广西专用高考数学一轮复习考点规范练24解三角形含解析新人教A版文

考点规范练24　解三角形

基础巩固

1.(2021全国Ⅱ)在△ABC中,已知B=120°,AC=,AB=2,则BC=(　　)

A.1 B. C. D.3

2.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,a=2,c=2,A=30°,则角C为(　　)

A.60° B.60°或120°

C.45° D.45°或135°

3.在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C的对边,a=1,ccos A+acos C=2bcos B,△ABC的面积S=,则b等于(　　)

A. B.4 C.3 D.

4.在三角形ABC中,若sin Csin(A-B)=sin2(A+B),则此三角形是(　　)

A.直角三角形 B.等腰三角形

C.等边三角形 D.等腰直角三角形

5.已知△ABC中,BC边上的中线AD=3,BC=4,∠BAC=60°,则△ABC的周长为(　　)

A.+4 B.4+4

C.5+4 D.2+4

6.(2021河南名校联盟4月联考)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若b2+c2=a2+bc,且cos Bcos C+cos A=sin2A,则△ABC的形状是　　　　　　. 

7.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若sin2A-sin2B=sin2C-sin Bsin C,a=,则△ABC的外接圆面积为　. 

8.已知△ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足=sin A-sin B,则C=　　　　　. 

9.(2021浙江杭州二模)设a,b,c分别为△ABC的内角A,B,C的对边,.若a=1,c=,则C=　　　　　,△ABC的面积=　　　　　. 

10.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100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. 

11.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,b=2acos C.

(1)判断△ABC的形状;

(2)若b=2,△ABC的面积为2,BC的中点为D,求AD的长.

能力提升

12.(2021全国Ⅰ)魏晋时期刘徽撰写的《海岛算经》是关于测量的数学著作,其中第一题是测量海岛的高.如图,点E,H,G在水平线AC上,DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度,称为“表高”,EG称为“表距”,GC和EH都称为“表目距”,GC与EH的差称为“表目距的差”,则海岛的高AB=(　　)

A.+表高

B.-表高

C.+表距

D.-表距

13.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知bsin C+csin B=4asin Bsin C,b2+c2-a2=8,则△ABC的面积为　. 

14.(2021浙江高考)在△ABC中,∠B=60°,AB=2,M是BC的中点,AM=2,则AC=　　　　 ,cos∠MAC=　. 

15.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且3b2+3c2-4bc=3a2.

(1)求sin A;

(2)若3csin A=asin B,△ABC的面积为,求△ABC的周长.

高考预测

16.(2021广西柳州一模)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且(2b-c)(b2-a2+c2)=2abccos C.

(1)求角A的大小.

(2)若∠ABC=,D为△ABC外一点,BD=2,CD=1,四边形ABDC的面积是+2,求角D的大小.

答案：

1.D　解析设BC=x,由余弦定理得19=4+x2-2×2x·cos120°,解得x=3或x=-5(舍去).故选D.

2.B　解析由正弦定理得,

又a=2,c=2,A=30°,即,得sinC=,

∵c>a,∴C>A,得C=60°或C=120°.

3.A　解析由题意可得,2sinBcosB=sinCcosA+sinAcosC=sin(A+C)=sinB,

又B∈(0,π),∴cosB=,∴B=.

∴S=ac·sinB=×1×c×,∴c=4.

又b2=a2+c2-2accosB=1+16-2×1×4×=13,∴b=.

4.A　解析∵在△ABC中,sin(A+B)=sinC,

∴sinCsin(A-B)=sin2C,

又sinC≠0,故sin(A-B)=sinC=sin(A+B),

得sinAcosB-cosAsinB=sinAcosB+cosAsinB,

即2cosAsinB=0,

∴cosA=0或sinB=0(不合题意,舍去),∴A=90°,

则此三角形形状为直角三角形.

5.A　解析在△ABD和△ACD中,

根据余弦定理可得AB2=AD2+BD2-2AD·BD·cos∠ADB=13-12cos∠ADB,

AC2=AD2+CD2-2AD·CD·cos∠ADC=13-12cos∠ADC,

∴AB2+AC2=26,

又BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos∠BAC=26-AB·AC=16,∴AB·AC=10,

∴(AB+AC)2=AB2+AC2+2AB·AC=26+20=46,

故△ABC的周长为AB+AC+BC=+4.

6.等边三角形　解析cosA=,由于0<A<π,故A=.

由于cosBcosC+cosA=sin2A,

∴cosBcosC+cos[π-(B+C)]=cosBcosC-cos(B+C)=cosBcosC-cosBcosC+sinBsinC=sin2A.

∴sinBsinC=sin2A,利用正弦定理得bc=a2,

∴b2+c2-2bc=0,∴b=c,故△ABC为等边三角形.

7.π　解析由于sin2A-sin2B=sin2C-sinBsinC,利用正弦定理得,a2-b2=c2-bc,整理得cosA=,

由于A∈(0,π),所以A=,

设△ABC外接圆半径为R,则2R==2,故R=1.

所以所求面积为π·12=π.

8.　解析在△ABC中,∵=sinA-sinB,

∴=a-b.

∴a2+b2-c2=ab,∴cosC=.∴C=.

9.　解析因为,

整理得a2+b2-c2=ab,由余弦定理得cosC=,因为C为三角形内角,所以C=.

由a2+b2-c2=ab且a=1,c=得b2-b-6=0,解得b=3或b=-2(舍去),

所以△ABC的面积S=absinC=×1×3×.

10.140　解析由题意,设AC=x米,则BC=(x-40)米,

在△ABC中,由余弦定理得BC2=BA2+CA2-2BA·CA·cos∠BAC,

即(x-40)2=x2+10000-100x,

解得x=420.

在△ACH中,AC=420米,∠CAH=30°+15°=45°,

∠CHA=90°-30°=60°,

由正弦定理得,

可得CH=AC·=140(米).

11.解(1)b=2acosC由正弦定理可化为sinB=2sinAcosC.

又B=π-(A+C),

所以sin(A+C)=2sinAcosC,可得sinAcosC+cosAsinC=2sinAcosC,可得sinAcosC-cosAsinC=0,可得sin(A-C)=0.

因为0<A<π,0<C<π,所以-π<A-C<π,

所以A-C=0,A=C.

所以△ABC为等腰三角形.

(2)由(1)知a=c,在△ABC中,取AC的中点E,连接BE,

则BE⊥AC,cosC=.

又△ABC的面积为absinC=2,

所以sinC=,

根据sin2C+cos2C=1,得=1,

所以a=c=3,cosC=.

在△ADC中,由余弦定理,得AD2=4+-2×2×,所以AD=.

12.A　解析如图,连接FD并延长交AB于点M,则FM⊥AB,AB=AM+BM.

设∠BDM=α,∠BFM=β,则∠BHE=α,∠FCG=β,

∴DF=MF-MD==MB=MB=MB·,

∴MB=,

∴AB=+表高.

13.　解析由正弦定理及条件,得bc+cb=4absinC,所以=2a,设△ABC的外接圆半径为R,则=2R,所以a=R.

因为b2+c2-a2=8>0,所以cosA>0,0<A<,

因为=2R,所以sinA=,A=30°,

所以cosA=,所以bc=,

所以S△ABC=bcsinA=.

14.2　解析由题意作出图形,如图.

在△ABM中,由余弦定理得AM2=AB2+BM2-2BM·BA·cosB,

即12=4+BM2-2BM×2×,解得BM=4(负值舍去),所以BC=2BM=2CM=8.

在△ABC中,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cosB=4+64-2×2×8×=52,

所以AC=2.

在△AMC中,由余弦定理得cos∠MAC==.

15.解(1)因为3b2+3c2-4bc=3a2,

所以b2+c2-a2=bc,

所以cosA=,

又A∈(0,π),

所以sinA=.

(2)因为3csinA=asinB,所以3ac=ab,即b=c.

因为△ABC的面积为,所以bcsinA=,

即c2×,解得c=2.

所以b=3,a=.

故△ABC的周长为2+3.

16.解(1)∵(2b-c)(b2-a2+c2)=2abccosC,

∴=acosC,

∴(2b-c)cosA=acosC,

∴2sinBcosA-sinCcosA=sinAcosC.

又A+B+C=π,∴2sinBcosA=sinCcosA+cosCsinA=sin(C+A)=sinB,

∵sinB≠0,∴cosA=,

又A∈(0,π),∴A=.

(2)如题图,在△BCD中,BD=2,CD=1,

由余弦定理得BC2=12+22-2×1×2cosD=5-4cosD.

∵A=∠ABC=,∴C=,△ABC为等边三角形,

∴S△ABC=·BC2×sincosD.

∵S△BDC=·BD·DC·sinD=sinD,

∴S四边形ABDC=+sinD-cosD=+2sin+2,

∴sin=1,又D∈(0,π),∴D=.