2022届高考数学一轮复习专练27高考大题专练二解三角形的综合运用【含答案】

专练27高考大题专练(二)解三角形的综合运用1.[2021·全国新高考Ⅰ卷]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2＝ac，点D在边AC上，BDsin∠ABC＝asinC．(1)证明：BD＝b；(2)若AD＝2DC，求cos∠ABC.2.[中考真题-全国卷Ⅱ]△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sinBsinC．(1)求A；(2)若BC＝3，求△ABC周长的最大值．3.[中考真题-新高考Ⅰ卷]在①ac＝eq\r(3)，②csinA＝3，③c＝eq\r(3)b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA＝eq\r(3)sinB，C＝eq\f(π,6)，________？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.4.在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，eq\r(3)a＝csinB＋eq\r(3)bcosC，(1)求角B的大小；(2)若b＝4，且△ABC的面积等于4eq\r(3)，求a，c的值．5.[2021·山东新高考质量测评联合调研监测]在①coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－B）＝eq\f(1,2)＋cosB，②asinA＋c(sinC－sinA)＝bsinB，③eq\f(\r(3)c,bcosA)＝tanA＋tanB这三个条件中，任选一个，补充在下面问题中．问题：在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，b＝2eq\r(3)，________.(1)求角B；(2)求a＋2c的最大值．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.6.[2021·河北石家庄模拟]在①cosC＝eq\f(\r(21),7)，②asinC＝ccoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6）)，这两个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线处，并完成解答．问题：△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，B＝eq\f(π,3)，D是边BC上一点，BD＝5，AD＝7，且________，试判断CD和BD的大小关系________．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.7.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设(sinB－sinC)2＝sin2A－sinBsinC．(1)求A；(2)若eq\r(2)a＋b＝2c，求sinC．8.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知asineq\f(A＋C,2)＝bsinA．(1)求B；(2)若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围．专练27高考大题专练(二)解三角形的综合运用1．解析：(1)由题设，BD＝eq\f(asinC,sin∠ABC)，由正弦定理知：eq\f(c,sinC)＝eq\f(b,sin∠ABC)，即eq\f(sinC,sin∠ABC)＝eq\f(c,b)，∴BD＝eq\f(ac,b)，又b2＝ac，∴BD＝b，得证．(2)由题意知：BD＝b，AD＝eq\f(2b,3)，DC＝eq\f(b,3)，∴cos∠ADB＝eq\f(b2＋\f(4b2,9)－c2,2b·\f(2b,3）＝eq\f(\f(13b2,9)－c2,\f(4b2,3），同理cos∠CDB＝eq\f(b2＋\f(b2,9)－a2,2b·\f(b,3）＝eq\f(\f(10b2,9)－a2,\f(2b2,3），∵∠ADB＝π－∠CDB，∴eq\f(\f(13b2,9)－c2,\f(4b2,3）＝eq\f(a2－\f(10b2,9),\f(2b2,3），整理得2a2＋c2＝eq\f(11b2,3)，又b2＝ac，∴2a2＋eq\f(b4,a2)＝eq\f(11b2,3)，整理得6a4－11a2b2＋3b4＝0，解得eq\f(a2,b2)＝eq\f(1,3)或eq\f(a2,b2)＝eq\f(3,2)，由余弦定理知：cos∠ABC＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(4,3)－eq\f(a2,2b2)，当eq\f(a2,b2)＝eq\f(1,3)时，cos∠ABC＝eq\f(7,6)>1不合题意；当eq\f(a2,b2)＝eq\f(3,2)时，cos∠ABC＝eq\f(7,12)；综上，cos∠ABC＝eq\f(7,12).2．解析：(1)由正弦定理和已知条件得BC2－AC2－AB2＝AC·AB.①由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcosA．②由①②得cosA＝－eq\f(1,2).因为0<A<π，所以A＝eq\f(2π,3).(2)由正弦定理及(1)得eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sinC)＝eq\f(BC,sinA)＝2eq\r(3)，从而AC＝2eq\r(3)sinB，AB＝2eq\r(3)sin(π－A－B)＝3cosB－eq\r(3)sinB.故BC＋AC＋AB＝3＋eq\r(3)sinB＋3cosB＝3＋2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,3）).又0<B<eq\f(π,3)，所以当B＝eq\f(π,6)时，△ABC周长取得最大值3＋2eq\r(3).3．解析：方案一：选条件①.由C＝eq\f(π,6)和余弦定理得eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3),2).由sinA＝eq\r(3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b.于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2)，由此可得b＝c.由①ac＝eq\r(3)，解得a＝eq\r(3)，b＝c＝1.因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时c＝1.方案二：选条件②.由C＝eq\f(π,6)和余弦定理得eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3),2).由sinA＝eq\r(3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b.于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2)，由此可得b＝c，B＝C＝eq\f(π,6)，A＝eq\f(2π,3).由②csinA＝3，所以c＝b＝2eq\r(3)，a＝6.因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时c＝2eq\r(3).方案三：选条件③.由C＝eq\f(π,6)和余弦定理得eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3),2).由sinA＝eq\r(3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b.于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2)，由此可得b＝c.由③c＝eq\r(3)b，与b＝c矛盾．因此，选条件③时问题中的三角形不存在．4．解析：(1)由正弦定理得eq\r(3)sinA＝sinC·sinB＋eq\r(3)sinB·cosC.因为A＋B＋C＝π，所以eq\r(3)sin(B＋C)＝sinC·sinB＋eq\r(3)sinB·cosC，即eq\r(3)(sinBcosC＋cosBsinC)＝sinCsinB＋eq\r(3)sinBcosC，化简，得eq\r(3)cosB＝sinB.因为B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).(2)由(1)知B＝eq\f(π,3)，因为b＝4，所以由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB，即42＝a2＋c2－2accoseq\f(π,3)，化简，得a2＋c2－ac＝16.①因为该三角形面积为4eq\r(3)，所以eq\f(1,2)acsinB＝4eq\r(3)，即ac＝16.②联立①②，解得a＝c＝4.5．解析：(1)选择①：由coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－B）＝eq\f(1,2)＋cosB，得eq\f(1,2)cosB＋eq\f(\r(3),2)sinB＝eq\f(1,2)＋cosB，即eq\f(\r(3),2)sinB－eq\f(1,2)cosB＝eq\f(1,2)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6）)＝eq\f(1,2)，因为0<B<π，所以－eq\f(π,6)<B－eq\f(π,6)<eq\f(5,6)π，故B－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，所以B＝eq\f(π,3).选择②：由正弦定理，asinA＋c(sinC－sinA)＝bsinB可化为a2＋c2－b2＝ac，由余弦定理，得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(1,2)，因为0<B<π，所以B＝eq\f(π,3)，选择③：由正弦定理，得eq\f(\r(3)c,bcosA)＝eq\f(\r(3)sinC,sinBcosA)，又tanA＋tanB＝eq\f(sinA,cosA)＋eq\f(sinB,cosB)＝eq\f(sinAcosB＋cosAsinB,cosAcosB)＝eq\f(sinA＋B,cosAcosB)＝eq\f(sinC,cosAcosB).由eq\f(\r(3)c,bcosA)＝tanA＋tanB，得eq\f(\r(3)sinC,sinBcosA)＝eq\f(sinC,cosAcosB)，因为sinC>0，所以tanB＝eq\r(3)，因为0<B<π，所以B＝eq\f(π,3).(2)在△ABC中，由(1)及b＝2eq\r(3)，eq\f(b,sinB)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(2\r(3),\f(\r(3),2）＝4，故a＝4sinA，c＝4sinC，所以a＋2c＝4sinA＋8sinC＝4sinA＋8sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)π－A）＝4sinA＋4eq\r(3)cosA＋4sinA＝8sinA＋4eq\r(3)cosA＝4eq\r(7)sin(A＋φ)，因为0<A<eq\f(2,3)π且φ为锐角，所以存在角A使得A＋φ＝eq\f(π,2)，所以a＋2c的最大值为4eq\r(7).6．解析：设AB＝x，在△ABD中由余弦定理可得：49＝x2＋25－2·x·5·coseq\f(π,3)＝x2＋25－5x，即x2－5x－24＝0，解得x＝8.方案一选条件①.由cosC＝eq\f(\r(21),7)得sinC＝eq\f(2\r(7),7)，∵A＋B＋C＝π，∴sinA＝sin(B＋C)＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(21),7)＋eq\f(1,2)×eq\f(2\r(7),7)＝eq\f(5\r(7),14)，在△ABC中由正弦定理可得：eq\f(BC,\f(5\r(7),14）＝eq\f(8,\f(2\r(7),7），解得：BC＝10，∴CD＝BD＝5.方案二选条件②.由正弦定理可得：a＝2RsinA，c＝2RsinC，代入条件asinC＝ccoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6）)得：sinAsinC＝sinC·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosA＋\f(1,2)sinA）＝eq\f(\r(3),2)cosAsinC＋eq\f(1,2)sinAsinC，∴eq\f(1,2)sinAsinC＝eq\f(\r(3),2)cosAsinC，因为A为三角形内角，所以tanA＝eq\r(3)，故A＝eq\f(π,3)，所以△ABC为等边三角形，所以BC＝8，∴CD＝3，所以CD<BD.7．解析：(1)由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sinBsinC，故由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc.由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2ab)＝eq\f(1,2).因为0°<A<180°，所以A＝60°.(2)由(1)知B＝120°－C，由题设及正弦定理得eq\r(2)sinA＋sin(120°－C)＝2sinC，即eq\f(\r(6),2)＋eq\f(\r(3),2)cosC＋eq\f(1,2)sinC＝2sinC，可得cos(C＋60°)＝－eq\f(\r(2),2).由于0°<C<120°，所以sin(C＋60°)＝eq\f(\r(2),2)，故sinC＝sin(C＋60°－60°)＝sin(C＋60°)cos60°－cos(C＋60°)sin60°＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4).8．解析：(1)由题设及正弦定理得sinAsineq\f(A＋C,2)＝sinBsinA.因为sinA≠0，所以sineq\f(A＋C,2)＝sinB.由A＋B＋C＝180°，可得sineq\f(A＋C,2)＝coseq\f(B,2)，故coseq\f(B,2)＝2sineq\f(B,2)coseq\f(B,2).因为coseq\f(B,2)≠0，故sineq\f(B,2)＝eq\f(1,2)，因此B＝60°.(2)由题设及(