（江蘇專(zhuān)用）新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第四章 三角函數(shù)、解三角形 4.6 解三角形練習(xí)-人教高三數(shù)學(xué)試題

4.6解三角形1．在△ABC中，若AB＝eq\r(13)，BC＝3，C＝120°，則AC等于()A．1B．2C．3D．4答案A解析設(shè)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，則a＝3，c＝eq\r(13)，C＝120°，由余弦定理得13＝9＋b2＋3b，解得b＝1或b＝－4(舍去)，即AC＝1.2．(2019·滄州七校聯(lián)考)已知△ABC，a＝eq\r(5)，b＝eq\r(15)，A＝30°，則c等于()A．2eq\r(5) B.eq\r(5)C．2eq\r(5)或eq\r(5) D．均不正確答案C解析∵eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，∴sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(\r(15),\r(5))·sin30°＝eq\f(\r(3),2).∵b>a，∴B＝60°或120°.若B＝60°，則C＝90°，∴c＝eq\r(a2＋b2)＝2eq\r(5).若B＝120°，則C＝30°，∴a＝c＝eq\r(5).3．(2020·江蘇省如皋中學(xué)模擬)在△ABC中，A＝60°，AB＝2，且△ABC的面積為eq\f(\r(3),2)，則BC的長(zhǎng)為()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\r(3)C．2eq\r(3) D．2答案B解析因?yàn)镾＝eq\f(1,2)AB·ACsinA＝eq\f(1,2)×2×eq\f(\r(3),2)AC＝eq\f(\r(3),2)，所以AC＝1，所以BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcosA＝3.所以BC＝eq\r(3).4．△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知b＝c，a2＝2b2(1－sinA)，則A等于()A.eq\f(3π,4)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,6)答案C解析由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝2b2－2b2cosA，所以2b2(1－sinA)＝2b2(1－cosA)，所以sinA＝cosA，即tanA＝1，又0<A<π，所以A＝eq\f(π,4).5．(2019·江西七校聯(lián)考)在△ABC中，若sin(A－B)＝1＋2cos(B＋C)sin(A＋C)，則△ABC的形狀一定是()A．等邊三角形 B．不含60°角的等腰三角形C．鈍角三角形 D．直角三角形答案D解析sin(A－B)＝1＋2cos(B＋C)sin(A＋C)＝1－2cosAsinB，∴sinAcosB－cosAsinB＝1－2cosAsinB，∴sinAcosB＋cosAsinB＝1，即sin(A＋B)＝1，則A＋B＝eq\f(π,2)，故△ABC為直角三角形．6．(2019·全國(guó)Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知asinA－bsinB＝4csinC，cosA＝－eq\f(1,4)，則eq\f(b,c)等于()A．6B．5C．4D．3答案A解析∵asinA－bsinB＝4csinC，∴由正弦定理得a2－b2＝4c2，即a2＝4c2＋b2.由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(b2＋c2－4c2＋b2,2bc)＝eq\f(－3c2,2bc)＝－eq\f(1,4)，∴eq\f(b,c)＝6.7．(多選)對(duì)于△ABC，有如下判斷，其中正確的判斷是()A．若cosA＝cosB，則△ABC為等腰三角形B．若A＞B，則sinA＞sinBC．若a＝8，c＝10，B＝60°，則符合條件的△ABC有兩個(gè)D．若sin2A＋sin2B＜sin2C，則△ABC是鈍角三角形答案ABD解析對(duì)于A，若cosA＝cosB，則A＝B，∴△ABC為等腰三角形，故正確；對(duì)于B，若A＞B，則a＞b，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝2R，得2RsinA＞2RsinB，即sinA＞sinB成立．故正確；對(duì)于C，由余弦定理可得b＝eq\r(82＋102－2×8×10×\f(1,2))＝eq\r(84)，只有一解，故錯(cuò)誤；對(duì)于D，若sin2A＋sin2B＜sin2C，則根據(jù)正弦定理得a2＋b2＜c2，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)<0，∴C為鈍角，∴△ABC是鈍角三角形，故正確；綜上，正確的判斷為ABD.8．(2019·全國(guó)Ⅱ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.若b＝6，a＝2c，B＝eq\f(π,3)，則△ABC的面積為．答案6eq\r(3)解析方法一因?yàn)閍＝2c，b＝6，B＝eq\f(π,3)，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得62＝(2c)2＋c2－2×2c×ccos

eq\f(π,3)，得c＝2eq\r(3)，所以a＝4eq\r(3)，所以△ABC的面積S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×4eq\r(3)×2eq\r(3)×sin

eq\f(π,3)＝6eq\r(3).方法二因?yàn)閍＝2c，b＝6，B＝eq\f(π,3)，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得62＝(2c)2＋c2－2×2c×ccoseq\f(π,3)，得c＝2eq\r(3)，所以a＝4eq\r(3)，所以a2＝b2＋c2，所以A＝eq\f(π,2)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×6＝6eq\r(3).9．如圖所示，為測(cè)量山高M(jìn)N，選擇A和另一座山的山頂C為測(cè)量觀測(cè)點(diǎn)，從A點(diǎn)測(cè)得M點(diǎn)的仰角∠MAN＝60°，C點(diǎn)的仰角∠CAB＝45°以及∠MAC＝75°，從C點(diǎn)測(cè)得∠MCA＝60°，已知山高BC＝100m，則山高M(jìn)N＝m.答案150解析在Rt△ABC中，AC＝100eq\r(2)，在△MAC中，eq\f(MA,sin60°)＝eq\f(AC,sin45°)，解得MA＝100eq\r(3)，在Rt△MNA中，eq\f(MN,100\r(3))＝sin60°＝eq\f(\r(3),2)，故MN＝150，即山高M(jìn)N為150m.10．(2018·北京)若△ABC的面積為eq\f(\r(3),4)(a2＋c2－b2)，且C為鈍角，則B＝；eq\f(c,a)的取值范圍是．答案eq\f(π,3)(2，＋∞)解析由余弦定理得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，∴a2＋c2－b2＝2accosB.又∵S＝eq\f(\r(3),4)(a2＋c2－b2)，∴eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(3),4)×2accosB，∴tanB＝eq\r(3)，又B∈(0，π)，∴B＝eq\f(π,3).又∵C為鈍角，∴C＝eq\f(2π,3)－A>eq\f(π,2)，∴0<A<eq\f(π,6).由正弦定理得eq\f(c,a)＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A)),sinA)＝eq\f(\f(\r(3),2)cosA＋\f(1,2)sinA,sinA)＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)·eq\f(1,tanA).∵0<tanA<eq\f(\r(3),3)，∴eq\f(1,tanA)>eq\r(3)，∴eq\f(c,a)>eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)×eq\r(3)＝2，即eq\f(c,a)>2.∴eq\f(c,a)的取值范圍是(2，＋∞)．11．(2019·全國(guó)Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，設(shè)(sinB－sinC)2＝sin2A－sinBsinC.(1)求A；(2)若eq\r(2)a＋b＝2c，求sinC.解(1)由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sinBsinC，故由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc，由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，因?yàn)?°<A<180°，所以A＝60°.(2)由(1)知B＝120°－C，由題設(shè)及正弦定理得eq\r(2)sinA＋sin(120°－C)＝2sinC，即eq\f(\r(6),2)＋eq\f(\r(3),2)cosC＋eq\f(1,2)sinC＝2sinC，可得cos(C＋60°)＝－eq\f(\r(2),2).由于0°<C<120°，所以sin(C＋60°)＝eq\f(\r(2),2)，故sinC＝sin(C＋60°－60°)＝sin(C＋60°)cos60°－cos(C＋60°)sin60°＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4).12．(2020·山東模擬)在△ABC中，∠A＝90°，點(diǎn)D在BC邊上．在平面ABC內(nèi)，過(guò)點(diǎn)D作DF⊥BC且DF＝AC.(1)若D為BC的中點(diǎn)，且△CDF的面積等于△ABC的面積，求∠ABC；(2)若∠ABC＝45°，且BD＝3CD，求cos∠CFB.解(1)如圖所示，D為BC的中點(diǎn)，所以BD＝CD.又因?yàn)镾△ABC＝S△CDF，即eq\f(1,2)AB×AC＝eq\f(1,2)CD×DF＝eq\f(1,4)BC×AC，從而B(niǎo)C＝2AB，又∠A＝90°，從而∠ACB＝30°，所以∠ABC＝90°－30°＝60°.(2)由于∠ABC＝45°，從而AB＝AC，設(shè)AB＝AC＝k，則BC＝eq\r(2)k.由于BD＝3CD，所以BD＝eq\f(3,4)BC＝eq\f(3\r(2),4)k，CD＝eq\f(\r(2),4)k.因?yàn)镈F＝AC＝k，從而B(niǎo)F＝eq\r(DF2＋BD2)＝eq\f(\r(34),4)k，CF＝eq\r(DF2＋CD2)＝eq\f(3\r(2),4)k.方法一由余弦定理，得cos∠CFB＝eq\f(CF2＋BF2－BC2,2CF×BF)＝eq\f(\f(9,8)k2＋\f(17,8)k2－2k2,2×\f(3\r(2),4)k×\f(\r(34),4)k)＝eq\f(5\r(17),51).方法二所以cos∠DFB＝eq\f(DF,BF)＝eq\f(2\r(34),17)，從而sin∠DFB＝eq\f(BD,BF)＝eq\f(3\r(17),17)，cos∠DFC＝eq\f(DF,CF)＝eq\f(2\r(2),3)，從而sin∠DFC＝eq\f(CD,CF)＝eq\f(1,3).所以cos∠CFB＝cos(∠CFD＋∠DFB)＝eq\f(5\r(17),51).13．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知三個(gè)向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，cos\f(A,2)))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b，cos\f(B,2)))，p＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，cos\f(C,2)))共線，則△ABC的形狀為()A．等邊三角形 B．等腰三角形C．直角三角形 D．等腰直角三角形答案A解析∵向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，cos

\f(A,2)))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b，cos

\f(B,2)))共線，∴acos

eq\f(B,2)＝bcos

eq\f(A,2).由正弦定理得sinAcos

eq\f(B,2)＝sinBcos

eq\f(A,2).∴2sin

eq\f(A,2)cos

eq\f(A,2)

cos

eq\f(B,2)＝2sin

eq\f(B,2)cos

eq\f(B,2)cos

eq\f(A,2).則sin

eq\f(A,2)＝sin

eq\f(B,2).∵0<eq\f(A,2)<eq\f(π,2)，0<eq\f(B,2)<eq\f(π,2)，∴eq\f(A,2)＝eq\f(B,2)，即A＝B.同理可得B＝C.∴△ABC的形狀為等邊三角形．故選A.14．已知在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若a2＝b2＋c2－bc，a＝3，則△ABC的周長(zhǎng)的最大值為．答案9解析∵a2＝b2＋c2－bc，∴bc＝b2＋c2－a2，∴cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，∵A∈(0，π)，∴A＝eq\f(π,3).方法一∵a＝3，∴由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(3,\f(\r(3),2))＝2eq\r(3)，∴b＝2eq\r(3)sinB，c＝2eq\r(3)sinC，則a＋b＋c＝3＋2eq\r(3)sinB＋2eq\r(3)sinC＝3＋2eq\r(3)sinB＋2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))＝3＋3eq\r(3)sinB＋3cosB＝3＋6sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))，∵B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，∴當(dāng)B＝eq\f(π,3)時(shí)，周長(zhǎng)取得最大值9.方法二∵a＝3，∴由余弦定理得9＝b2＋c2－bc，∴(b＋c)2－3bc＝9，∴(b＋c)2－9＝3bc≤3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b＋c,2)))2，∴(b＋c)2≤36，∵b＋c>0，∴0<b＋c≤6，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時(shí)取“＝”，∴a＋b＋c≤9，∴△ABC的周長(zhǎng)最大值為9.15．(多選)已知△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c且a＝6,4sinB＝5sinC，以下四個(gè)命題中正確的是()A．△ABC的面積的最大值為40B．滿足條件的△ABC不可能是直角三角形C．當(dāng)A＝2C時(shí)，△ABC的周長(zhǎng)為15D．當(dāng)A＝2C時(shí)，若O為△ABC的內(nèi)心，則△AOB的面積為eq\r(7)答案ACD解析以BC的中點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，BC所在直線為x軸，建立平面直角坐標(biāo)系，可得B(－3,0)，C(3,0)，4sinB＝5sinC，可得4b＝5c，設(shè)A(m，n)，可得4eq\r(m－32＋n2)＝5eq\r(m＋32＋n2)，平方可得16(m2＋n2－6m＋9)＝25(m2＋n2＋6m＋9)，即有m2＋n2＋eq\f(82,3)m＋9＝0，化為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(41,3)))2＋n2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(40,3)))2，則A的軌跡為以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(41,3)，0))為圓心，半徑為eq\f(40,3)的圓(除去與x軸的交點(diǎn))，可得△ABC的面積的最大值為eq\f(1,2)×6×eq\f(40,3)＝40，故A對(duì)；a＝6,4sinB＝5sinC，即4b＝5c，設(shè)b＝5t，c＝4t，由36＋16t2＝25t2，可得t＝2，滿足條件的△ABC可能是直角三角形，故B錯(cuò)誤；a＝6,4sinB＝5sinC，A＝2C，可得B＝π－3C，由正弦定理可得4b＝5c，可得b＝eq\f(5c,4)，由eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，可得eq\f(\f(5c,4),sinπ－3C)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(\f(5c,4),sinC4cos2C－1)，由sinC≠0，可得4cos2C－1＝eq\f(5,4)，解得cosC＝eq\f(3,4)或－eq\f(3,4)(舍去)，sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\f(\r(7),4)，可得sinA＝2sinCcosC＝2×eq\f(3,4)×eq\f(\r(7),4)＝eq\f(3\r(7),8)，由eq\f(6,\f(3\r(7),8))＝eq\f(c,\f(\r(7),4))，可得c＝4，b＝5，則a＋b＋c＝15，故C對(duì)；當(dāng)A＝2C時(shí)，c＝4，b＝5，a＝6，sinA＝eq\f(3\r(7),8)，S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×5×4×eq\f(3\r(