，所以
解得，所以.
由正弦定理可得 ，则，
所以 ，所以.
因为，所以 ，所以，
所以 ，
因为，所以 ，
所以的取值范围是 ．
18.[2025·武汉调研] 已知的内角,,所对的边分别为,, ，
且 ．
（1）求角 ；
解：因为 ，
所以由正弦定理可得 ，
又 ，
所以 ，
整理可得 ，
又，所以，所以，
又因为 ，所以，可得，所以 .
（2）若,为边上一点，为的平分线，且 ，
求 的面积.
解：因为为的平分线，所以 ，
因为 ，所以
，
即，可得 .
在 中，由余弦定理可得
，即，
整理可得，解得 或 （舍去），
所以 .
19.[2025·河北衡水中学调研] 法国数学家费马在给意大利数学家托
里拆利的一封信中提到“费马点”，即平面内到三角形三个顶点距离
之和最小的点.托里拆利确定费马点的方法如下：
①当的三个内角均小于 时，满足
的点 为费马点；
②当有一个内角大于或等于 时，最大内角的顶点为费马点.
请用以上知识解决下面的问题：
已知的内角,,所对的边分别为,,，点为 的费马
点，且 .
（1）求 ；
解：因为 ，
所以 ，
即，
由正弦定理得，所以 .
（2）若，求 的最大值；
解：由（1）知 ，所以的三个角都小于 ，
因为点为的费马点，所以 .
由 ，
得 ，
整理得 ，
又因为，所以，当且仅当 时等号成立，
所以 ，
所以的最大值为 .
（3）若，求实数 的最小值.
解：由（2）知 .
设 , ,，
由 得.
在 中，
由余弦定理得，.
在 中，
由余弦定理得， .
在 中，由余弦定理得，
.
因为 ,
所以 ,
整理得.
因为，当且仅当 时等号成立，
所以，整理得 ，
解得或（舍去），
所以实数的最小值为 .
1.C 2.A 3.C 4.B 5. B 6.A 7.B 8.B
9.ABD 10.ABC 11. ACD
12. 13. 14.
15.(1) (2)b=4,c=2 16.(1) (2)
1717.(1) 略 (2) 18.(1) (2)
19.(1) (2) (3)