【文档说明】2025届高三一轮复习数学试题（人教版新高考新教材）考点规范练23　解三角形 Word版含解析.docx，共(7)页，105.580 KB，由小赞的店铺上传

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考点规范练23解三角形一、基础巩固1.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且a=√3,b=2,A=60°,则c等于()A.12B.1C.√3D.2答案:B解析:由已知及余弦定理,得3

=4+c2-2×2×c×12,整理,得c2-2c+1=0,解得c=1.故选B.2.已知在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C的对边,a=1,ccosA+acosC=2bcosB,△ABC的面积S=√3,则b等于()A.√13B.4C.3D.√15答案:A解析:由题意可

得,2sinBcosB=sinCcosA+sinAcosC=sin(A+C)=sinB,∵sinB≠0,∴cosB=12.∵B∈(0,π),∴B=π3.又S=12acsinB=12×1×c×√32=√3,∴c=4.∵b2=a2+c2-2accosB=

1+16-2×1×4×12=13,∴b=√13.3.某气象仪器研究所按以下方案测试一种“弹射型”气象观测仪器的垂直弹射高度:在C处(点C在水平地面下方,O为CH与水平地面ABO的交点)进行该仪器的垂直弹射,水平地面上两个观察点A,B两地相距1

00米,∠BAC=60°,其中A到C的距离比B到C的距离远40米.A地测得该仪器在C处的俯角为∠OAC=15°,A地测得最高点H的仰角为∠HAO=30°,则该仪器的垂直弹射高度CH为()米.A.210

(√6+√2)B.140√6C.210√2D.20(√6−√2)答案:B解析:设AC=x,则BC=x-40,在△ABC中,由余弦定理,得BC2=AC2+AB2-2·AC·AB·cos∠BAC,即(x-40)2=x2+1002-100x,解得x=420.在△ACH中,AC=420,∠CAH=15°

+30°=45°,∠CHA=90°-30°=60°,由正弦定理,得𝐶𝐻sin∠𝐶𝐴𝐻=𝐴𝐶sin∠𝐶𝐻𝐴,即𝐶𝐻sin45°=420sin60°,解得CH=140√6.4.如图所示,若网格中小

正方形的边长均为1,△ABC的三个顶点均在小正方形的顶点处,则△ABC外接圆的面积为()A.130π9B.65π9C.65π18D.65π36答案:C解析:设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c

.由题图可知a=3,b=√10,c=√13,由余弦定理,得cosC=10+9-136√10=√1010,从而sinC=3√1010.设△ABC外接圆的半径为R,由正弦定理,得2R=𝑐sin𝐶=√133√1010=√1303,解得R=√1306,故△ABC外接圆的面积S=πR2=130π36=6

5π18.5.设△ABC的三个内角A,B,C成等差数列,sinA,sinB,sinC成等比数列,则这个三角形的形状是()A.直角三角形B.钝角三角形C.等腰直角三角形D.等边三角形答案:D解析:∵△ABC的三个内角A,B,C成等差数列,∴B=π3.∵

sinA,sinB,sinC成等比数列,∴sin2B=sinAsinC.由正弦定理得b2=ac.在△ABC中,由余弦定理得b2=a2+c2-2accosπ3,∴ac=a2+c2-ac,∴(a-c)2=0,∴a=c,∴△ABC为等边三角形.6.在△ABC中,cosC=23,AC=4,BC=

3,则tanB等于()A.√5B.2√5C.4√5D.8√5答案:C解析:由余弦定理得,AB2=AC2+BC2-2AC·BCcosC=16+9-2×4×3×23=9,即AB=3.由余弦定理的推论知cosB=𝐴𝐵2+𝐵𝐶2-𝐴𝐶22𝐴𝐵·𝐵�

�=9+9-162×3×3=19,又cos2B+sin2B=1,且B∈(0,π),解得sinB=4√59,故tanB=sin𝐵cos𝐵=4√5.故选C.7.(多选)在△ABC中,角A,B,C的对边分别

为a,b,c,若b=2√3,c=3,A+3C=π,则下列结论正确的是()A.cosC=√33B.sinB=√23C.a=3D.S△ABC=√2答案:AD解析:由A+3C=π,得B=2C.根据正弦定理𝑏sin𝐵=𝑐sin𝐶,得2√3sinC=3×2sinCcosC,又sinC≠0,故cosC

=√33.因为C∈(0,π),所以sinC=√63,sinB=sin2C=2sinCcosC=2√23.由c2=a2+b2-2abcosC,化简得到a2-4a+3=0,解得a=3或a=1.若a=3,则A=C=π4,B=π2,不满足题意,故a=1.S△ABC=12absinC=12×1×2√

3×√63=√2.8.如图,为了测量两山顶D,C间的距离,飞机沿水平方向在A,B两点进行测量,在A位置时,观察点D的俯角为75°,观察点C的俯角为30°;在B位置时,观察点D的俯角为45°,观察点C的俯角为60°,且AB=√3km,则点C,D之间的距离为km.答案

:√5解析:在△ABD中,∵∠BAD=75°,∠ABD=45°,∴∠ADB=60°.由正弦定理可得𝐴𝐵sin∠𝐴𝐷𝐵=𝐴𝐷sin∠𝐴𝐵𝐷,即√3sin60°=𝐴𝐷sin45°,得AD=√3sin45°sin60°=√2km.由题意得∠ABC=120°,∠BAC=∠BCA=

30°,则BC=AB=√3km,于是AC=3km.在△ACD中,由余弦定理得CD2=AC2+AD2-2AC·ADcos∠DAC=5,即CD=√5km.9.如图,AB是底部不可到达的一个建筑物,A为建筑物的最高点.某学习小组准备了三种工具:测角仪(可测量仰角与俯角)

、米尺(可测量长度)、量角器(可测量平面角度).(1)请你利用准备好的工具(可不全使用),设计一种测量建筑物高度AB的方法,并给出测量报告;注:测量报告中包括你使用的工具,测量方法的文字说明与图形说明,所使用的字母和符号均需要解释说明,并给出你最后的计算公式.(2)该学习小组利用你的测量方

案进行了实地测量,并将计算结果汇报给老师,发现计算结果与该建筑物实际高度有误差,请你针对误差情况进行说明.解:(1)选用测角仪和米尺.测量方法如下:①选择一条水平基线HG(如图),使H,G,B三点共线;②在G,H两点分别用测角仪测得A的仰角为α,β,用米尺测量得CD=a,测角仪的高为h.③

经计算建筑物的高度AB=𝑎sin𝛼sin𝛽sin(𝛼-𝛽)+h(或写成𝑎tan𝛼tan𝛽tan𝛼-tan𝛽+ℎ).(2)①测量工具问题;②两次测量时位置的间距差;③用身高代替测角仪的高度.二、综合应用10.在△ABC中,角A

,B,C的对边分别为a,b,c,若2𝑎-𝑐𝑏=cos𝐶cos𝐵,b=4,则△ABC的面积的最大值为()A.4√3B.2√3C.2D.√3答案:A解析:∵在△ABC中,2𝑎-𝑐𝑏=cos𝐶cos𝐵,∴(2a-c)cosB=bcosC.由正弦定理,得(

2sinA-sinC)cosB=sinBcosC.则2sinAcosB=sinCcosB+sinBcosC=sin(B+C)=sinA.∵sinA≠0,∴cosB=12,即B=π3.由余弦定理可得16=

a2+c2-2accosB=a2+c2-ac≥2ac-ac=ac,故ac≤16,当且仅当a=c时,取等号,因此,△ABC的面积S=12acsinB=√34ac≤4√3,故选A.11.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,

∠ABC=90°,∠ABC的平分线交AC于点D.若a+4c的最小值为9,则BD=.答案:√2解析:如图,∠ABC的平分线交AC于点D,所以∠ABD=∠CBD=45°,所以SΔABC=12acsin90°=12c·BD·sin45°+12a·BD·sin45°,可得2ac

=√2c·BD+√2a·BD,可得√2·𝐵𝐷·(𝑎+𝑐)2𝑎𝑐=1,所以a+4c=(𝑎+4𝑐)·√2(𝑎+𝑐)2𝑎𝑐·BD,所以a+4c=√22·BD·(𝑎𝑐+5+4𝑐𝑎)≥√22·BD·(5+2√𝑎𝑐·4𝑐𝑎)=9√

22·BD=9,当且仅当a=2c时取等号,所以BD=√2.12.某学校高一同学参加社会实践活动,应用所学知识测量一个四边形公园的面积,如图所示,测得公园的四边边长分别为AB=1km,BC=3km,CD=AD=2km,∠A=120°,则

公园的面积为km2.当地政府规划建一条圆形的公路,使得整个公园都在圆形公路的里面,则这条公路的总长度的最小值为km.(备注:把公路看成一条曲线,公路宽度不计)答案:2√32√21π3解析:连接BD(图略),由余弦定理

可知BD2=AB2+AD2-2AB·ADcosA=1+4-2×1×2×cos120°=7,所以cosC=𝐶𝐷2+𝐶𝐵2-𝐵𝐷22𝐶𝐷·𝐶𝐵=4+9-72×2×3=12,则C=60°,则四边形ABCD的面积等于S△ABD+S△BD

C=12AB·ADsinA+12CD·CBsinC=12×1×2×sin120°+12×2×3×sin60°=2√3.由∠A+∠C=180°,得四边形ABCD存在外接圆,即为△ABD的外接圆.设外接圆半径为R,则由正弦定理可知𝐵𝐷sin𝐴=√7si

n120°=2R,则R=√213,所以当公路恰为四边形的外接圆时其长度最小,最小值为2π×√213=2√213π.13.已知在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,sin𝐴cos𝐴=sin𝐵

+sin𝐶cos𝐵+cos𝐶.(1)若△ABC还同时满足下列四个条件中的三个:①a=7,②b=10,③c=8,④△ABC的面积S=10√3,请指出这三个条件,并说明理由;(2)若a=3,求△ABC周长

L的取值范围.解:因为sin𝐴cos𝐴=sin𝐵+sin𝐶cos𝐵+cos𝐶,所以sinAcosB+sinAcosC=cosAsinB+cosAsinC,sinAcosB-cosAsinB=cosAsinC-sinAco

sC,所以sin(A-B)=sin(C-A),因为A,B,C∈(0,π),所以A-B=C-A,即2A=B+C,所以A=π3.(1)△ABC还同时满足条件①③④,理由如下:若△ABC同时满足条件①②,则由正弦定理,得sinB=𝑏sin𝐴𝑎=5√37>1,这不可能,所以△ABC不能同时满足

条件①②,所以△ABC同时满足条件③④.因为△ABC的面积S=12bcsinA=12×b×8×√32=10√3,所以b=5,与②矛盾,所以△ABC同时满足条件①③④.(2)在△ABC中,由正弦定理,得𝑏sin𝐵=𝑐sin𝐶=𝑎sin𝐴=2√3,因为C=2π3-B,所

以b=2√3sinB,c=2√3sin(2π3-𝐵),所以L=a+b+c=2√3[sinB+sin(2π3-B)]+3=6(√32sinB+12cosB)+3=6sin(𝐵+π6)+3.因为B∈(0,2π3),所以B+π6∈(π6,5π6),所以sin(B

+π6)∈(12,1],所以△ABC周长L的取值范围为(6,9].三、探究创新14.(多选)在△ABC中,a,b,c分别是内角A,B,C所对的边,若√3a=2csinA,且0<C<π2,b=4,则下列说法正确的是(

)A.C=π3B.若c=72,则cosB=17C.若sinA=2cosBsinC,则△ABC是等边三角形D.若△ABC的面积是2√3,则该三角形外接圆的半径为4答案:AC解析:由正弦定理可将条件√3a=2csinA转化为√3sinA=2sinCsinA,因为sinA≠0,所以

sinC=√32,因为C∈(0,π2),所以C=π3,故A正确;若c=72,则由正弦定理可知𝑐sin𝐶=𝑏sin𝐵,则sinB=𝑏𝑐sinC=472×√32=4√37,因为B∈(0,π),b>c,所以cosB

=±√1-sin2𝐵=±√1-4849=±17,故B错误;若sinA=2cosBsinC,则根据正弦定理可得a=2ccosB,因为√3a=2csinA,即a=2√33csinA,即有2√33csinA=2ccosB,所以sinA=√3cosB.因为A+B=π-C=2π3,则A=

2π3-B,所以sin(2π3-B)=√3cosB,整理得√32cosB+12sinB=√3cosB,即12sinB=√32cosB,解得tanB=√3,故B=π3,则A=π3.因为A=B=C=π3,所以△ABC是等边三角形,故C正确;若△A

BC的面积是2√3,即12absinC=2√3,解得a=2,由余弦定理可得c2=a2+b2-2abcosC=4+16-2×2×4×12=12,即c=2√3.设△ABC的外接圆半径是R,由正弦定理可得2R=𝑐sin𝐶=2√3√32=4,则该三角形外接圆半径为2,故D错误.

15.(2022新高考Ⅰ,18)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知cos𝐴1+sin𝐴=sin2𝐵1+cos2𝐵.(1)若C=2π3,求B;(2)求𝑎2+𝑏2𝑐2的最小值.解:∵cos𝐴1+sin𝐴

=sin2𝐵1+cos2𝐵=2sin𝐵cos𝐵2cos2𝐵,且cosB≠0,∴由cos𝐴1+sin𝐴=sin𝐵cos𝐵,得cosAcosB=sinB(1+sinA),∴cosAcosB=sinB+sinAsinB,∴sinB=cosAcosB-sinAsinB=cos

(A+B)=cos(π-C)=-cosC>0.∴sinB>0,cosC<0,∴π2<C<π,0<B<π2.∴sinB=sin(𝐶-π2),∴B=C-π2或B+C-π2=π(舍去).(1)若C=2π3,则0

<B<π3,∴sinB=-cosC=-cos2π3=12.∴B=π6.(2)(方法一)由正弦定理,得𝑎2+𝑏2𝑐2=sin2𝐴+sin2𝐵sin2𝐶.(*)∵C=π2+B,A+B+C=π,∴A+B+

π2+B=π,∴A=π2-2B.又0<A<π2,∴0<B<π4.∴(*)式为sin2(π2-2𝐵)+sin2𝐵sin2(π2+𝐵)=cos22𝐵+sin2𝐵cos2𝐵=cos22𝐵+1-cos2𝐵cos2

𝐵=(2cos2𝐵-1)2+1-cos2𝐵cos2𝐵.令cos2B=t,则t∈(12,1),于是原式=(2𝑡-1)2+1-𝑡𝑡=4𝑡2-4𝑡+1+1-𝑡𝑡=4𝑡2-5𝑡+2𝑡=4t+2𝑡-5≥2√4𝑡·2𝑡-5=4√2-5,当且仅当{4𝑡=2𝑡,12<𝑡

<1,即t=√22时取等号.∴𝑎2+𝑏2𝑐2的最小值为4√2-5.(方法二)∵sinB=-cosC,B=C-π2,∴A=π-(B+C)=3π2-2C.又0<A<π2,∴π2<C<3π4,∴12<sin2C<1.∴sinA=sin(B+C)

=sin(2𝐶-π2)=-cos2C,∴𝑎2+𝑏2𝑐2=sin2𝐴+sin2𝐵sin2𝐶=(-cos2𝐶)2+(-cos𝐶)2sin2𝐶=(1-2sin2𝐶)2+(1-sin2𝐶)sin2𝐶=2+4sin4𝐶-5s

in2𝐶sin2𝐶=2sin2𝐶+4sin2C-5≥2√2sin2𝐶·4sin2𝐶-5=4√2-5,当且仅当sin2C=√22时,𝑎2+𝑏2𝑐2有最小值4√2-5.16.如图,在四边形AB

CD中,AB⊥AD,,DC=2,在下面给出的三个条件中任选一个,补充在上面的问题中,并加以解答.①3AB=4BC,sin∠ACB=23;②tan(∠BAC+π6)=√3;③2BCcos∠ACB=2AC-√3AB.(1)求∠DAC;(2)求△ADC面积的最大值.

解:若选①:(1)在△ABC中,由正弦定理,得𝐴𝐵sin∠𝐴𝐶𝐵=𝐵𝐶sin∠𝐵𝐴𝐶,∵3AB=4BC,sin∠ACB=23,∴sin∠BAC=12.∵AB⊥AD,则0<∠BAC<π2,∴∠BAC=π6,∴∠DAC=π3.(2)在△ADC中,DC=2,

由余弦定理,得DC2=4=AC2+AD2-AC·AD≥AC·AD,即AC·AD≤4,则S△ADC=12AC·ADsin∠DAC≤12×4×√32=√3.当且仅当AC=AD时取“=”.故△ADC面积的最大值为√3.若选②:(1)由tan(∠𝐵𝐴𝐶+π6)=√3,可得∠BAC=π6,

∵AB⊥AD,∴∠BAD=π2,∴∠DAC=π3.(2)在△ADC中,DC=2,由余弦定理,得DC2=4=AC2+AD2-AC·AD≥AC·AD,即AC·AD≤4.则S△ADC=12AC·ADsin∠DAC≤12×4×√32=√3,当且仅当AC=AD时取“=”.故△ADC面积的最大值为√3

.若选③:(1)已知2BCcos∠ACB=2AC-√3AB,由正弦定理,得2sin∠BACcos∠ACB=2sin∠ABC-√3sin∠ACB,则2sin∠BACcos∠ACB=2sin(∠ACB+∠BAC)-√3sin∠ACB,得2sin∠BACcos

∠ACB=2sin∠ACBcos∠BAC+2cos∠ACBsin∠BAC-√3sin∠ACB,即2sin∠ACBcos∠BAC=√3sin∠ACB.∵sin∠ACB>0,∴cos∠BAC=√32.∵∠BAC∈(0,π),∴∠BAC=π6.又AB⊥AD,∴∠BAD=π2,∴∠DAC=π3.(2)在

△ADC中,DC=2,由余弦定理可得DC2=4=AC2+AD2-AC·AD≥AC·AD,即AC·AD≤4,则S△ADC=12AC·ADsin∠DAC≤12×4×√32=√3,当且仅当AC=AD时取“=”.故△ADC面积的最大值为√3.