高考数学一轮讲义-解三角形及其应用（题型清单）（解析版）

这是一份高考数学一轮讲义-解三角形及其应用（题型清单）（解析版），共48页。

题型1 解单个三角形
1（23-24高三下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，ccsB−(2a−b)csC=0，则角C=（ ）
A．π6B．π3C．2π3D．5π6
【答案】B
【分析】根据正弦定理，结合三角恒等变化，将题中条件化为sinA=2sinAcsC，从而可求出结果.
【详解】在△ABC中，由ccsB−(2a−b)csC=0及正弦定理，
得sinCcsB=(2sinA−sinB)csC=2sinAcsC−sinBcsC，
则2sinAcsC=sinCcsB+sinBcsC=sin(B+C)=sinA，
而sinA>0，00)，则AD=2+t
由正弦定理：BDsin∠BAD=ABsin∠ADB，即t3314=AB32，则AB=73t
在△ABD中，AB2=AD2+BD2−2AD⋅BD⋅cs∠ADB
即499t2=t2+2+t2−2t2+t×−12，则t=3，即DB=3．
故选：A.
3（2025·浙江绍兴·二模）在等腰直角三角形ABC中，B=π2．P为其内部一点，满足∠APC=3π4，∠APB=2π3，则∠PAB的正切值为（ ）
A．6−311B．12C．7−711D．6−312
【答案】A
【分析】由已知，利用边角关系结合正弦定理建立方程即可求出∠PAB的正切值.
【详解】
由已知，设∠PAB=α，则∠PBA=π3−α，∠PBC=π6+α，
∠BPC=2π−3π4−2π3=7π12，∠PCB=π−7π12−π6+α=π4−α，
在△APB中，由正弦定理得PBsinα=ABsin2π3，
在△PBC中，由正弦定理得PBsinπ4−α=BCsin7π12，
又AB=BC,sin2π3=32,sin7π12=6+24，
所以sinαsin7π12=sin2π3sinπ4−α，
即6+24sinα=3222csα−22sinα，
即26+2sinα=6csα，
所以tanα=6−311.
故选：A.
4（2025·山东潍坊·二模）在△ABC中，AC=32AB，D为边BC上一点，满足BD=2DC，以A, D为焦点作一个椭圆G，若G经过B, C两点，则G的离心率为（ ）
A．13B．12C．33D．22
【答案】C
【分析】利用椭圆的定义，结合余弦定理、椭圆的离心率公式进行求解即可.
【详解】设DC=m，AC=n，则BD=2m，AB=23n，
设该椭圆长半轴长为a，由椭圆的定义可知：
m+n=2a2m+23n=2a，解得m=12an=32a
所以BD=a，DC=12a，AC=32a，AB=a
在△ABC中，显然有∠ADC=π−∠ADB，所以cs∠ADC=−cs∠ADB，
设AD=x，由余弦定理可知：AD2+DC2−AC22AD·DC=−AD2+DB2−AB22AD·DB，
即x2+a42−9a422×a2x=−x2+a2−a22ax,解得x=233a
因此椭圆的焦距为2c=|AD|=233a，
所以椭圆的离心率为：e=2c2a=233a2a=33.
故选：C.
5（2025·福建福州·一模）在△ABC中，AB=2，D为AB的中点，CD=3.
(1)若BC=6，求AC的长；
(2)若∠BAC=2∠BCD，求AC的长.
【答案】(1)2；
(2)2.
【分析】（1）在△DBC中，利用余弦定理可求得cs∠DBC=63，在△ABC中，再利用余弦定理，即可求得AC；
（2）如图，延长BA，使AE=AC，则△AEC为等腰三角形，进而可得∠BCD=∠AEC，则△BDC∼△BCE，则BC2=2+AC，结合平面向量基本定理，可得AC2+BC2=2AD2+DC2，联立即可求解.
【详解】（1）如图，在△DBC中，CD=3，BC=6，BD=1，
根据余弦定理，得cs∠DBC=BD2+BC2−CD22BD⋅BC=12+62−322×1×6=63，
又在△ABC中，cs∠ABC=63，BC=6，AB=2，
根据余弦定理，得cs∠ABC=AB2+BC2−AC22AB⋅BC=22+62−AC22×2×6=63，
解得AC=2；
（2）如图，延长BA，使AE=AC，则△AEC为等腰三角形，∠AEC=∠ACE，
∠BAC=∠AEC+∠ACE=2∠AEC，
又∠BAC=2∠BCD，所以∠BCD=∠AEC，所以∠BDC=∠BCE，
所以△BDC∼△BCE，则EBCB=BCBD，即AB+AECB=BCBD，
所以2+ACCB=BC1，则BC2=2+AC，
又AC=AD+DC，BC=BD+DC，
所以AC2=AD+DC2=AD2+DC2+2AD⋅DCcs∠BDC，
BC2=BD+DC2=BD2+DC2+2BD⋅DCcs∠ADC，
所以AC2+BC2=2AD2+DC2=212+32=8，
所以AC2+AC+2=8，即AC2+AC−6=0，解得AC=2或AC=−3（舍）.
题型3 三角形中的角平分线、中线、垂线问题
1（24-25高三下·浙江湖州·阶段练习）在锐角△ABC中，AB=AC，M是AB的中点，CM=54，过点C做AB的垂线，垂足是H，CH=12，则AB=（ ）
A．106B．56C．22D．1
【答案】B
【分析】令b=AC,c=AB，且b=c，根据已知得HM=14、AH=b2−14，再由AM=AH−HM列方程求边长即可.
【详解】令b=AC,c=AB，则b=c，
由题设，有HM=CM2−CH2=14，AH=b2−14，
所以AM=AH−HM⇒c2=b2=b2−14−14，则(b2+14)2=b2−14，
所以12b2−4b−5=(6b−5)(2b+1)=0，可得b=56（负值舍）.
故选：B
2（2025·湖南邵阳·模拟预测）已知在△ABC中，AB=4，AC=6，csB=18.若△ABC的角平分线AD交边BC于点D，则AD=（ ）
A．125B．835C．95D．32
【答案】D
【分析】根据余弦定理求出BC的长度，再利用角平分线定理得到BD与DC的比例关系，进而求出BD的长度，最后在△ABD中利用余弦定理求出AD的长度.
【详解】在△ABC中，根据余弦定理AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅csB，
已知AB=4，AC=6，csB=18，设BC=x，则有： 62=42+x2−2×4×x×18
解得x=5或x=−4（边长不能为负舍去），所以BC=5.
因为AD是角平分线，根据角平分线定理：可得BDDC=ABAC=46=23.
又因为BD+DC=BC=5，所以BD=22+3×5=2.
在△ABD中，再根据余弦定理AD2=AB2+BD2−2AB⋅BD⋅csB，
将AB=4，BD=2，csB=18代入可得：AD2=42+22−2×4×2×18=16+4−2=18
所以AD=18=32.AD的长度为32
故选：D.
3（2025·福建·模拟预测）在△ABC中，A,B,C的对边分别为a,b,c，A的角平分线AD交BC边于点D．若2b+c=2acsC，b=2，c=1，则BD=（ ）
A．1B．37C．73D．73
【答案】C
【分析】根据2b+c=2acsC，利用正弦定理边化角求得A=2π3，再利用S△ABC=S△ABD+S△ACD，可得到AD=23，利用余弦定理求得答案.
【详解】因为2b+c=2acsC，
由正弦定理得2sinB+sinC=2sinAcsC，则2sinAcsC+2sinCcsA+sinC=2sinAcsC，
所以2sinCcsA+sinC=0，
因为sinC>0，所以csA=−12
且02，
由余弦定理可得csB=AB2+BC2−AC22AB⋅BC=x+22+36−x22x+2×6=131+8x+2，
因为x>2，则0a⇒1+q>q21+q2>qq+q2>1q>0，
解之得q∈5−12,5+12
（ii）由（1）及正弦定理、余弦定理知：
tanA2tanC2=sinA1+csA⋅1−csCsinC=ac⋅1−a2+b2−c22ab1+c2+b2−a22bc=a+c−ba+c−b=a+aq2−aqa+aq2+aq
=1+q2−q1+q2+q=1−2q1+q2+q=1−2q+1q+1，
由对勾函数的性质知：fq=q+1q+1 在5−12,1上单调递减，在1,5+12上单调递增，
所以fq=q+1q+1∈3,5+1，则1−2q+1q+1∈13,3−52，
即tanA2tanC2的取值范围为13,3−52.
4（24-25高二下·辽宁丹东·期末）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且面积为S.
(1)若a2+b2+c2=43S，a=b，求C；
(2)求证：a2+b2+c2≥43S；
(3)求basinC+1tanB的最小值.
【答案】(1)C=π3
(2)证明见解析
(3)3
【分析】（1）由余弦定理及三角形面积公式结合题意可得3sinC+csC=2，据此可得答案；
（2）由基本不等式，三角函数值域，利用作差法可完成证明；
（3）由basinC+1tanB结合正弦定理和余弦定理可得basinC+csBsinB=a2+c2+b22absinC，然后由（2）中结论可得答案.
【详解】（1）由c2=a2+b2−2abcsC，a=b
a2+b2+c2=43×12absinC=23absinC，联立得3sinC+csC=2
则2sinC+π6=2⇒sinC+π6=1，因为0