10解三角形-江苏省2023-2024学年高三上学期数学期末复习专题练习（苏教版）

这是一份10解三角形-江苏省2023-2024学年高三上学期数学期末复习专题练习（苏教版），共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2023上·江苏南京·高三南京市第一中学校考期末）已知是面积为的等边三角形，四边形是面积为2的正方形，其各顶点均位于的内部及三边上，且可在内任意旋转，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
2．（2023上·江苏扬州·高三仪征中学校联考期末）中点在边上且，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
3．（2023上·江苏南通·高三统考期末）为测量河对岸的直塔AB的高度，选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C，D，测得的大小为60°，点C，D的距离为200m，在点C处测得塔顶A的仰角为45°，在点D处测得塔顶A的仰角为30°，则直塔AB的高为（ ）
A．100mB．C．D．200m
4．（2022上·江苏南通·高三统考期末）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．
5．（2021上·江苏南京·高三南京市中华中学校考期末）在中，，，点满足，，则的长为（ ）
A．B．C．D．6
6．（2021上·江苏泰州·高三统考期末）已知向量，，则面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．1
二、多选题
7．（2023上·江苏南通·高三统考期末）已知点是圆锥的顶点，四边形内接于的底面圆，，，，，均在球的表面上，若，，，，球的表面积是，则（ ）
A．B．平面
C．与的夹角的余弦值是D．四棱锥的体积是
8．（2022上·江苏南通·高三统考期末）已知点A(4，3)在以原点O为圆心的圆上，B，C为该圆上的两点，满足，则（ ）
A．直线BC的斜率为B．∠AOC＝60°
C．△ABC的面积为D．B、C两点在同一象限
三、填空题
9．（2023上·江苏扬州·高三扬州市新华中学校考期末）如图，在中，，，、分别在边、上，，且.则值是 ；的面积是 .
10．（2023上·江苏扬州·高三仪征中学校联考期末）已知是双曲线的左右焦点，过的直线与双曲线交于两点，且，，则双曲线的离心率为
11．（2023上·江苏南通·高三统考期末）已知平行四边形中，，，.若沿对角线将折起到的位置，使得，则此时三棱锥的外接球的体积大小是 .
12．（2023上·江苏南通·高三统考期末）已知椭圆的左、右焦点分别为,,点在椭圆上,若是以为顶点的等腰三角形,且,则的离心率 .
13．（2022上·江苏泰州·高三统考期末）的三条边分别为，若该三角形绕着三条边旋转一周所得几何体的体积分别为.若，则的值为 ；若，，则的值为 .
14．（2022上·江苏扬州·高三统考期末）在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且．若（）有最大值，则的取值范围是 ．
15．（2021上·江苏徐州·高三徐州市第一中学校考期末）在平面几何中，有勾股定理：“设的两边互相垂直，则．”拓展到空间，类比平面几何中的勾股定理，研究三棱锥的侧面面积与底面面积间的关系，可以得出的正确结论是：“设三棱锥中的三个侧面两两相互垂直，则__________．”请将上述结论补充完整，并给出证明．
注：证明过程中不允许添加辅助线，涉及到立体几何的非必要证明过程可省略．
16．（2021上·江苏连云港·高三江苏省新海高级中学校考期末）在中，为边上一点，，，若，且，则 ．
17．（2021上·江苏常州·高三校联考期末）在中，已知，的平分线交于，且，，则的面积为 .
18．（2020上·江苏常州·高三校联考期末）在中，，点满足，且对任意，恒成立，则 .
四、解答题
19．（2023下·江苏南京·高三校联考期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，.
(1)求证：；
(2)若，求的值.
20．（2023上·江苏扬州·高三校联考期末）在平面四边形中，，，．
(1)若的面积为，求；
(2)若，，求．
21．（2023上·江苏南通·高三统考期末）中，内角，，所对应的边分别为，，，且满足，B.
(1)判断的形状
(2)若点在上且，点与点在直线同侧，且，，求．
22．（2023上·江苏南通·高三统考期末）已知的内角、、的对边分别为、、，，，点满足.
(1)若为的角平分线，求的周长；
(2)求的取值范围.
23．（2023上·江苏南通·高三统考期末）在中，的平分线与边交于点，且.
(1)若，求的面积；
(2)求的最小值.
24．（2022上·江苏南京·高三期末）记的内角，，的对边分别为，，，分别以，，为直径的三个圆的面积依次为，，.已知.
(1)若，求的面积；
(2)若的面积为，求周长的最小值.
参考答案：
1．D
【分析】先分别求出等边三角形和正方形的边长及其内切圆半径，根据所求结果和正方形可在内任意旋转可知，正方形各个顶点在三角形的内切圆上，建立合适的直角坐标系，求出三角形的顶点坐标和其内切圆的方程，设出的三角坐标，根据可得到关于坐标中变量的关系，分类讨论代入中化简，用辅助角公式分别求出最大值，选出结果即可.
【详解】解：因为是面积为的等边三角形，记边长为，
所以，解得，
记三角形内切圆的半径为，根据，可得：
，解得，
因为正方形面积为2，所以正方形边长为，
记正方形外接圆半径为，
所以其外接圆直径等于正方形的对角线2，即，
根据正方形的对称性和等边三角形的对称性可知，
正方形外接圆即为等边三角形的内切圆，因为正方形可在内任意旋转，
可知正方形各个顶点均在该三角形的内切圆上，
以三角形底边为轴，以的垂直平分线为轴建立直角坐标系如图所示：
故可知，圆的方程为，
故设，，
因为，即，
化简可得，即，
解得或，
①当时，点坐标可化为，
此时
，
所以当，即，即，
即时，取得最大值；
②当时，点坐标可化为，
此时
，
因为，所以当，即，即，
即时，取得最大值，
综上可知：取得最大值.
故选：D
【点睛】方法点睛：该题考查平面几何的综合应用，属于难题，关于圆锥曲线中点的三角坐标的设法有：
（1）若点在圆上，可设点为，其中；
（2）若点在圆上，可设点为，其中；
（3）若点在椭圆上，可设点为，其中；
2．C
【分析】设，得，由利用余弦定理得代入，再利用平方关系求出可得，利用二次函数配方求最值可得答案.
【详解】设，，由得，
因为，，所以，
且为锐角，可得，
在中由余弦定理可得，
即，，
所以，
，
所以，
当且仅当即等号成立.
故选：C.
3．A
【分析】根据画出图形，设，结合条件可得，，然后根据余弦定理即得.
【详解】设，则，，
∴，
在中，由余弦定理可得
，
∴，
∴(负值舍去)，即直塔AB的高为100m.
故选：A.
4．A
【分析】根据题意作出图形，由三角形的边角关系以及正弦定理结合同角三角函数基本关系、两角差的正弦公式即可求解.
【详解】
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．A
【分析】把用表示后，利用模的平方转化为数量积计算可求得，然后再由余弦定理得．
【详解】因为，
所以，
设，则得，
即，因为，故解得，即，
所以．
故选：A．
【点睛】关键点点睛：本题考查向量在几何中的应用，解题关键是利用向量的线性运算表示出向量，然后平方抒发向量的模转化为数量积的运算，即利用数量积求线段长．
6．C
【解析】利用向量公式求出向量与的夹角及模长，利用三角形面积公式求得面积，运用三角函数性质求得最值.
【详解】，
,，其中，
故，
，
故当时，即时，取最大值为.
故选：C.
7．ACD
【分析】根据球的表面积公式，易得球的半径对于，因为，所以，结合余弦定理及已知条件可求得；对于，利用反证法即可判定；对于，由正弦定理可求得底面圆的直径，进而可求棱锥的高，从而可求，，再利用余弦定理求出与的夹角的余弦值；利用棱锥的体积公式即可求出四棱锥的体积，从而判断．
【详解】设底面圆的半径为，球的半径为，
已知球的表面积是，则，则，
四边形内接于的底面圆，
设，则，
在中，由余弦定理可得，
，
在中，由余弦定理可得，
，
由可得，即，
所以，代入可得，所以A正确；
，
在中，由正弦定理可得，则，
设棱锥的高为，则，
所以，即与重合，
则，所以，
则中，，，
由余弦定理，，
所以与的夹角的余弦值是，所以C正确；
，所以D正确；
对于选项B，假设平面，
又有平面，平面平面，
则，而四边形中，，，，
显然不成立，故矛盾，
所以平面不成立，
所以B错误．
故选：ACD．
8．ABD
【分析】由向量相等得直线平行，线段相等，同时得出的方向，从而由斜率判断A，由四边形的形状判断B，求出三角形面积判断C，确定与的夹角的大小判断D．
【详解】，则平行且相等，，A正确；
而，所以是菱形，且都是正三角形，即，B正确，
，
，C错误，
设的倾斜角为，由且，
若直线在直线上方，则，，均在第二象限，
若直线在直线下方，由于，，因此点在第四象限，
则（取较小角），在第四象限，
综上，在同一象限，D正确．
故选：ABD．
9． /
【分析】分析可得，，在中，利用正弦定理结合二倍角的正弦公式可求得的值；求出的长，利用两角和的正弦公式求出的值，利用三角形的面积公式可求得的面积.
【详解】因为，则，故，
因为，则为的中点，且，
在中，由正弦定理可得，即，
易知为锐角，故，可得，
所以，，则，
，
，故在中，为锐角，故，
所以，，
因此，.
故答案为：；.
10．
【分析】由已知条件结合双曲线的定义可得为等边三角形，从而得，然后在中，利用余弦定理化简可得到，从而可求出离心率的值.
【详解】解：设，则，设，
所以，由双曲线的定义得，，解得，
所以，， ，，
所以为等边三角形，
所以，则，
所以，在中，由余弦定理得，,
即，化简得，，
所以双曲线的离心率为，
故答案为：
11． /
【分析】求得，根据三棱锥的结构特征，将其补成一个长方体，设出其棱长 ，表示出，求得外接球半径，即可求得答案.
【详解】如图示：
在平行四边形中，，，，
则 ,
所以,
则在三棱锥中，，
故可将三棱锥中补成一个长方体，如图示：
则，故，
由题意可知三棱锥的外接球即为该长方体的外接球，设球的半径为r,
则，
故外接球体积为，
故答案为：
12．/0.4
【分析】根据是等腰三角形及椭圆定义,求出该三角形的各个边长,再根据余弦定理建立关于等式,求出离心率即可.
【详解】解:由题知是以为顶点的等腰三角形,
所以,
因为点在椭圆上,
根据椭圆的定义可知:
,
故,
因为,
故在中,由余弦定理可得:
,
即,
解得: ,
即.
故答案为:
13． /-0.25
【分析】设边上的高分别为，该三角形的面积为，通过
可得，代入余弦定理可得；由前边分析可得，由余弦定理结合条件可得结果.
【详解】设边上的高分别为，该三角形的面积为，
则即，同理可知，
所以，所以,
由上述过程可知，，因为，
所以,
因为，
所以
故答案为：
14．
【分析】方法一：由已知结正弦定理可得，从而可得＝2m[csC＋（－）sinC]，构造函数f（C）＝csC＋（－）sinC，利用导数求其最大值，从而结合三角函数的性质可得结果，
方法二：由已知结正弦定理可得，从而可得mb＋nc＝2m[csC＋（－）sinC]，构造函数f（C）＝csC＋（－）sinC，然后利用辅助角公式结合三角函数的性质可求得
【详解】法一：由题意可知，在中，由正弦定理可得，＝＝＝＝2，
所以，
又B＋C＝，
则mb＋nc＝m2sinB＋n2sinC＝2m[sin（－C）＋sinC]
＝2m[csC－sinC＋sinC]
＝2m[csC＋（）sinC]，
设f（C）＝csC＋（）sinC，则f′（C）＝－sinC＋（）csC，
令f′（C）＝0，则－sinC＋（）csC＝0，
即tanC＝∈（0，），
所以∈，则∈（，2）．
法二：由题意可知，在中，由正弦定理可得，＝＝＝＝2，
所以，
又B＋C＝，
则mb＋nc＝m2sinB＋n2sinC＝2m[sin（－C）＋sinC]
＝2m[csC－sinC＋sinC]
＝2m[csC＋（）sinC]，
设f（C）＝2m[csC＋（）sinC]＝sin（C＋），其中tan＝，
则当C＋＝，即C＝－时取到最大值，
则此时tanC＝tan（－）＝＝＝∈（0，），
所以∈，则∈（，2）．
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查正弦定理的应用，考查三角函数恒等变换公式的应用，考查导数的应用，解题的关键是由正弦定理和三角函数恒等变换公式得到mb＋nc＝2m[csC＋（）sinC]，然后构造函数f（C）＝csC＋（）sinC，利用导数或三角函数的性质求出其最值，从而可求得结果，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题
15．
【解析】先由类比得出答案，然后证明，根据条件得到直线两两相互垂直，得出的面积，由勾股定理可得出，由余弦定理得到，由面积公式得到，从而证明.
【详解】
证明：
∵在三棱锥中，因为平面平面平面两两相互垂直，
所以直线两两相互垂直，
即都是以P为直角顶点的直角三角形，
，，，
由勾股定理得，，，
从而，
在中，由余弦定理得，
从而，
∴
所以三个侧面两两相互垂直，则有
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题考查类比方法的应用，考查余弦定理的应用，解答本题的关键是由勾股定理可得出，由余弦定理得到，由面积公式得到，属于中档题.
16．
【解析】由及向量平行四边形法则可得出，结合条件可得中，，，根据余弦定理计算即可.
【详解】解：因为，，
所以根据向量平行四边形法则可得，，
又，故且，
在中，由余弦定理：，
所以.
故答案为：
【点睛】求解几何计算问题要注意：
（1）根据已知的边角画出图形并在图中标示；
（2）选择在某个三角形中运用正弦定理或余弦定理.
17．
【解析】设，，将利用三角形面积公式表示出来，可得，在中，利用余弦定理可得，解得，即可求出，，进而可得的值，再利用三角形面积公式即可求解.
【详解】因为平分，所以，
设，则，，
因为，设，
所以，
所以，，
因为，所以，即，
在中，，所以，
可得，解得：，
所以，
所以，
，
所以，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是将用面积公式表示出来可得边角之间的关系，再结合余弦定理即求出边和角即可求面积.
18．
【解析】根据题意，设，则，由向量模的定义以及向量减法的几何意义分析可得，即，进而可得、的值，结合余弦定理计算可得答案．
【详解】根据题意，在中，点满足.
设，则.
∵
∴对任意，恒成立，必有，即，如图所示.
∵
∴，
∴.
∴
故答案为：.
【点睛】本题考查三角形中的几何计算，涉及向量加减法的几何意义以及余弦定理的应用，属于综合题．
19．(1)见解析
(2)
【分析】（1）由向量的运算以及三角恒等变换得出，最后由正弦定理求解即可；
（2）由余弦定理得出，再由余弦定理得出，进而得出的值.
【详解】（1）因为，所以，
即，因为，所以.
由正弦定理可得，
（2）由，以及余弦定理可得.
即，因为，所以.
所以，因为，所以.
20．(1)
(2)
【分析】（1）在中，利用三角形的面积公式和余弦定理求解即可；
（2）在和中用两次正弦定理即可求解.
【详解】（1）因为在中，，，
所以，解得，
在中，由余弦定理得，
所以．
（2）设，则，
在中，，由正弦定理可得，即，
在中，由正弦定理得，即，即，
所以，解得，即．
21．(1)等腰直角三角形
(2)
【分析】（1）由，可得角，利用正弦定理及两角和的正弦公式可得，即可判断的形状；
（2）不妨设，，可得，，再利用两角和差的正切公式计算即可．
【详解】解：因为，
所以，
所以．
又因为，所以．
在中，由正弦定理得，，
又因为，所以，
所以．
又因为，所以，
所以C.
因为，所以，，
所以的形状是等腰直角三角形．
因为的形状是等腰直角三角形，
所以不妨设，．
因为，，所以，．
在直角中，，
所以．
因为，，
所以．
22．(1)
(2)
【分析】（1）由和，根据为的角平分线，得到，再与求解.
(2)由和，得到，再结合，得到求解.
【详解】（1）在中，，①
在中，，②
因为为的角平分线，
所以，所以，
因为，所以，
所以，
又因为，所以，
又因为，
所以，，
所以的周长为.
（2）在中，，
在中，，
因为，所以，
所以，
因为，所以，
因为，所以
所以所以，
令，则，
则，，
，
当时， ，当 时， ，
所以在上单调递减，在上单调递增
所以，所以的取值范围为.
23．(1)
(2)
【分析】（1）计算出为直角，可在中计算出、的长，再利用三角形的面积公式可求得的面积；
（2）设，求出的取值范围，利用正弦定理可得出，利用平面向量数量积的定义以及三角恒等变换可得出，利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】（1）解：在中，，，所以，
又是的平分线，所以，，
故，
在中，，，故，，
所以的面积.
（2）解：设，则，，，
所以，，解得，
在中，根据正弦定理得，
得，
所以
，
当且只当，即时，等号成立.
所以的最小值为.
24．(1)
(2)
【分析】（1）由已知条件和可得到，根据余弦定理可求得，即可由面积公式求得的面积；
（2）由已知得，从而可得，由面积公式可得，构造函数确定其在上单调性，由特殊值，即可得，，结合基本不等式得，，从而可求得周长的最小值.
【详解】（1）解：记的面积为，
因为，所以，
由余弦定理得，所以，则，
所以；
（2）解：因为，得
又由余弦定理得，
所以，所以，则，
又，设，
所以，所以在单调递增，
且，从而，所以
则，
所以，即，
且，当且仅当时，取等号，
所以周长的最小值.