2023届高考数学一轮备考：解三角形专项练.docx

1、解三角形专项练 一、单选题 1在 ABC中，角 A,B,C 所对的边分别是a，b，c，若4A，6B，4a，则b（）A 2B 6C2 2D2 62在 ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，且224abc，120C，则 ABC 的面积为（）A33B 2 33C3D2 33在 ABC 中，角,A B C 的对边分别为,a b c，且3B，3b，3a，则c（）A3B2 3C33D34“黄金三角形”是几何历史上的瑰宝，它有两种类型，其中一种是顶角为 36的等腰三角形，暂且称为“黄金三角形 A”如图所示，已知五角星是由 5 个“黄金三角形 A”与 1个正五边形组成，其中51sin184，

2、则阴影部分面积与五角形面积的比值为（）A514B55C516D 3 5205在 ABC 中，5a，15b，30A，则c 等于（）A2 5B 5C2 5 或 5D 10 或 56已知 ABC的内角 A、B、C 的对边分别为a、b、c，且2 cos2aCb c，若6a，则 ABC的面积的最大值为（）A6B3C6 3D3 37我国南宋著名数学家秦九韶发现了“三斜”求职公式，即 ABC 的三个内角,A B C 所对的边分别为,a b c，则 ABC 的面积222222142cabSc a.已知在 ABC 中，cos6,2 2acBb，则 ABC 面积的最大值为（）A 33B2 33C2D48设 ABC

3、 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c.若23cba，2sin3sinCA，则cos B （）A 13B 23C 4348D 5489在 ABC 中，已知4AB，3AC，120BAC，点 E 在线段 BC 上，且满足2BEEC，则 AE 的长度为（）A 52B 73C 2 73D2 210在 ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 acosAbcosB，则A ABC 为等腰三角形B ABC 为等腰三角形或直角三角形C ABC 为等腰直角三角形D ABC 为直角三角形11 ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 sin3 coscAaC，2 3c

4、，8ab，则ab的值是（）A6B8C4D212在 ABC 中，1AB ，2AC，60BAC，P 是 ABC 的外接圆上的一点，若APmAB nAC，则m n 的最小值是（）A 1B12C13D16二、填空题 13在 ABC 中，2cos3C，4AC，3BC ，则cos A _.14滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作滕王阁序中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而名传千古，流芳后世.如图，在滕王阁旁地面上共线的三点A，B，C 处测得阁顶端点 P 的仰角分别为30，60，45.且75ABBC米，则滕王阁高度OP _米.15在 ABC中，5 2BC，10AB，6A，则 B _.16在 AB

5、C 中，43=90ABACBAC，D 在边 BC 上，延长 AD 到 P，使得 AP=9，若3()2PAmPBm PC（m 为常数），则 CD 的长度是_17 ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，其中C 为钝角，且2 coscbbA，那么cos A的范围是_.三、解答题 18如图，在直角ACB中，2ACB，3CAB，2AC，点 M 在线段 AB 上.（1）若3sin3CMA，求CM 的长；（2）点 N 是线段CB 上一点，7MN，且12BMNACBSS，求 BMBN的值.19在 ABC 中，内角 A，B，C 所对的边长分别为abc、，已知,3mab，(cos,sin)nAB，

6、mnrr，4c，2 7a.(1)求A，b；(2)设 D 为 BC 边上的点，且 ADAC，求ABDS20在3ac，sin3cA ，3cb 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c 的值；若问题中的三角形不存在，说明理由问题：是否存在 ABC，它的内角,A B C 的对边分别为,a b c，且sin3sinAB=，6C，_?注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分21 ABC 中，sin2Asin2Bsin2C=sinBsinC（1）求 A；（2）若 BC=3，求 ABC 周长的最大值.22已知一块半径为 r 的残缺的半圆形材料 ABC，O 为半圆的圆心，12OC

7、r，残缺部分位于过点C 的竖直线的右侧现要在这块材料上截出一个直角三角形，有两种设计方案：如图甲，以 BC 为斜边；如图乙，直角顶点 E 在线段OC 上，且另一个顶点 D 在 AB上要使截出的直角三角形的面积最大，应该选择哪一种方案？请说明理由，并求出截得直角三角形面积的最大值1C【详解】因为 sinsinabAB，所以14sin22 2sin22aBbA,选 C.2C【详解】因为120C，故222222cos120cabababab，而224abc，故2222224cabababab，故4ab，故三角形的面积为 13sin1204324ab，故选：C.3B【详解】在 ABC 中，由余弦定理得

8、：22222cos339bacacBcc，即2360cc，解得：2 3c 或3c （舍），2 3c.故选：B.4B【详解】如图所示，依题意，在三角形 ABC 中，512sin184BCAC，故512BCAC；所以512BDAB，设 ABC 的面积为 x，则BCD面积为512x，同理CEF的面积为512x，CDE的面积为 x，则阴影部分面积与五角形面积的比值为512252551262xxxx.故选：B5C【详解】因为在 ABC 中，5a，15b，30A，所以由余弦定理可得222cos2bcaAbc，即2315522 15cc所以23 5100cc，解得2 5c 或 5故选：C6D【详解】由余弦定

9、理得222222abcabcab，所以22222abcbbc，所以222bcabc.由余弦定理的推论得2221cos222bcabcAbcbc ，又0,A，所以23A.若6a，由余弦定理的得222222cos23abcbcAbcbcbcbcbc，当且仅当bc时取等号，所以336bc，解得12bc.故1sin3 32ABCSbcA.因此，ABC面积的最大值为3 3.故选：D.7D【详解】222222cos622acbacbacBacac，又2 2b，2221220acb.22102acac（当且仅当10ac时取等号）.222222142ABCacbSa c22222116106444a c，AB

10、C 面积的最大值为 4.故选：D8C【详解】由2sin3sinCA及正弦定理可得23ca，由23cba，得 3232 aba，则34ba，所以222222334324cos324822aaaacbBacaa.故选:C.9B【详解】在 ABC 中，由余弦定理有2222cos37BCABACABACBAC，所以37BC，在 ABC 中，由余弦定理有22211 37cos274ABBCACBABBC，又 2BEEC，所以373BE，在ABE中，由余弦定理有2222cosAEABBEABBEB 373711 3749162493749 ，所以73AE 故选：B10B【详解】由acosAbcosB及余弦

11、定理得22222222bcaacbabbcac，整理得222220ababc，ab或222abc，ABC为等腰三角形或直角三角形.本题选择 B 选项.11A【详解】因为 sin3 coscAaC，根据正弦定理得到：sinsin3sincosCAACsin0A 故得到 tan3C 0,3CC再由余弦定理得到：2222221cos222ababcabcCabab代入2 3c，8ab，得到6ab.故选：A.12B【详解】由余弦定理得2222cosBCABACAB ACBAC 1 4 2 1 2 cos603 ，所以3BC，所以222ABBCAC，所以 ABBC以 AC 的中点为原点，建立如图所示的平

12、面直角坐标系，易得 A（1，0），C（1，0），B（12，32），设 P 的坐标为(cos,sin)，所以13,22AB，(2,0)AC，AP (cos1,sin)，又 APmABnAC，所以13(cos1,sin),22m32,02,22mnnm，所以2 3 sin3m，cos13 sin226n，所以m n2 3cos13sinsin32263cos1111sinsin12226222 ，当且仅当sin16 时，等号成立故选：B1323【详解】解：因为在 ABC 中，2cos3C，4AC，3BC ，所以由余弦定理可得222222cos4324 333ABACBCAC BCC ，所以 ABB

13、C，即 AC，则2coscos3AC故答案为：23 1415 15【详解】设3OPh，因为30PAO，60PBO，45PCO，所以33tan3033POhOAh，3tan603POhOBh，3tan 45POOCh，.在 OBC 中，2222cosOCOBBCOB BCOBC，即2223752 75 coshhhOBC.，在 OAB 中，2222cosOAOBABOB ABOBA，即2229752 75 coshhhOBA，因为coscos0OBCOBA，所以两式相加可得：2221222 75hh，解得：15 5h，则315 15OPh，故答案为：15 15.1512 或 712【详解】由正弦

14、定理 sinsinacAC，可得10 sinsin26sin25 2cACa，因为(0,)C，可得4C=或34C，当4C=时，76412BA C；当34C时，36412BAC.故答案为：12 或 712.16185 或 0【详解】,A D P三点共线，可设0PAPD，32PAmPBm PC，32PDmPBm PC，即32mmPDPBPC，若0m 且32m，则,B D C 三点共线，321mm，即32，9AP，3AD ，4AB,3AC,90BAC，5BC ，设CDx，CDA，则5BDx，BDA.根据余弦定理可得222cos26ADCDACxAD CD，222257cos26 5xADBDABAD

15、 BDx，coscos0，257066 5xxx，解得185x，CD的长度为185.当0m 时，32PAPC，,C D 重合，此时CD的长度为 0，当32m 时，32PAPB，,B D重合，此时12PA，不合题意，舍去.故答案为：0 或185.171,12【详解】在 ABC 中，根据正弦定理，可将条件2 coscbbA化为sinsin2sincosCBBA.把sinsinsincoscossinCABABAB代入整理得，sinsinABB.所以 ABB或 ABB，解得2AB或 A(舍去).又C 为钝角，所以由0,20,2022ABABAB ，解得03A.所以cos A的范围1,12.故答案为：

16、1,12.18（1）3；（2）43.【详解】（1）在 CAMV中，已知3CAM，3sin3CMA，2AC，由正弦定理，得 sinsinCMACCAMCMA，解得3sin2323sin33ACCMCMA.（2）因为12BMNACBSS，所以 111sin2 2 32622BM BN，解得4 3BM BN.在 BMN中，由余弦定理得，222232cos2162MNBMBNBM BNBMBNBM BN，即223(7)24 312BMBN，22198 343BMBN，故43BMBN.19(1)120A，2b(2)3【分析】（1）由mnrr可得 sin3 cos0aBbA，结合正弦定理化边为弦，整理可得

17、sin Acos A30，即可求解A；再结合余弦定理即可求解b；（2）由余弦定理可得cosC，由 ADAC可得CD的长，进而可判断12ABDABCSS，即可求解.(1)因为mnrr，所以 sin3 cos0aBbA，即sinsin3sincos0ABBA，因为sin0B，所以 sin Acos A30，即 tan3A ，又0,180A所以120A，因为2222cosabcbcA，4c，2 7a，所以2128162 42bb ，则228164bb，即24120bb，因为0b，所以2b(2)由（1），因为2222coscababC，即162842 2 72cosC，所以8 7 cos16C，即2c

18、os7C，因为 ADAC，所以272cos7ACCDC所以7BDCD，所以1111113sinsin4 232222242ABDABCSSAB ACAABACA .20详见解析【详解】方法一【最优解】：余弦定理由sin3sinAB=可得：3ab，不妨设3,0am bm m，则：22222232cos3232cababCmmm mm，即cm.若选择条件：据此可得：2333acm mm，1m，此时1cm.若选择条件：据此可得：222222231cos222bcammmAbcm，则：213sin122A，此时：3sin32cAm，则：2 3cm.若选择条件：可得1cmbm，cb，与条件3cb 矛盾，

19、则问题中的三角形不存在.方法二：正弦定理由,6CABC，得56AB由sin3sinAB=，得5sin3sin6BB，即 13cossin3sin22BBB，得3tan3B 由于0B，得6B所以2,3bc A若选择条件：由 sinsinacAC，得2sinsin36ac，得3ac解得1,3cba所以，选条件时问题中的三角形存在，此时1c 若选择条件：由 sin3cA ，得2sin33c ，解得2 3c，则2 3bc由 sinsinacAC，得2sinsin36ac，得36ac所以，选条件时问题中的三角形存在，此时2 3c 若选择条件：由于3cb 与bc矛盾，所以，问题中的三角形不存在21（1）2

20、3；（2）32 3.【详解】（1）由正弦定理可得：222BCACABAC AB，2221cos22ACABBCAAC AB，0,A，23A.（2）方法一【最优解】：余弦+不等式由余弦定理得：2222cosBCACABAC ABA229ACABAC AB，即29ACABAC AB.22ACABAC AB（当且仅当 ACAB时取等号），22223924ACABACABAC ABACABACAB，解得：2 3ACAB（当且仅当 ACAB时取等号），ABC周长32 3LACABBC，ABC周长的最大值为32 3.方法二：正弦化角（通性通法）设,66BC，则66，根据正弦定理可知2 3sinsinsin

21、abcABC，所以2 3(sinsin)bcBC 2 3 sinsin662 3cos2 3，当且仅当0，即6BC时，等号成立此时 ABC 周长的最大值为32 3方法三：余弦与三角换元结合在 ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c由余弦定理得229bcbc，即2213924bcc令13sin,20,22 3 cosbcc ，得3sin3 cosbc=2 3sin2 36，易知当6C时，max()2 3bc，所以 ABC 周长的最大值为32 322选择图乙的方案，截得的直角三角形面积最大，最大值为23 38 r【详解】如图甲，设DBC，则3 cos2rBD，3 sin2rDC，所以2299sin21616BDCSrr，当且仅当4 时取等号，此时点 D 到 BC 的距离为 34 r，可以保证点 D 在半圆形材料 ABC 内部，因此按照图甲方案得到直角三角形的最大面积为2916 r 如图乙，设EOD，则cosOEr，sinDEr，所以211 cossin2BDESr，,3 2 设 211 cossin2fr，则 211 cos2cos12fr，当,3 2时，0f，所以3 时，即点 E 与点C 重合时，BDE的面积最大值为23 38 r 因为223 39816rr，所以选择图乙的方案，截得的直角三角形面积最大，最大值为23 38 r