2022届高考数学二轮专题复习3解三角形

这是一份2022届高考数学二轮专题复习3解三角形，共19页。试卷主要包含了正余弦定理的简单运用，在中，角的对边分别为，已知，在中，角的对边分别是，的面积为等内容，欢迎下载使用。
解三角形1．正余弦定理的简单运用1．如图所示，点D是等边外一点，且，，，则的周长是（）A． B． C． D．【答案】C【解析】在三角形中，由正弦定理得，由于为钝角，所以为锐角，所以，则，所以，，所以三角形的周长为，故选C．2．已知的内角的对边分别为，设，，则（）A． B． C． D．【答案】C【解析】在中，由及正弦定理得：，即，由余弦定理得，而，解得，由，得，显然，则，，所以，故选C． 2．解三角形1．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则为（）A．等腰非等边三角形 B．直角三角形C．钝角三角形  D．等边三角形【答案】B【解析】由，可得，所以，所以．在中，，故，因为，所以，因为，所以，故为直角三角形，故选B．2．中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知下列条件：①，，；②，，；③，，；④，，．其中满足上述条件的三角形有唯一解的是（）A．①④ B．①② C．②③ D．③④【答案】C【解析】对于①，因为，且，所以三角形有两解；对于②，因为，且，所以三角形有一解；对于③，，所以三角形有一解；对于④，，，，则，则，所以三角形无解，所以满足上述条件的三角形有一解的是②③，故选C．3．已知在△ABC中，D为边BC上一点，CD=10，，．（1）求AD的长；（2）求sinB．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）依题意，在中，由余弦定理得：，即，解得，所以AD的长是．（2）在中，由（1）知，，由余弦定理得，则有，在中，由正弦定理得，所以．4．在中，角的对边分别为，已知．（1）求角的大小；（2）给出三个条件：①；②；③，试从中选出两个条件，求的面积．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）∵在中，角的对边分别为，，∴，又，∴，又，∴．（2）选①，②，由余弦定理可得，∴，解得，∴的面积为．选①，③，由正弦定理得，又，∴，即，∴，∴的面积为．选②，③，由正弦定理得，又，解得，∴的面积为．5．已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求A；（2）若，求a的最小值．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）因为，所以，，所以，或（舍去），又为锐角三角形，所以．（2）因为，当且仅当时，等号成立，所以，故a的最小值为．6．在中，角、、所对的边分别为、、，向量，向量，且．（1）求角的大小；（2）若，求面积的最大值．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）∵，∴，由正弦定理得，即，由余弦定理得，∴．（2）∵，，∴，当且仅当等号成立，∴，∴面积的最大值为．7．在①；②；③，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并进行解答．问题：在中，内角的对边分别为，且__________．（1）求角；（2）若是锐角三角形，且，求的取值范围．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】（1）答案见解析；（2）．【解析】（1）选择①：条件即，由正弦定理可知，，在中，，所以，所以，且，即，所以．选择②：条件即，即，在中，，所以，则，所以，所以．选择③：条件即，所以，在中，，所以．（2）由（1）知，，所以，由正弦定理可知，，由是锐角三角形得，所以，所以，所以，故的取值范围为．8．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，．（1）求角C；（2）若的外接圆半径为2，求面积的最大值．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）因为，所以，由正弦定理得，因为，所以，故，，因为，所以．（2）根据正弦定理得，解得，根据余弦定理得，由基本不等式得，即，解得，当且仅当时等号成立，此时，所以面积的最大值为．9．在①，②，③，在三个条件中选一个填在下面试题的横线上，并加以解析．已知在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且______．（1）求角B；（2）若，求的取值范围．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）若选条件①，则有，根据正弦定理得，所以，因为，所以．若选条件②，根据正弦定理得，所以，所以，因为，所以，所以，解得，因为，所以．若选条件③，则有，所以，则，因为，所以．（2）由正弦定理知，所以，因为，所以，所以，则，所以的取值范围为．10．在中，角的对边分别是，的面积为．（1）若，，，求边；（2）若是锐角三角形且角，求的取值范围．【答案】（1）或；（2）．【解析】（1）∵，∴，又，则或．当时，；当时，，∴或．（2）由正弦定理得，∵是锐角三角形，∴，，，∴，，，∴，∴，∴，∴的取值范围为．11．已知的三个角所对的边为，若，为边上一点，且，若，则面积的最大值为______；若，则的最小值为______．【答案】，【解析】（1）设，则，由题意得，由于，，所以，即，整理得，又，所以，由，得，所以，由于，所以，故，当，即时，，则的面积取得最大值为．（2）设，则，，，即，化简得，即，故，又，所以，即，，当且仅当时取等号，即的最小值为．故答案为，．12．在中，已知，是的中点．（1）求角的大小；（2）若，，求的面积．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）由题意得，故，即，∴，又∵，∴．（2）∵，∴①又，∴，∴，∴②由②－①得，∴．13．设a，b，c分别是的内角A，B，C的对边，．（1）求角A的大小；（2）从下面两个问题中任选一个作答，两个都作答则按第一个记分．①设角A的角平分线交BC边于点D，且，求面积的最小值．②设点D为BC边上的中点，且，求面积的最大值．【答案】（1）；（2）①；②．【解析】（1）∵且，∴，即，∴，又，∴．（2）选①∵AD平分∠BAC，∴，∵，∴，即，∴．由基本不等式可得：，∴，当且仅当时取“=”，∴，即的面积的最小值为．②因为AD是BC边上的中线，在中由余弦定理得，在中由余弦定理得，∵，∴，在中，，由余弦定理得，∴，∴，解得，当且仅当时取“=”，所以，即的面积的最大值为．14．在中，，，，平分交于点，则的面积为________．【答案】【解析】在中，由正弦定理得，所以，因为，，，所以，，因为，所以，所以，由余弦定理得，，化简得，解得或，设，则，在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，因为，，所以解得，得，则，所以，当时，为等腰三角形，如图过作于，则，，在中，，解得，在中，由正弦定理得，因为，所以，此时不满足，所以不合题意，所以，所以，故答案为．3．解三角形的实际应用1．如图，一辆汽车在一条笔直的马路上从东往西以的速度匀速行驶，在处测得马路右侧的一座高塔的仰角为，行驶5分钟后，到达处，测得高塔的仰角为，其中为高塔的底部，且在同一水平面上，则高塔的高度是___________．（塔底大小､汽车的高度及大小忽略不计）【答案】【解析】如图，由题意可知，
设，则，在中，由余弦定理可得，即，解得，故答案为．2．滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而名传千古．如图，在滕王阁旁水平地面上共线的三点A，B，C处测得其顶点P的仰角分别为30°，60°，45°，且米，则滕王阁的高度_______米．【答案】【解析】设，因为，，则，又，，所以，，在中，，即①．在中，，即②，因为，所以由①②两式相加可得，解得，则，故答案为．3．北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）为h．将地球看作是一个球心为O，半径为r的球，其上点A的纬度是指与赤道平面所成角的度数．如果地球表面上某一观测点与该卫星在同一条子午线（经线）所在的平面，且在该观测点能直接观测到该卫星．若该观测点的纬度值为，观测该卫星的仰角为，则下列关系一定成立的是（）A． B．C． D．【答案】A【解析】如图所示，，由正弦定理可得，即，化简得，故选A．4．通信卫星与经济发展、军事国防等密切关联，它在地球静止轨道上运行，地球静止轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球（球心为，半径为），地球上一点的纬度是指与赤道平面所成角的度数，点处的水平面是指过点且与垂直的平面，在点处放置一个仰角为的地面接收天线（仰角是天线对准卫星时，天线与水平面的夹角），若点的纬度为北纬，则（）A． B． C． D．【答案】A【解析】如图：，，，在中，，，所以，，因为，所以，，在中，由正弦定理可得，即，所以，整理可得，所以，故选A．5．在某海域处的巡逻船发现南偏东方向，相距海里的处有一可疑船只，此可疑船只正沿射线（以点为坐标原点，正东，正北方向分别为轴，轴正方向，1海里为单位长度，建立平面直角坐标系）方向匀速航行．巡逻船立即开始沿直线匀速追击拦截，巡逻船出发小时后，可疑船只所在位置的横坐标为．若巡逻船以30海里/小时的速度向正东方向追击，则恰好1小时与可疑船只相遇．（1）求的值；（2）若巡逻船以海里/小时的速度进行追击拦截，能否拦截成功？若能，求出拦截时间；若不能，请说明理由．【答案】（1）；（2）能够拦截成功，拦截时间为2小时．【解析】（1）由题意，直线的倾斜角为，若巡逻船以30海里/小时的速度向正东方向追击，设1小时后两船相遇于点C，如图所示，则轴，，且关于y轴对称，所以，所以．（2）解：若巡逻船以海里/小时进行追击，设t小时后两船相遇于点D，如图所示，则，，，，因为，可得，整理得，解得或（舍去），所以能够拦截成功，拦截时间为2小时．