新高考数学二轮复习大题练习专题01 解三角形大题综合（2份，原卷版+解析版）

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一、解答题
1．（2023·云南红河·弥勒市一中校考模拟预测）在△ABC中，已知，b＝1，B＝30°．
(1)求角A；
(2)求△ABC的面积．
【答案】(1)A＝90°或A＝30°；
(2)或．
【分析】（1）由正弦定理可得，根据三角形大边对大角确定角C大小，进而可得角A；
（2）根据（1）所得角A，应用三角形面积公式求△ABC的面积.
【详解】（1）由得：．
由且C为三角形内角，则，故或，而B＝30°，
所以A＝90°或A＝30°．
（2）当A＝90°时，．
当A＝30°时，，
所以△ABC的面积为或．
2．（2023·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）已知的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.
（1）求B；
（2）设，，求c.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由题设，根据正弦定理得，结合三角形内角的性质得，即可求B；
（2）由余弦定理，结合已知条件列方程，即可求c.
【详解】（1）由正弦定理得：，而，
∴，又，，
∴，又，即.
（2）由余弦定理，即，
∴，解得.
3．（2023·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）在中，内角对应的边分别为，已知．
（1）求；
（2）若，，求的值．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）根据正弦定理边化角化简题中等式即可；（2）直接运用余弦定理即可求解.
【详解】（1）在中，由正弦定理得，
因为，代入化简得，
因为，所以，
所以，又因为，所以.
（2）在中，由余弦定理得，
代入数据解得.
4．（2023·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）已知的内角，所对的边分别是，且.
（1）求角A的大小；
（2）若，且的面积，求a.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由正弦定理结合辅助角公式得出角A的大小；
（2）利用面积公式以及余弦定理，解出的值．
【详解】（1）因为，由正弦定理得；
所以
得
因
故
（2）
得
所以
5．（2023·云南·统考模拟预测）在①②③三个条件中选一个，补充在下面的横线处，然后解答问题．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，设的面积为S，已知________．
（1）求角C的值；
（2）若，点D在边上，为的平分线，的面积为，求边长a的值．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）选①，可由余弦定理得，进而可得；
选②，由面积公式和余弦定理可得，进而可得；
选③，可得，进而可得.
（2）设，由，，联立可求得.
【详解】（1）选①，由余弦定理得，
整理得，所以，又，故.
选②，因为，，
故，可得，又，故.
选③，可得，
所以，又，所以，故.
（2）在中，因为是的平分线，且，设，所以
，又，联立以上两式得：
，又，解得.
6．（2023·云南红河·弥勒市一中校考模拟预测）如图，在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，AB＝6，，，点D在边BC上，且∠ADC＝60°．
(1)求csB与△ABC的面积；
(2)求线段AD的长．
【答案】(1)；
(2)4
【分析】（1）利用余弦定理和面积公式，代入求解，（2）在△ABD中利用正弦定理，代入计算．
【详解】（1）根据题意得：，则
∴△ABC的面积
（2）∵∠ADC＝60°，则
在△ABD中由正弦定理，可得
7．（2023·云南曲靖·曲靖一中校考模拟预测）在锐角中，角A，B，C，的对边分别为a，b，c，从条件①：，条件②：，条件③：这三个条件中选择一个作为已知条件．
(1)求角A的大小；
(2)若，求周长的取值范围．
【答案】(1)
(2)周长的取值范围为
【分析】（1）若选条件①，切化弦即可；若选条件②，等价转换即可；若选条件③，由正弦定理，边化角得，再根据诱导公式等价转化即可.
（2）由正弦定理，边化角得，结合B的范围求解.
【详解】（1）选条件①：因为，所以，即，又因为为锐角三角形，所以，所以，所以.
选条件②：因为，所以
所以，又因为，所以，所以，所以，
选条件③：由正弦定理可得
即，又因为，所以，因为，所以.
（2）
，，
则即，
即周长的取值范围为.
8．（2023·云南红河·弥勒市一中校考模拟预测）已知，，为内角，，的对边，且；
(1)求；
(2)若，面积为，求的周长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理进行边角互化可得，进而可得；
（2）根据余弦定理与面积公式联立方程组，可解与，进而可得周长.
【详解】（1），
由正弦定理得，且，
所以，
即，，
又，
所以；
（2）由余弦定理
可得①，
又面积为，
得②，
联立①②可得，，
所以周长.
9．（2023·云南大理·统考模拟预测）从下面①②中选取一个作为条件，填在横线上，并解答问题．
①；②的面积为．
在中，内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，满足__________．
(1)求角A的大小；
(2)若点D在，且，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1) 选择①，由余弦定理可求解；选择②，先由正弦定理，再由余弦定理可求解；
(2)解法1：由正弦定理可求解；解法2：过点C作垂直交的延长线于点E，可得与相似，从而得，再由余弦定理可求解.
【详解】（1）选择①，由得，
即，
因为，所以．
选择②，由得，
即，
因为，所以．
（2）解法1：设，在中，由正弦定理得，所以，
在中，由正弦定理得，所以，
所以，即，即，
所以，即．
解法2：过点C作垂直交的延长线于点E，如图3．
∵，
∴，
又∵与相似，
∴，又在中，，
∴，∴，∴，
∴，∴，从而得．
10．（2023·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）在平面四边形ABCD中，，，，对角线AC与BD交于点E，且，.
(1)求BD的长；
(2)求的值.
【答案】(1)2
(2)
【分析】(1)利用正弦定理可直接求出，再利用勾股定理可得结果.
(2)根据已知条件和第一问的结论可求出和的余弦值，再结合余弦定理求出，进而求出的余弦值.
【详解】（1）在△中，由正弦定理得，
所以，所以，又因为，
所以， 所以．
（2）在△中， ，因为，
所以，，
在△中，，，，
所以，所以，
所以
11．（2023·云南曲靖·曲靖一中校考模拟预测）在，角，，的对边分别为，，.且.
(1)求B；
(2)若点D在AC边上，满足，且，，求BC边的长度.
【答案】(1)
(2)6
【分析】（1）由正弦定理化简已知等式，再由两角和的正弦定理化简可得，结合辅助角公式求得B；
（2）法一：由可得，对两边同时平方化简即可得出答案；
法二：由已知得，设，.因为，由余弦定理代入化简即可得出答案.
【详解】（1）因为，由正弦定理，
可得，
即，
所以.
因为，所以，即.
因为，所以，
所以，即
（2）法一：因为点D在AC边上，满足，
所以，
所以，
因为，，，
所以，
即，解得，即.
法二：由已知得，设，.
∵
∴
∴，即①
又∵∴，
即②
由方程①②解得，即.
12．（2023·云南昆明·校联考一模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.
(1)证明：；
(2)求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析.
(2).
【分析】（1）运用余弦定理得，再运用正弦定理边化角化简计算即可.
（2）运用三角形内角范围求得角C的范围，进而求得范围，运用边化角将问题转化为求关于的二次函数在区间上的值域.
【详解】（1）∵，
∴，
∴由余弦定理得：，即：，
由正弦定理得：，
∴，
整理得：，即：，
又∵，
∴，即：.
（2）∵，
∴，
又∵，，，
∴由正弦定理得：
，
又∵，
∴，
令，则，，
∵对称轴为，
∴在上单调递增，
当时，；当时，，
∴，即：的范围为.
13．（2023·云南·统考二模）中，内角、、的对边分别为、、，．
(1)若，．求证：；
(2)若为边的中点，且的面积为，求长的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用余弦定理求出的值，然后利用正弦定理可证得结论成立；
（2）由三角形的面积公式可求得的值，分析可知，利用平面向量的数量积运算可得出，利用基本不等式可求得长的最小值.
【详解】（1）证明：，，，
由余弦定理可得，．
.
（2）解：由可得．
为边的中点，则，
，
所以，
，即，
当且仅当时，等号成立，故长的最小值为.
14．（2023·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，点O为的内心，记△OBC，的面积分别为，，，已知，．
(1)若为锐角三角形，求AC的取值范围；
(2)在①；②；③中选一个作为条件，判断△ABC是否存在，若存在，求出的面积，若不存在，说明理由．（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．）
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）由题意，根据的内切圆的性质可得，利用正、余弦定理可得，结合角C的取值范围即可求解；
（2）选择①，根据正弦定理可得，由（1）得，方程无解即△ABC不存在．选择②，根据三角恒等变换可得，由（1）得，解得，结合三角形的面积公式计算即可.选择③，由（1），根据余弦定理可得，方程无解即△ABC不存在．
【详解】（1）设的内切圆半径为r，因为，
所以，化简得：，
所以，因为，所以，所以，
因为，所以，
因为为锐角三角形，
所以，，解得：，
所以，所以AC的取值范围为．
（2）选择①，因为，所以，
因为，所以，所以，
由（1）知，，所以，
整理得，方程无实数解，所以不存在．
选择②，由得：，
所以，即，所以，
由（1）知，，
所以，所以，解得，
所以存在且唯一，的面积．
选择③，因为，所以，
由（1）知，，所以，
整理得，
方程无实数解，所以不存在．
15．（2023·云南·校联考二模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
(1)求B；
(2)若，当取最大值时，求外接圆的半径．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用切化弦、和差角的正弦和正弦定理化简已知等式即得解；
（2）由题得，平方得，再利用基本不等式求出，由余弦定理和勾股定理求出，再利用正弦定理求出三角形外接圆半径.
【详解】（1），
即，
，
即，
则，又，
．
（2）由题得,
所以，
所以，所以，
所以（当且仅当时取等）
所以.
由余弦定理得.
所以，所以.
所以
设外接圆的半径为,所以
所以外接圆的半径为.
16．（2023·云南曲靖·统考模拟预测）在①；②；③这三个条件中选择一个补充在下面问题中的横线上，然后求解.
问题：在中，内角的对边分别为，且，______.（说明：只需选择一个条件填入求解，如果三个都选择并求解的，只按选择的第一种情形评分）
(1)求角的大小；
(2)求内切圆的半径.
【答案】(1)条件选择见解析，
(2)
【分析】（1）选①，利用正弦定理化边为角，再根据两角差的正弦公式化简即可得解；
选②，根据两角差的余弦公式结合三角形内角和定理化简即可；
选③，利用正弦定理化边为角，再结合商数关系化简即可；
（2）先利用余弦定理求出，再根据三角形的面积公式求出面积，再根据等面积法即可得解.
【详解】（1）选①，由正弦定理得，
因为，所以，所以，
化简得，所以，
因为，所以；
选②，因为，
所以，
所以，
又因为，所以；
选③，因为，由正弦定理得，
而，
，
因为，所以，
又因为，所以；
（2）由（1）知，，
所以，
所以，
设内切圆的半径为周长为，
因为，故，
所以，即内切圆的半径为.
17．（2023·云南昆明·统考模拟预测）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知的面积为．
(1)若，求；
(2)求的最大值．
【答案】(1)
(2)4
【分析】（1）利用正弦定理及三角形面积公式计算即可；
（2）利用三角形面积公式结合余弦定理化问题式为，结合三角函数的性质计算最值即可.
【详解】（1）由于，所以，
由正弦定理可得．
（2）由于，所以；
由余弦定理可得，
所以，
则当时，取得最大值4．
18．（2023·云南保山·统考二模）如图，在平面四边形中，，，.

(1)当四边形内接于圆O时，求角C；
(2)当四边形面积最大时，求对角线的长.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）根据，结合余弦定理求解即可；
（2）将四边形的面积拆成两个三角形的面积之和，由余弦定理和三角形面积公式结合三角函数的性质即可求解.
【详解】（1）由余弦定理可得：
，
，
所以.
又四边形内接于圆，
所以，
所以，
化简可得，又，
所以.
（2）设四边形的面积为S，
则，
又，
所以，即
平方后相加得，即，
又，
所以时，有最大值，即S有最大值.
此时，，代入得.
又，所以
在中，可得：
，即.
所以，对角线的长为.
19．（2023·云南·统考模拟预测）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求角C；
(2)若，D为边BC的中点，的面积且，求AD的长度.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）首先根据正弦定理，将等式中的边转化成角，然后通过三角函数恒等变换求出角的正切值，进而求出角.
（2）首先由面积可得，利用面积公式可得，再利用余弦定理得，通过联立方程可求出，最后在中使用余弦定理即可求出的长度.
【详解】（1）因为，所以，
又，所以，
因为，所以，所以，
即，又，所以；
（2）由面积可得，
则，即，得①，
又，所以②，
联立①②得或，又，所以，
在中，由余弦定理可得，
所以.
20．（2023·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）已知的内角所对边分别为，且
(1)证明：；
(2)求的最大值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）将正切化成正弦，化简整理，再利用正弦定理即可得证；
（2）结合（1）及余弦定理化简，再利用基本不等式可求得的最大值，进而得解.
【详解】（1），，
，
由正弦定理可得
（2）由（1）知，则
由余弦定理可得
，当且仅当时，即为正三角形时，等号成立，
由知，为锐角，
所以的最大值为，的最大值为
21．（2023·云南玉溪·统考一模）在△ABC中，角A，B，C的对边长依次是a，b，c，，．
(1)求角B的大小；
(2)当△ABC面积最大时，求∠BAC的平分线AD的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理角化边，再应用余弦定理可解得角B.
（2）由余弦定理与重要不等式可得△ABC面积最大时a、c的值，在△ABD中应用正弦定理可解得AD的值.
【详解】（1）∵，
∴由正弦定理可得，
∴由余弦定理得，
又∵，∴．
（2）在△ABC中，由余弦定理得，
即．
∵，，
∴，当且仅当时取等号，
∴，当且仅当a＝c＝2时，，
又∵△ABC面积为，
∴当且仅当a＝c＝2时△ABC面积最大．
当a＝c＝2时，．
又∵为的角平分线，∴
∴在△ABD中，，
∴在△ABD中，由正弦定理得．
22．（2023·云南昆明·昆明市第三中学校考模拟预测）已知在：中，角所对的边分别为，且.
(1)求的值；
(2)若为钝角三角形，且，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）将条件转化为，再利用正弦定理得到化简求解；
（2）根据结合，得到，且为钝角，然后利用余弦定理求解.
【详解】（1）解：依题意，，
故，
由正弦定理得，
即，故.
（2）因为，所以为锐角，
又，故，则，
因为为钝角三角形，所以为钝角；
因为，
所以，
解得，
所以的取值范围为.
23．（2023·云南昆明·统考一模）“不以规矩，不能成方圆”，出自《孟子·离娄章句上》．“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的角尺，是用来测量、画圆和方形图案的工具。有一块圆形木板，以“矩”量之，较长边为10cm，较短边为5cm，如图所示，将这块圆形木板截出一块三角形木块，三角形顶点都在圆周上，角的对边分别为，，，满足
(1)求；
(2)若的面积为，且，求的周长
【答案】(1)
(2)cm
【分析】（1）根据题意可求圆的直径，再结合正弦定理运算求解；
（2）根据题意结合面积公式和余弦定理运算求解.
【详解】（1）设的外接圆半径为，则（cm），
由正弦定理，可得.
（2）∵，则，故为锐角，
∴，
由面积公式，即，可得，
由余弦定理，即，
可得，解得（cm），
故的周长为（cm）.
24．（2023·云南红河·统考二模）记的内角，，的对边分别为，，，已知．
(1)证明：；
(2)求的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用正弦定理化角为边，再根据余弦定理结合基本不等式求出的范围，即可得的范围，即可得证；
（2）根据二倍角的余弦公式可得，设，，构造函数，利用导数求出函数的最值即可.
【详解】（1）因为，所以，
因为，
即，当且仅当时，等号成立，
又因为，所以；
（2），
设，则，
因为，所以，
设，由，得，
当，，单调递增；
当，，单调递减，
当时，取得最大值为，
所以的最大值为.
25．（2023·云南·校联考模拟预测）已知函数的相邻两条对称轴之间的距离为.
(1)求函数在区间上的值域；
(2)在锐角中，角，，的对边分别为，，，且，，，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）对函数进行化简，用辅助角公式合为一个三角函数，相邻两条对称轴之间的距离为即为半周期，可求出；
（2）由可得，由正弦定理求解即可.
【详解】（1）
，
∵，，，
∵，，
∴当时，，当时，，
即的值域为.
（2）由，且，可得，
又由正弦定理知，，∴，
∴，由，
∴.