統(tǒng)考版2025屆高考數(shù)學二輪專題闖關導練四熱點問題專練熱點七解三角形文含解析

PAGE熱點(七)解三角形1．(解三角形解的個數(shù)問題)在△ABC中，已知b＝40，c＝20，C＝60°，則此三角形的解的狀況是()A．有一解B．有兩解C．無解D．有解但解的個數(shù)不確定2．(解三角形求面積)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c.若c2＝(a－b)2＋6，C＝eq\f(π,3)，則△ABC的面積是()A．3B.eq\f(9\r(3),2)C.eq\f(3\r(3),2)D．3eq\r(3)3．(解三角形推斷三角形形態(tài))在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若eq\f(c,b)<cosA，則△ABC為()A．鈍角三角形B．直角三角形C．銳角三角形D．等邊三角形4．[2024·黃岡中學、華師附中第八校第一次聯(lián)考](解三角形求角)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且sinB－sinA(sinC＋cosC)＝0，a＝2，c＝eq\r(2)，則角C＝()A.eq\f(5π,6)B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,3)5．[2024·山西省階段性測試](解三角形求面積最值)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，bcosA＝c－eq\f(1,2)a，點D在AC上，2AD＝DC，BD＝2，則△ABC的面積的最大值為()A.eq\f(3\r(3),2)B.eq\r(3)C．4D．66．[2024·江西九江質(zhì)檢](解三角形求邊)已知△ABC的三個內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若b＝1，c＝eq\r(3)，且asinBcosC＋csinBcosA＝eq\f(1,2)，則a＝________.7．(解三角形求高)在△ABC中，已知AB＝eq\r(2)，AC＝eq\r(5)，tan∠BAC＝－3，則BC邊上的高等于________．8．(解三角形應用求高)如圖所示，為測量山高MN，選擇A和另一座山的山頂C為測量觀測點．從A點測得M點的仰角∠MAN＝60°，C點的仰角∠CAB＝45°以及∠MAC＝75°；從C點測得∠MCA＝60°.已知山高BC＝100m，則山高MN＝________m.9．[2024·南昌市摸底測試卷](和三角形面積有關的問題)已知銳角三角形ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且c＝2eq\r(3)，2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2C－\f(π,3)))＝eq\r(3).(1)若a＝2eq\r(2)，求角A；(2)求△ABC面積的最大值．10．(解三角形綜合)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.(1)若a，b，c成等差數(shù)列，證明：sinA＋sinC＝2sin(A＋C)；(2)若a，b，c成等比數(shù)列，求cosB的最小值．熱點(七)解三角形1．答案：C解析：由eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得sinB＝eq\f(bsinC,c)＝eq\f(40×\f(\r(3),2),20)＝eq\r(3)>1.∴角B不存在，即滿意條件的三角形不存在，故選C.2．答案：C解析：由c2＝(a－b)2＋6可得a2＋b2－c2＝2ab－6.①由余弦定理及C＝eq\f(π,3)可得a2＋b2－c2＝ab.②由①②得2ab－6＝ab，即ab＝6.所以S△ABC＝eq\f(1,2)absineq\f(π,3)＝eq\f(1,2)×6×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),2)，故選C.3．答案：A解析：由eq\f(c,b)<cosA，得eq\f(sinC,sinB)<cosA，所以sinC<sinBcosA，即sin(A＋B)<sinBcosA，所以sinAcosB<0，因為在三角形中sinA>0，所以cosB<0，所以B為鈍角，所以△ABC為鈍角三角形，故選A.4．答案：B解析：因為A＋C＝π－B，所以sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC，因為sinB－sinA(sinC＋cosC)＝0，所以cosAsinC－sinAsinC＝0，因為C∈(0，π)，所以sinC>0，所以cosA＝sinA，又A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,4)，由正弦定理得eq\f(a,sin\f(π,4))＝eq\f(c,sinC)，又a＝2，c＝eq\r(2)，所以sinC＝eq\f(1,2)，因為a>c，所以C＝eq\f(π,6)，故選B.5．答案：A解析：在△ABC中，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)及bcosA＝c－eq\f(1,2)a，得sinBcosA＝sinC－eq\f(1,2)sinA．依據(jù)C＝π－(A＋B)，得sinBcosA＝sin(A＋B)－eq\f(1,2)sinA＝sinAcosB＋cosAsinB－eq\f(1,2)sinA，即sinAcosB＝eq\f(1,2)sinA，由于sinA≠0，所以cosB＝eq\f(1,2)，B＝eq\f(π,3).解法一設AD＝x，則CD＝2x，AC＝3x，在△ADB，△BDC，△ABC中分別利用余弦定理，得cos∠ADB＝eq\f(x2＋4－c2,4x)，cos∠CDB＝eq\f(4x2＋4－a2,8x)，cos∠ABC＝eq\f(a2＋c2－9x2,2ac).由cos∠ADB＝－cos∠CDB，得6x2＝a2＋2c2－12，再依據(jù)cos∠ABC＝eq\f(1,2)，得a2＋c2－9x2＝ac，所以4c2＋a2＋2ac＝36.依據(jù)基本不等式得4c2＋a2≥4ac，所以ac≤6，當且僅當a＝2eq\r(3)，c＝eq\r(3)時，等號成立，所以△ABC的面積S＝eq\f(1,2)acsin∠ABC＝eq\f(\r(3),4)ac≤eq\f(3\r(3),2).故選A.解法二因為點D在AC上，2AD＝DC，所以eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up6(→))，|eq\o(BD,\s\up6(→))|2＝eq\f(4,9)|eq\o(BA,\s\up6(→))|2＋eq\f(1,9)|eq\o(BC,\s\up6(→))|2＋eq\f(4,9)eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(4,9)c2＋eq\f(1,9)a2＋eq\f(4,9)ac×coseq\f(π,3)＝eq\f(4,9)c2＋eq\f(1,9)a2＋eq\f(2,9)ac.又BD＝2，所以4c2＋a2＋2ac＝36.依據(jù)基本不等式得4c2＋a2≥4ac，所以ac≤6，當且僅當a＝2eq\r(3)，c＝eq\r(3)時，等號成立，所以△ABC的面積S＝eq\f(1,2)acsin∠ABC＝eq\f(\r(3),4)ac≤eq\f(3\r(3),2).故選A.6．答案：1或2解析：設△ABC的外接圓半徑為R，則asinBcosC＋csinBcosA＝2RsinAsinBcosC＋2RsinCsinBcosA＝2RsinB(sinAcosC＋sinCcosA)＝2Rsin(A＋C)sinB＝2Rsin2B＝eq\f(1,2).由正弦定理及b＝1知2R＝eq\f(1,sinB)，代入上式有sinB＝eq\f(1,2)，又b＜c，所以B＝eq\f(π,6).由eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得sinC＝eq\f(\r(3),2)，所以C＝eq\f(π,3)或C＝eq\f(2π,3).當C＝eq\f(π,3)時，A＝eq\f(π,2)，a＝2；當C＝eq\f(2π,3)時，A＝eq\f(π,6)，△ABC為等腰三角形，可得a＝1.綜上所述，a＝1或2.7．答案：1解析：在△ABC中，∵tan∠BAC＝－3，∴sin∠BAC＝eq\f(3\r(10),10)，cos∠BAC＝－eq\f(\r(10),10)，由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcos∠BAC＝5＋2－2×eq\r(5)×eq\r(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(10),10)))＝9，∴BC＝3.∴S△ABC＝eq\f(1,2)AB·ACsin∠BAC＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(5)×eq\f(3\r(10),10)＝eq\f(3,2)，∴BC邊上的高為eq\f(2S△ABC,BC)＝eq\f(2×\f(3,2),3)＝1.8．答案：150解析：在Rt△ABC中，∠CAB＝45°，BC＝100m，所以AC＝100eq\在△AMC中，∠MAC＝75°，∠MCA＝60°，從而∠AMC＝45°，由正弦定理得，eq\f(AC,sin45°)＝eq\f(AM,sin60°)，因此AM＝100eq\r(3)m.在Rt△MNA中，AM＝100eq\r(3)m，由eq\f(MN,AM)＝sin60°得MN＝100eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝150m.9．解析：(1)因為2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2C－\f(π,3)))＝eq\r(3)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2C－\f(π,3)))＝eq\f(\r(3),2)，又C∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2C－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，所以2C－eq\f(π,3)＝eq\f(π,3)，即C＝eq\f(π,3)，所以eq\f(2\r(2),sinA)＝eq\f(2\r(3),sin\f(π,3))?sinA＝eq\f(\r(2),2)，又a<c，所以0<A<C＝eq\f(π,3)，因此A＝eq\f(π,4).(2)在△ABC中，由c2＝a2＋b2－2abcosC，得12＝a2＋b2－ab≥ab，所以S△ABC＝eq\f(1,2)absinC≤3eq\r(3)，當且僅當a＝b，即△ABC為等邊三角形時，上式等號成立，所以△ABC面積的最大值是3eq\r(3).10．解析：(1