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2024高考数学一轮复习讲义(步步高版)第四章 必刷小题8 解三角形
展开必刷小题8 解三角形
一、单项选择题
1.(2023·重庆模拟)在△ABC中,sin A=,AC=,B=45°,则BC等于( )
A.2 B. C.2 D.2
答案 D
解析 由正弦定理知,=,
∴BC===2.
2.(2023·南昌模拟)△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若b=3,c=2,△ABC的面积为2sin B,则cos A等于( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 因为b=3,c=2,△ABC的面积为2sin B,所以S△ABC=acsin B=2sin B,
所以a=2,由余弦定理得cos A==.
3.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若asin A+b(sin B+sin A)=csin C,则C等于( )
A.30° B.60° C.120° D.150°
答案 D
解析 因为asin A+b(sin B+sin A)=csin C,
所以由正弦定理得a2+b(b+a)=c2,
化简得a2+b2-c2=-ab,
所以由余弦定理得cos C===-,
因为C∈(0,π),
所以C=150°.
4.(2023·郑州模拟)2021年11月,郑州二七罢工纪念塔入选全国职工爱国主义教育基地名单.某数学建模小组为测量塔的高度,获得了以下数据:甲同学在二七广场A地测得纪念塔顶D的仰角为45°,乙同学在二七广场B地测得纪念塔顶D的仰角为30°,塔底为C(A,B,C在同一水平面上,DC⊥平面ABC),测得AB=63 m,∠ACB=30°,则纪念塔的高CD为( )
A.40 m B.63 m
C.40m D.63m
答案 B
解析 如图所示,∠DAC=45°,∠CBD=30°,∠ACB=30°,设塔高CD为t,因为DC⊥平面ABC,所以DC⊥CA,DC⊥CB,
所以AC=t,BC=t,又AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos∠ACB,
即632=t2+3t2-2×t×t×,
解得t=63 m.
5.(2022·南宁模拟)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,a=2,b2+c2=a2+bc,则△ABC外接圆的面积是( )
A. B. C.2π D.4π
答案 B
解析 因为b2+c2=a2+bc,所以b2+c2-a2=bc,
由余弦定理得cos A==,
所以sin A=,
设△ABC外接圆的半径为R,由正弦定理得2R==,
所以R=,
所以△ABC外接圆的面积是πR2=.
6.设△ABC的内角A,B,C的对边分别是a,b,c,tan A=,且B为钝角.则sin A+sin C的取值范围是( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 由tan A=以及正弦定理得==,所以sin B=cos A,即sin B=sin,
又B为钝角,所以+A∈,
故B=+A,
C=π-(A+B)=-2A>0⇒A∈,
于是sin A+sin C=sin A+sin=sin A+cos 2A=-2sin2A+sin A+1=-22+,
因为A∈,所以0<sin A<,
由此<-22+≤,即sin A+sin C的取值范围是.
7.(2022·洛阳模拟)已知在△ABC中,AB=5,AC=4,则当函数f(A)=sin+cos-cos 2A取得最大值时,BC等于( )
A.4 B. C. D.2
答案 B
解析 f(A)=2-cos 2A=2sin-cos 2A=2cos A-(2cos2A-1)=-2cos2A+2cos A+1,
当cos A=,即A=时,f(A)max=,
∴BC2=52+42-2×5×4×=21,∴BC=.
8.(2022·吉安模拟)在△ABC中,AB=BC,点D是边AB的中点,△ABC的面积为,则线段CD的取值范围是( )
A.(0,1) B.(1,+∞)
C. D.
答案 C
解析 设AB=BC=t,CD=m,所以S△ABC=t2sin B=,即t2sin B=,①
在△BCD中,由余弦定理得m2=t2+2-2t··cos B,
即t2cos B=t2-m2,②
由①②得t4=2+,
即9t4-40m2t2+16m4+=0,
令t2=x>0,设g(x)=9x2-40m2x+16m4+,则方程g(x)=0在(0,+∞)上有解,所以g=92-40m2×+16m4+≤0,解得m4≥,即m≥.
二、多项选择题
9.(2022·福州模拟)下列对△ABC解的个数的判断中正确的是( )
A.a=7,b=14,A=30°,有一解
B.a=30,b=25,A=150°,有一解
C.a=,b=,A=60°,有一解
D.a=6,b=9,A=45°,有两解
答案 AB
解析 选项A,bsin A=14sin 30°=7=a,则三角形有一解,判断正确;
选项B,bsin A=25sin 150°=,则a>b>bsin A,则三角形有一解,判断正确;
选项C,bsin A=sin 60°=,则a<bsin A,则三角形无解,判断错误;
选项D,bsin A=9sin 45°=,则a<bsin A,则三角形无解,判断错误.
10.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若+=0,则△ABC的形状为( )
A.直角三角形 B.等边三角形
C.等腰直角三角形 D.等腰三角形
答案 AD
解析 +=0,变形得=,
结合余弦定理得=,
因为c≠0,所以sin Bcos B=sin Acos A,
即sin 2A=sin 2B.
因为A,B∈(0,π),
所以2A=2B或2A+2B=π,即A=B或A+B=,
所以△ABC为等腰三角形或直角三角形.
11.(2023·宁波模拟)已知△ABC三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且ccos A+asin C=0,若角A的角平分线交BC于D点,且AD=1,则下列结论正确的是( )
A.A= B.A=
C.b+c的最小值为2 D.b+c的最小值为4
答案 AD
解析 由ccos A+asin C=0及正弦定理,
得sin Ccos A+sin Asin C=0,
因为C∈(0,π),sin C≠0,所以cos A+sin A=0,即tan A=-,
因为A∈(0,π),所以A=,故A正确;
S△ABC=S△ABD+S△ACD,
所以bc·sin =c·1·sin +b·1·sin ,
所以bc=b+c,即+=1,
所以b+c=(b+c)=2++≥2+2=4,
当且仅当b=c=2时,等号成立,
所以b+c的最小值为4,故D正确.
12.(2023·南昌模拟)已知O是△ABC的外心,若··+·=2m2,且2sin B+sin C=,则实数m可取的值为( )
A. B. C. D.1
答案 AB
解析 设△ABC的外接圆半径为R,因为O是△ABC的外心,故可得|AO|=R,
且·=||2=c2,·=||2=b2,
故·+·=2m2,
即|AB|·|AC|+|AB|·|AC|=2mR2,
也即bc=2mR2,则m=,
又2sin B+sin C=,
由正弦定理可得2b+c=2R,则R2=,
故m==≤=,
当且仅当=,即c=2b时,m取得最大值,
故结合选项知m可取的值为或.
三、填空题
13.已知锐角△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足c=,tan Atan B=+tan A+tan B,则a2+b2的取值范围为________.
答案 (5,6]
解析 方法一 由tan Atan B=+tan A+tan B,
得tan A+tan B=(tan Atan B-1),
则=-,
即tan(A+B)=-,
∴tan C=.
又0<C<,
∴C=,
∴A+B=.
又∵0<A<,0<B<,
∴<A<.
由正弦定理,得====2,
∴a2+b2=(2sin A)2+(2sin B)2
=4
=4
=4
=4.
又∵<A<,
∴<2A-<,
∴<sin≤1,
∴5<a2+b2≤6,即a2+b2的取值范围为(5,6].
方法二 由tan Atan B=+tan A+tan B,
得tan A+tan B=(tan Atan B-1),
则=-,
即tan(A+B)=-,
∴tan C=.
又0<C<,
∴C=.
设A=-α,B=+α.
∵0<-α<,0<+α<,
∴-<α<.
由正弦定理,得====2,
∴a2+b2=(2sin A)2+(2sin B)2
=4
=4
=4
=4+2cos 2α.
∵-<α<,
∴-<2α<,
∴<cos 2α≤1,
∴5<a2+b2≤6,
即a2+b2的取值范围为(5,6].
14.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若cos2C=sin2A+cos2B-sin Asin C,且b=6,则B=________,△ABC外接圆的面积为________.
答案 12π
解析 由cos2C=sin2A+cos2B-sin Asin C,
可得1-sin2C=sin2A+1-sin2B-sin Asin C,
即sin2A+sin2C-sin2B=sin Asin C,
则由正弦定理得ac=a2+c2-b2,由余弦定理可得cos B==,
又因为B∈(0,π),可得B=,
所以△ABC外接圆的半径R==2,
所以△ABC外接圆的面积为πR2=12π.
15.(2023·临汾模拟)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足5a2+3b2=3c2,则tan A的最大值为________.
答案
解析 ∵5a2+3b2=3c2,∴a2=,
∴cos A===≥=,
当且仅当c2=4b2,即c=2b时等号成立,
又A∈(0,π),∴cos A∈,cos2A∈,
∴tan A==≤=.
16.(2023·晋中模拟)如图,为方便市民游览市民中心附近的“网红桥”,现准备在河岸一侧建造一个观景台P,已知射线AB,AC且夹角为120°的公路(长度均超过4千米),在两条公路AB,AC上分别设立游客上、下点M,N,从观景台P到M,N建造两条观光线路PM,PN,测得AM=5千米,AN=3千米.若∠MPN=60°,则两条观光线路PM与PN之和的最大值为________千米.
答案 14
解析 在△AMN中,由余弦定理得,
MN2=AM2+AN2-2AM·ANcos 120°=25+9-2×5×3×=49,
所以MN=7千米.
设∠PMN=α,
因为∠MPN=60°,所以∠PNM=120°-α,0°<α<120°,
在△PMN中,由正弦定理得====,
所以PM=sin(120°-α),PN=sin α,
因此PM+PN=sin(120°-α)+sin α
=×=×=14sin(α+30°),
因为0°<α<120°,
所以30°<α+30°<150°.
所以当α+30°=90°,即α=60°时,PM+PN取到最大值14千米.
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