2023年高考数学 微专题练习 专练23 正弦定理和余弦定理、解三角形（含解析）理.docx

1、专练23正弦定理和余弦定理、解三角形命题范围：正弦定理、余弦定理、三角形面积公式、解三角形基础强化一、选择题1设ABC的内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，若a，b，B，则A()ABCD或2在ABC中，b40，c20，C60，则此三角形解的情况是()A有一解B有两解C无解D有解但解的个数不确定32022安徽省江南十校一模已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若(2bc)cosAacosC，则角A的大小为()ABCD4已知ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2b2c2bc，bc4，则ABC的面积为()AB1CD25在ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边

2、若bsinA3csinB，a3，cosB，则b()A14B6CD6设ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcosCccosBasinA，则ABC的形状为()A锐角三角形B直角三角形C钝角三角形D不确定7钝角三角形ABC的面积是，AB1，BC，则AC()A5BC2D18如图，设A，B两点在河的两岸，一测量者在A所在的同侧河岸边选定一点C，测出AC的距离为50m，ACB45，CAB105后，就可以计算出A，B两点的距离为()A50mB50mC25mDm92022陕西省西安中学模拟ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知b2c2a2bc，bcosCccosB2，则ABC的面

3、积的最大值为()A1BC2D2二、填空题102021全国乙卷记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，B60，a2c23ac，则b_112022安徽舒城中学模拟托勒密(Ptolemy)是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定理指出：圆的内接凸四边形两组对边乘积的和等于两条对角线的乘积已知凸四边形ABCD的四个顶点在同一个圆的圆周上，AC，BD是其两条对角线，ABAD，BAD120，AC6，则四边形ABCD的面积为_122022陕西省西安中学二模ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若ABC的面积为，则C_能力提升13在ABC中，角A，B，C的对边

4、分别为a，b，c，若ABC为锐角三角形，且满足sinB(12cosC)2sinAcosCcosAsinC，则下列等式成立的是()Aa2bBb2aCA2BDB2A142021全国甲卷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8848.86(单位：m)，三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一如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ACB45，ABC60.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ABC的高度差AACC约为(1.732)()A.346B373C44

5、6D473152022全国甲卷(理)，16已知ABC中，点D在边BC上，ADB120，AD2，CD2BD.当取得最小值时，BD_162022江西省临川模拟已知在四边形ABCD中，AB7，BC13，CDAD，且cosB，BAD2BCD.则AD_专练23正弦定理和余弦定理、解三角形1C由正弦定理得，sinA，又a1，角B不存在，即满足条件的三角形不存在3A由(2bc)cosAacosC得2bcosA(acosCccosA)，由正弦定理得2sinBcosA(sinAcosCsinCcosA)sin (AC)sinB，又sinB0，得cosA，A.4C由余弦定理得a2b2c22bccosA，又a2b2

6、c2bc，2cosA1，cosA，sinA，SABCbcsinA4.5DbsinA3csinB，由正弦定理得ab3bc，a3c，又a3，c1，由余弦定理得b2a2c22accosB91236，b.6BbcosCccosBasinA，sinBcosCsinCcosBsin2A，sinA1，又A为ABC的内角，A90，ABC为直角三角形7BSABCABBCsinBsinB，sinB，若B45，由余弦定理得AC2AB2BC22ABBCcos451221，则AC1，则AB2AC2BC2，ABC为直角三角形，不合题意；当B135时，由余弦定理得AC2AB2BC22ABBCcos1351225，AC.8A

7、由正弦定理得，AB50.9B在ABC中，由余弦定理，b2c2a2bc可化为cosA.因为A(0，)，所以A.由余弦定理，bcosCccosB2可化为bc2，解得：a2(a0舍去).因为b2c2a2bc，所以a2b2c2bc2bcbcbc，即bc4(当且仅当bc2时取等号).所以ABC的面积SbcsinA4.102解析：由题意得SABCacsinBac，则ac4，所以a2c23ac3412，所以b2a2c22accosB12248，则b2.119解析：在ABD中，设ABa，由余弦定理得BD2AB2AD22ABADcosBAD3a2，所以BDa，由托勒密定理可得a(BCCD)ACa，即BCCDAC

8、，又ABDACD30，所以四边形ABCD的面积SBCACsin30CDACsin30(BCCD)ACAC29.12.解析：由余弦定理可得cosC，所以a2b2c22abcosC，ABC的面积为SabsinC，所以sinCcosC, 即tanC1，由0C0，2sinBsinA，即a2b.14B如图所示，根据题意过C作CECB，交BB于E，过B作BDAB，交AA于D，则BE100，CBCE.在ACB中，CAB75，则BDAB.又在B点处测得A点的仰角为45，所以ADBD，所以高度差AACCADBE100100100100100(1)100373.15.1解析：以D为坐标原点，DC所在的直线为x轴，

9、的方向为x轴的正方向，过点D且垂直于DC的直线为y轴，建立平面直角坐标系(图略)，易知点A位于第一象限由AD2，ADB120，得A(1，).因为CD2BD，所以设B(x，0)，x0，则C(2x，0).所以AC，AB，所以.令f(x)，x0，则f(x)令x22x20，解得x1(舍去)或x1.当0x1时，f(x)0，所以f(x)在(0，1)上单调递减；当x1时，f(x)0，所以f(x)在(1，)上单调递增所以当x1时，f(x)取得最小值，即取得最小值，此时BD1.167解析：在ABC中，AC2AB2BC22ABBCcosB，则AC8，cosBCA，又在ABC中，0BCA，所以BCA，设ADCDx，BAC，BCA，ACD，则CAD，由BAD2BCD即2()，则2，在ABC中，cos，又0，则有sin，所以coscos ()cossin，在ACD中，AD2AC2CD22ACCDcos，即x2(8)2x228x，解得x7，即AD的长为7.