2020届高三理科数学精准培优专练：解三角形(附解析)

玛丽莲梦兔
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2020年08月16日 10:58
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2020届高三理科数学精准培优专练：解三角形（附解
析）
一、正弦定理的运用

c
，例1：若
ac△ABC
的内角
A
，
B
，
C
的对边分别为
a
，
o sCccosA2nsibA
b
，
则
A
的值
为（ ）
，
A．
5π
π
2π
π
5π
B． C． D．或
66366

二、余弦定理的运用
< br>c
，例2：在
△ABC
中，角
A
，若
bc1
，
C
所对的边分别为
a
，
b2ccosA0
，
b
，
B
，
则当角
B
取得最大值时，
△ABC的周长为（ ）
A．
23
B．
22
C．
3
D．
32


三、正弦定理与余弦定理的综合

c
，
ac
例3：在△ABC
中，角
A
，若
b
2

C
的对 边分别为
a
，
b
，
B
，
则
△ABC
的最小内角的余弦值为（ ）
isC2nis
，且
nB
，
A．

3
2252
B． C． D．
448
4





对点增分集训

一、选择题
1．在平面四边形
ABCD
中，
D90
，
BAD120
，
AD1
，AC2
，
AB3
，
则
BC
（ ）

A．
5
B．
6
C．
7
D．
22

2．在
△ABC
中，三边长分别为
a
，
a2
，
a4
，最小角的余弦值为
角形的面积为（ ）
13
，则这个三
14
A．
15
153213353
B． C． D．
444
4
3．在
△ABC
中，内角
A
，
B
，
C
的对边分别为
a
，
b
，
c
，若
1
asinBcosCcsinBcosAb
，
2
且
ab
，则
B
（ ）
A．
ππ
2π5π
B． C． D．
633 6
c
，4．已知
△ABC
的内角
A
，若
2bC的对边分别为
a
，
cos
b
，
B
，
B cosaCcoscA
，
b2
，则
△ABC
的面积的最大值是 （ ）
A．
1
B．
3
C．
2
D．
4

5．在
△ABC
中，角< br>A
，
B
，
C
所对的边分别为
a
，
b
，
c
，三内角
A
，
B
，
C
成等< br>差数列，若
b1
，则
△ABC
周长的取值范围为（ ）
A．
(1,2)
B．
(1,3)
C．
(2,3]
D．
(1,3]


6．在锐 角三角形
ABC
中，
tanA
sinA
15

（ ） ，
sinB6sinC
，则
3
sinC
A．
1
6
B．
2
C． D．
2

32
7．若
△ABC
的三个内角满足
6sinA4sinB3sinC
，则
△ABC
是（ ）
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．以上都有可能
8．在
△ABC
中，角
A
，
B
，
C
的对边分别为
a
，
b
，
c
，已知
a3b
，
AB
则
C
（ ）
π
，
2
A．
ππππ
B． C． D．
12643
9．在
△ABC
中，角
A
，
B< br>，
C
的对边分别是
a
，
b
，
c
，若
a
，
b
，
c
成等比数列，
且
a
2
c
2
acbc
，则
c

（ ）
bsinB
A．
3233
B． C． D．
3

233
10．已知
△ABC
的内角
A，
B
，
C
的对边分别是
a
，
b
，c
，且
sin
2
Asin
2
Bsin
2
CsinAsinB

，若
ab4
，则
c
的取 值范围为（ ）
cacosBbcosA
A．
(0,4)
B．
[2,4)
C．
[1,4)
D．
(2,4]

11．
△ABC
的内角
A
，B
，
C
的对边分别为
a
，
b
，
c，已知
ba(cosC
3
sinC)
，
3
a2< br>，
c
26
，则角
C
（ ）
3
A．
3π
πππ
B． C． D．
4364


12．某小区拟将如图的一直角三角形
ABC
区域进行改建 ：在三边上各选一点连成等边
三角形
DEF
，
在其内建造文化景观．已知< br>AB20m
，
AC10m
，则
△D
（单位：
m< br>2
）
EF
区域面积
的最小值
为（ ）

A．
253
B．
7531003753
C． D．
1477
二、填空题
13．在
△ABC
中，
AB C90
，延长
AC
到
D
，使得
CDAB1
，若
CBD30
，
则
AC
．
14．
△ABC
的内角
A
，
B
，
C
的对边 分别为
a
，
b
，
c
，若
a6
，
c2
，
b2(cosAsinA)
，
则
b
．
15．
△ABC
的内角
A
，
B
，
C< br>的对边分别为
a
，
b
，
c
，若
2acos(

B)2bcos(

A)c0
，
则
cos

的值为 ．
a
，
c< br>分别是角
A
，
B
，16．在
△ABC
中，若
ccosBbcosC2acosA
，
C
的对边，
b
，
AM
21
ABAC
，且
AM1
，则
b2c
的最大值是 ．
33
三、解答题
17．在
△ABC
中，角
A
，
B
，
C
所对的边分别为
a
，
b
，
c
，且
sin
BB1
cos
．
224


（1）求
cosB
的值；
（2）若
b
2
a
2

sinC
31
ac
，求的值 ．
4
sinA



18．在
△ABC
中，内角
A
，
B
，
C
所对的边分别为
a
，
b
，
c
，已知
b
2
c
2
a< br>2
accosCc
2
cosA
．
（1）求角
A
的大小；
（2）若
△ABC
的面积
S
△ABC















253
，且
a5
，求
sinBsinC
．
4







解三角形 答案
例1：【答案】D

【解析】由
acosCccosA2bsinA< br>，结合正弦定理可得
sinAcosCsinCcosA2sinBsinA
． < br>即
sin(AC)2sinBsinA
，故
sinB2sinBsinA
．
又
sinB0
，可得
sinA
1
π
5π
，故
A
或．故选D．
26
6
例2：【答案】A
b
2
c
2
a
2
0
，整理得
2b
2
a
2
c
2
． 【解析】由已知
b2c cosA0
，得
b2c
2bc
a
2
c
2< br>b
2
a
2
3c
2
23ac3
由余弦定理，得
cosB
，当且仅当
a3c
时等
2ac4a c4ac2
号成立，
222
此时角
B
取得最大值，将
a 3c
，代入
2bac
，可得
bc
．
又
bc 1
，所以
bc1
，
a3
，故
△ABC
的周 长为
23
．故选A．
例3：【答案】C
【解析】由
sinC2sinB
及正弦定理，得
c2b
． 2
又
bac
，所以
b2a
，所以
c2a
，所以
A
为
△ABC
的最小内角．


b
2< br>c
2
a
2
(2a)
2
(2a)
2a
2
52
由余弦定理，知
cosA
，故选C．

2bc8
22a2a
一、选择题
1．【答案】C
【解析】如图，

在
△ACD
中，
D90
，
AD1
，
AC2
，所以
CAD60
．

又
BAD120
，所以
BACBADCAD6 0
．
在
△ABC
中，由余弦定理得
BC
2
A B
2
AC
2
2ABACcosBAC7
，
所以
BC7
．故选C．
2．【答案】A
【解析】由条件知长为
a
的边对应的角最小，
(a2)
2
(a4)
2
a
2
13

，设为
A
，则由余弦定理，得
cosA
解得
a3
或
a2
（舍
2(a2)(a4)14
去），
则三边长分别为
3
，
5
，
7
，且
sinA
33
，
14
所以
△ABC
的面积
S
133153
57
，故选A．
2144
3．【答案】A


【解析】由
asinBcosC csinBcosA
1
b
及正弦定理，
2
1
sinB
，
2
可得
sinAsinBcos CsinCsinBcosA
即
sinB(sinAcosCsinCcosA)11
sinB
，则
sinBsin(AC)sinB
．
2 2
因为
sinB0
，所以
sin(AC)
11
，即< br>sinB
．
22
π
．故选A．
6
因为
ab
，所以
AB
，所以
B
为锐角，所以
B
4 ．【答案】B
【解析】∵
2bcosBacosCccosA
，
∴< br>2sinBcosBsinAcosCsinCcosAsin(AC)sinB
．
∵
0Bπ
，∴
cosB
1
π
，∴
B 
．
2
3
a
2
c
2
b
2< br>1

，
b2
，∴
a
2
c
24ac
． ∵
cosB
2ac2
22
∵
ac 2ac
，∴
2ac4ac
，即
ac4
，当且仅当
a c
时等号成立，
∴
S
△ABC

113
acsi nB43
，故
△ABC
的面积的最大值为
3
．
222
5．【答案】C
【解析】方法一：由
A
，
B
，
C
成等差数列，
ABCπ
，得
B
π
．
3
由正弦定理，得
abc2

，
sinAsinBs inC
3
222ππ
(sinAsinC)1[sinAsin(A)] 12sin(A)1
．
36
33
所以
abc


因为
0A
2π
π
，所以
22sin(A) 13
，故选C．
36
π
，
3
方法二：由
A< br>，
B
，
C
成等差数列，
ABCπ
，得
B
π3(
ac
)
2
(
ac
)
222

又
bac2accos(ac)3ac(ac)
，
344
222
当且仅当
ac
时等号成立，∴
ac 2
，
又
acb1
，则
2abc3
，故选C．
6．【答案】B
【解析】由
tanA
舍去）．
sinA156
6

，
sin
2
Acos
2
A1，解得
cosA
（
cosA
cosA34
4
记内 角
A
，
B
，
C
所对的边分别为
a
，
b
，
c
，
由
sinB6sinC
及正弦定理可得
b6c
，
由余 弦定理可得
a
2
b
2
c
2
2bccosA 6c
2
c
2
26c
2

6
4c2
，
4
得
a2c
，所以
sinAa
2
．
sinCc
7．【答案】C
【解析】由题意，利用正弦定理可得
6a4b3c
，
4k
2
9k
2
16k
2
0
， 则可 设
a2k
，
b3k
，
c4k
，
k0
，则
cosC
22k3k
所以
C
是钝角，所以
△A BC
是钝角三角形，故选C．
8．【答案】B
【解析】因为
△ABC中，
AB
ππ
，所以
AB
，
22


所以
sinAsin(B)cosB
．
π
2
因为
a3b
，所以由正弦定理得
sinA3sinB
，
所以
cosB3sinB
，所以
tanB
3
．
3
因为
B(0,π)
，所以
B
ππππ
π，所以
C
π

(

)

，故选B ．
6266
6
9．【答案】B
【解析】由
a
，
b
，
c
成等比数列得
b
2
ac
，则有
a
2
c
2
b
2
bc
，
π
b
2
c
2
a
2
bc1

，故
A
， 由余弦定理得
cosA
2bc2bc2
3
对于
b
2
ac
，由正弦定理得，
sin
2
BsinAsinC 
3
sinC
，
2
由正弦定理得，
csinCsinC23
．故选B．

2

bsinBsinB3
3
sinC
2
10．【答案】 B
sin
2
Asin
2
Bsin
2
Csin AsinB

【解析】根据正弦定理可得，
sinCsinAcosBcosAs inB
sin
2
Asin
2
Bsin
2
Csi nAsinB

即，
sinCsin(AB)
由三角形内角和定理可得< br>sin(AB)sinC
，
222222
所以
sinAsin BsinCsinAsinB
．再根据正弦定理可得
abcab
，
因为
ab4
，
ab2ab
，所以
ab4
，(ab)
2
16
，
2222
得到
ab16 2ab
，所以
162abcab
，所以
16c3ab
，


故
16c
2
12
，
c
2
4
，
c2
，故
2c4
，故选B．
11．【答案】D
【解析】由
ba(cosC
3
3
sinC)
，
sinC)
，得
sinBsinA(cosC
3
3
因为
sinBsin[π(AC)]sin(AC)
，
所以
sinAcos CcosAsinCsinAcosC
3
sinAsinC(sinC0)
，
3
即
cosA
3
sinA
，所以
tanA3< br>．
3
因为
0Aπ
，所以
A
π
．
3
由余弦定理
ac
2

，得
sinC
．
2
sinAsinC
2π
π
，所以
C
．故选D．
34
因为
0C
12．【答案】D
【解析】根据题意知在直角三角形
ABC
中，
B
π
，
6
π
3
2π


，
3
设
DEC

，
DEam
，则
CEacos

m
，
FEB
π

(


)

所以
EFB
π

(
5ππ

)


，
66
π
asin(

)
EBa
π
6

在
△BFE
中，，所以
E B2asin(

)
，
ππ
π
6
sin( 

)sin
sin
66
6
所以
BCCEEB acos

2asin(

)103
，
π
6


所以
a
103
π
cos

 2sin(

)
6

103103103
（其中

2cos

3sin

7sin(


)7
tan


23
），
3
所以 正三角形
DEF
的面积
S
1
2
π3
2
3 103
2
3300753
．
asina()
2344477
7

二、填空题
13．【答案】
3
2

【解析】设
ACx(x0)，在
△BCD
中，由正弦定理得
BDCD

，
sinBCDsinCBD
所以
BD2sinBCD
，
又
sinBCDsinACB
12
，所以
BD
．
xx
2
2x4
2

2

在
△A BD
中，
(x1)
2
1

2cos(90 30)
，化简得
x
2
2x
，
2
x
xx

即
x
3
2
，故
x
3
2
，故
AC
3
2
．
14．【答案】
31

【解析】因为
c2
，
b 2(cosAsinA)
，所以
sinBsinC(cosAsinA)
，
即
sin(AC)sinCcosAsinAsinC
，化简并整理得
sinAcosCsinCsinA
，
又
sinA0
，所以
s inCcosC
，所以
C
π
．
4
由正弦定理，得1
3
62
，所以
sinA
，则
cosA
．

2
2
sinA
2
2


所以b2(cosAsinA)31
．
15．【答案】

1

2
【解析】由正弦定理，得
2sinAcos(

B)2sinBcos(

A)sinC0
，
展开得到
2sinAcos

cosB2sinAsin
sinB2sinBcos

cosA2sinBsin
sinAsinC0

化简得
2cos

(sinAcos BsinBcosA)sinC0
，即
2cos

sin(AB) sinC0
．
由三角形内角和定理，得
sin(AB)sinC0
，故
cos


1
．
2
16．【答案】
23

a
2
c
2b
2
a
2
b
2
c
2
2ac osA
，【解析】∵
ccosBbcosC2acosA
，∴
2a2a< br>a2acosA
，
∴
cosA
1
．
2
21
π
．∵
AMABAC
，
33
3
1421
AC)
2
1
，∴
c
2
bc b
2
1
，即
4c
2
2bcb
2
 9
．
3999
∵
0Aπ
，∴
A
且
AM1
，∴
(AB
2
3
3
(b2c)
2∵
2bc
，∴
94c
2
2bcb
2
 (b2c)
2
2bc(b2c)
2
，
4
4

b3

∴
b2c23
，当且仅当
b2c
，即

∴
b2c
的最大值为
23
．
3
时等号成立，

c
2
三、解答题
17．【答案】（1）

3131
；（2）．
168


【解析】（1）将
sin
BB1115
cos
两边同时平方， 得
1sinB
，得
sinB
，
2241616
故
cosB
31
，
16
又< br>sin
BB1BB
cos0
，所以
sincos
，
22422
所以
B
πππ
31
(,)
，所以B(,π)
，故
cosB
．
16
2422
31
ac
，
4
（2）由余弦定理得
b
2
a
2
c
2
2accosBa
2

所以
313131
sinC31
ac2acosBca
，所以
ca
，故

．
488
sinA8
18．【答案】（1）
π
；（2）
3
．
3
【解析】（1 ）∵
b
2
c
2
a
2
accosCc
2
cosA
，
2
∴
2bccosAaccosCccosA
．
∵
c0
，∴
2bcosAacosCccosA
，
由正弦定理得
2sinBcosAsinAcosCsinCcosA
，即
2si nBcosAsin(AC)
．
∵
sin(AC)sin(

B)sinB
，
∴
2sinBcosAsinB
，即
sinB(2cosA1)0
， < br>∵
0Bπ
，∴
sinB0
，∴
cosA
1< br>，
2
∵
0Aπ
，∴
A


π
．
3

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