新高考数学一轮复习考点精讲讲练学案 解三角形在平面几何中的应用（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页第第页参考答案1．B【解析】【分析】由直角三角形中的射影定理，结合勾股定理可得出答案.【详解】由射影定理知，，又,由此可以看出只要知道其中的两条就可以求出第三条线段.故选:B2．C【解析】【分析】设，由正弦定理得，，两式相除即可求出.【详解】设，在中，由正弦定理可得①，由可得，则，，在中，由正弦定理可得②，①②两式相除，得，即，整理得，化简得，故.故选:C【点睛】本题主要考查正弦定理与余弦定理在解三角形中的应用，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题.3．A【解析】【分析】先用余弦定理求出，进而求出，再使用进行求解.【详解】在三角形BCD中，由余弦定理得：，因为，所以角C为锐角，所以，在三角形ABC中，故选：A4．C【解析】【分析】先利用同角三角函数的关系求出的值，再利用二倍角公式结合可求出的值，由的面积为，求出的值，在中，利用余弦定理可求出的值，在中，利用余弦定理可求出的值【详解】∵，∴.又，∴，.故的面积，解得.则在中，由余弦定理可得，得.解法一：在中，由余弦定理可得，即，得.解法二：∵，所以.故选：C【点睛】关键点点睛：求解平面图形中的计算问题，关键是梳理条件和所求问题的类型，然后将数据化归到三角形中，利用正弦定理或者余弦定理建立已知和所求的关系，具体解题思路：（1）把平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦定理或余弦定理求解；（2）寻找各个三角形之间的联系，使用共同条件，求出结果.5．D【解析】【分析】由托勒密定理可得，由可求出.【详解】由题，设，由托勒密定理可得，所以，又因为，，所以.故选：D.6．A【解析】【分析】先令，由，平方化简可得当时，有最大值，再由此求出所有边角，再设内切圆半径为，根据等面积法，求出.【详解】令，，由，平方相加得，得，显然，当时，有最大值，则，又，得，则，设为的中点，如图所示,则，设内切圆的半径为，则，解得.故选：A【点睛】本题考查了两角差的余弦公式，考查了同角三角函数的基本关系式，考查了解三角形，考查了内切圆的特点，考查了学分分析观察能力，属于中档题.7．D【解析】【分析】根据给定条件求出，，在中由余弦定理求出，再在中由正弦定理计算作答.【详解】在中，，，则，因，则，在中，由余弦定理得：，即，在中，由正弦定理得：，所以.故选：D8．B【解析】【分析】利用三角形边角关系，将转化为关于边的方程，解得边，进而由三角形的面积公式，直接求出面积即可.【详解】如图，过作,交的延长线于，因为，则,，，所以又因为所以，即，解得：或（舍）所以.故选：B.9．B【解析】【分析】由题意可知四边形是以为圆心的圆内接四边形，由可得，，则，由可得，从而得，再利用结合余弦定理可得结果【详解】由题意可知四边形是以为圆心的圆内接四边形，因为，所以，，所以，又由题目条件可知，，所以，，所以，所以．故选：B【点睛】关键点点睛：此题考查余弦定理的综合应用，考查降幂公式，考查三角形的面积公式的应用，考查圆内接四边形的性质的应用，解题的关键是由得四边形是以为圆心的圆内接四边形，从而有，由可得，再结合已知条件和余弦定理可得结果，考查数形结合的思想和计算能力，属于中档题10．C【解析】【分析】作出辅助线，利用余弦定理求出∠ACE的余弦值，进而求出正弦值，利用面积公式求出答案.【详解】延长AD到点E使DE=AD，连接CE，则因为边上的中线，所以△ABD≌△ECD所以，，面积等于的面积在三角形ACE中，由余弦定理得：，则所以故选：C11．C【解析】【分析】先求出各角的角度，再使用余弦定理求解长度.【详解】由题意得：，，故，所以从A到C的航向为北偏东，由余弦定理得：，故.故选：C12．A【解析】【分析】由条件可得，然后根据余弦定理可得、，根据三角形是钝角三角形求出，，，然后利用对勾函数的性质求出的范围即可．【详解】如图所示：，连接，并延长交于，由是三角形的重心，得是的中点，，，由重心的性质得，即，由余弦定理得：，，，，，则，，，，为锐角，是钝角三角形，或为钝角，或，将代入得：，，，．故选：A13．D【解析】【分析】根据几何关系求出AE，在△ACE中，根据余弦定理可求CE，从而可求CF，在△BCF里面利用余弦定理可求．【详解】由题意知，，在中，由余弦定理知，，，而，，∴在中，由余弦定理知，．故选：D．14．D【解析】【分析】设，由三角比的定义可得，，继而求得，令和，求导可得的最大值为：，继而求得长度的最小值.【详解】设，，，，则，则有和，代入，解得：，令和，导函数，即可得的最大值在时取得，此时，求得此时，故选：D.15．C【解析】【分析】由正弦定理求得，继而求出，再根据三角形外角定理，结合两角和的正弦公式，求得答案.【详解】如图示：在中，由正弦定理得：,故,而,故只能是锐角，故，所以，故选：C16．D【解析】【分析】分别在、上取点、，使得，连接、、，转化条件得，由平面向量加法的平行四边形法则可得，，结合平面几何的知识可得、分别为、的中点，，再由余弦定理即可得解.【详解】分别在、上取点、，使得，连接、、，如图所示：线段为边上的高，，，，，，由平面向量加法的平行四边形法则可得，，四边形为菱形，平分角，，，为的中点，、分别为、的中点，，又，点为的中点，即与点重合，在中，,.故选：D.【点睛】本题考查了平面向量数乘及加法的平行四边形法则的应用，考查了余弦定理的应用与运算求解能力，属于中档题.17．C【解析】【分析】由得，在中结合正余弦定理求解即可．【详解】由得．在中，由余弦定理得，所以，则．因为，所以．在中，，所以由正弦定理得，故选：C．【点睛】方法点睛：用正、余弦定理解决平面多边形问题时，应把多边形分割为多个三角形，通过各个三角形之间的关系解决问题．18．A【解析】【分析】将的面积分成两个小三角形面积和，得到关于的方程，再利用基本不等式求最值.【详解】因为，所以，即，因为，所以，等号成立当且仅当时等号成立，此时.故选：A.19．C【解析】【分析】设，，根据三角形的面积以及余弦定理可推得，设函数，则方程在上有解，结合二次函数的性质，求得答案.【详解】设，，所以，即①，由余弦定理得，即②，由①②得：，即，令，设，则方程在上有解，因为，所以，解得，即，故选：C．20．B【解析】【分析】利用余弦定理直接求解即可【详解】依题意可得AD＝20，AC＝30，又CD＝50，所以在△ACD中，由余弦定理得cos∠CAD＝＝＝＝，又0°<∠CAD<180°，所以∠CAD＝45°，所以从顶端A看建筑物CD的张角为45°.故选：B21．B【解析】【分析】的三边长分别为、、，不妨设，则，通过平方作差判断（1）正确，直接作差判断（2）（3），举反例判断（4），进而可得正确答案.【详解】的三边长分别为、、，不妨设，则，对于（1）：，所以，所以以、、为边长的三角形一定存在；故（1）正确；对于（2）：不一定成立，因此以、、为边长的三角形不一定存在；故（2）不正确；对于（3）：，因此以、、为边长的三角形一定存在；故（3）正确；对于（4）：取，，因此、、，能构成一个三角形的三边，而，因此以、、为边长的三角形不一定存在，故（4）不正确，所以正确的命题有个，故选：B【点睛】关键点点睛：本题关键是设不妨设，则，然后（1）中带根号，所以平方后作差满足两边之和大于第三边，对于（2）（3）直接作差，利用两个小编之和大于第三边，即可求解.22．C【解析】【分析】根据题设条件和正弦定理化简得，求得，得到，可判定A、B正确；由四边形面积等于，可判定D正确，C错误．【详解】因为，由正弦定理，可得，所以，即，因为，可得，所以，解得，又因为，所以，所以A、B正确；由四边形面积等于，所以D正确，C错误．故选：C.23．C【解析】【分析】由条件可得，是角平分线，然后由角平分线的性质可得，设，则，然后，即可得出的最大值.【详解】由，可得因为，所以，即是角平分线所以由角平分线的性质可得设，则，由可得因为当且仅当，即时等号成立，即的最小值为所以的最大值是故选：C【点睛】本题考查了平面向量的数量积、余弦定理和利用基本不等式求最值，考查了学生的分析转化能力，属于中档题.24．B【解析】【分析】根据已知条件作出图形，找出要求的角为，运用解三角形的知识进行求解.【详解】依题意，过点作的延长线交于点，如图，则，，，在中，，在中，，，又，则乙船的目标方向线（由观测点看目标的视线）的方向是南偏西60°.故选：B.25．C【解析】【分析】先在利用余弦定理求出边，再利用正弦定理求出直径，进而利用直角三角形求出、，再利用三角形的面积公式进行求解.【详解】在中，因为，，，所以由余弦定理，得，由正弦定理，得；在和中，，，又，所以的面积为.故选：C.26．D【解析】【分析】在中，利用正弦定理即可求出，确定四点共圆，可得，在中，利用余弦定理即可求解.【详解】由正弦定理得，由，可得，，所以四点共圆，，由余弦定理．故选：D.【点睛】关键点睛：解决本题的关键是正弦定理、余弦定理的运用.27．A【解析】【分析】利用题中的条件以及解三角形的知识即可求解【详解】设，则，在中，，在中，，故，所以，进而有，故（米2）故选：A28．C【解析】【分析】根据圆的性质知，过D作于，连接CE、AC，设圆的半径为，有，利用余弦定理、线面垂直的性质证，结合勾股定理判断是否为直角；再过作交于，则F为中点，连接，即直线与直线OC所成的角为，过F作于，连接，利用勾股定理及余弦定理求，即可比较与60°的大小.【详解】图1中过D作于，连接CE、AC，设圆的半径为，由，则且，∴在△中，，而，∵图2中两个半圆面所在的平面垂直，它们交线为AB，且面，∴面，面，则，∴在Rt△中，，而∴，故，过作交于，则F为中点，连接，即直线与直线OC所成的角为，，，过F作于，连接，且面面，面，∴面，面，则，而在图1中，，，，在△中，，∴图2，在Rt△中，，则在△中，，∴.故选：C【点睛】关键点点睛：作辅助线，结合平面图、立体图中各线段的关系，设圆的半径为，利用圆、面面垂直的性质确定相关线段的长度，综合应用余弦定理、勾股定理判断角的大小.29．ACD【解析】【分析】A、B、C选项由已知结合正弦定理和差角公式及同角的基本关系进行变形即可判断，D选项用角表示出结合三角恒等变换以及均值不等式即可判断.【详解】因为，角的平分线交于，所以，，所以，，由正弦定理得，所以，所以，故A正确；因为，所以，设的外接圆半径是，由正弦定理，，所以，故B错误；因为，由正弦定理，因为和互补，所以，所以，故C正确；设，则，因为，所以若，则，若，则，令，，，当且仅当，即或时，则或，故或（舍去），综上：当为等边三角形时，的最小值是，故D正确.故选：ACD.【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.30．ABD【解析】【分析】利用余弦定理计算，利用余弦定理计算，判断A；根据面积公式计算三角形的面积，判断B；利用正弦定理计算，判断C；设，用表示出，，得出关于的三角函数，从而得到的最大值，判断D.【详解】在三角形中，由余弦定理，，故，故正确；在中，由余弦定理得：，，故正确；由余弦定理可知：，，平分，，，在三角形中，由正弦定理可得：，故，故不正确；，，，，，为的外接圆的直径，故的外接圆的半径为1，显然当取得最大值时，在优弧上．故，设，则，，，，，，其中，，当时，取得最大值，故正确．故选：．31．BD【解析】【分析】利用等体积法表达三棱锥的体积，可得；根据线面夹角为线与平面内任意一条直线的夹角的最小值可判断即可【详解】由线面角线线角的范围有.当翻折成三棱锥时，，即，即，故，由正弦定理可得，故，故.故A错误，B正确；又平面，且线面夹角为线与平面内任意一条直线的夹角的最小值，故，故C错误，D正确；故选：BD32．BC【解析】【分析】对A，先利用正弦定理求出，判定出选项A错误；对B，再利用，求出外接圆半径，选项B正确；对C，画出图象，在中，计算出，选项C正确；对D，根据的位置无法确定得出选项D错误.【详解】对A，在中，,，，又，，故选项A错误；对B，又，所以，故，选项B正确.对C，取的中点，如图所示：在中，，在中，，故选项C正确；对D，由题意，点的位置不确定，故长度不确定，选项D错误.故选：BC.33．【解析】【分析】过，作的垂线，垂足分别为，，从而得到，然后将用表示，求出的表达式，再设，利用边角关系求出所需向量的模，同时利用二面角的大小得到向量与的夹角，利用同角三角函数关系和二倍角公式化简的表达式，再利用正弦函数的有界性分析求解即可．【详解】解：如图①，过，作的垂线，垂足分别为，，故，，所以，以为棱折叠后，则有，故，，因为以为棱折成二面角，所以与的夹角为，令，则，在中，，，在中，，，故，所以，故当时，有最小值28，故线段最小值为．故答案为：．【点睛】本题考查了翻折问题，涉及了空间向量基本定理的应用、数量积的应用、模的求解、同角三角函数关系以及二倍角公式的应用，解题的关键是将表示出来．34．【解析】【分析】连接，利用三角函数求出，由余弦定理和三角恒等变换求出，从而求出周长，得到答案.【详解】连接，因为，所以，在中，，所以，由直角三角形三角函数的定义知，，所以，所以半圆的弧长为.在Rt中，，所以，在中，设，由余弦定理可得，，即，因为，所以，所以，解得：，所以健康步道的长度为.故答案为：35．【解析】【分析】设，求出，从而可得，在中，设，由正弦定理用表示出，这样就表示为的函数，然后由降幂公式，两角差的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，结合正弦函数性质可得最大值，从而得面积最大值．【详解】解：设，由题意以边向外作等边三角形，其外接圆圆心分别为，连接并延长分别交于，则，同理，都是等边三角形，则，又，则，所以，是正三角形，所以其面积为，内接于单位圆，即其外接圆半径为，则，同理，设，则，，，，所以当时，取得最大值，所以的面积最大值为．故答案为：．【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数在几何中的应用，解题关键是设设，用表示出（说明即可得），等边面积就可能用表示，然后用正弦定理把用角表示，利用三角函数的恒等变换及正弦函数性质求得最大值．36．①③④.【解析】【分析】利用线面垂直的判定定理可得CG⊥平面ANE,进而判定①正确；证得AB⊥平面CBG,同理BE⊥平面CBG,从而判定该几何体为四面体，故②错误；看成以CBG为底面的两个棱锥的和，计算体积可判定③正确；利用中位线找到异面直线所成的角，利用余弦定理计算，可判定④正确.【详解】如图所示，取AG,CG,CE,EG的中点M,N,O,P,连接AN,EN,MN,ON,OB,MP,OP,OM.由已知可得CE=CA=EG=AG=,∴AN⊥CG,NE⊥CG,又∵AN∩NE=N,∴CG⊥平面ANE,∴CG⊥AE，故①正确；∵AB⊥BC,AB⊥BG,∴AB⊥平面CBG,同理BE⊥平面CBG,∴面ACB与面CBE共面，面AGB与面GBE共面，AB与BE共线，∴该几何体为四面体，故②错误；∵BC=BG=1,CG=,∴△CBG为直角三角形，∠CBG=90°，∴,又∵AE⊥平面CBG,AE=2AB=2BE=4,∴该几何体的体积为，故③正确;MP=2,OP=,又∵MP∥AE，OP∥CG,CG⊥AE,∴MP⊥OP,∴MO=,ON=NM=,∴,又∵AC∥MN，EG∥NO,∴∠ONM为异面直线AC,EG所成的角或其补角，∴.故④正确.故答案为：①③④.【点睛】本题综合考查线面垂直，几何体的体积，异面直线所成的角，属中高档题，关键是要结合原式图形找到对应的几何体的各棱的长度，综合线面垂直的判定定理进行证明相关的垂直关系.37．5．【解析】【分析】在△ABC中根据余弦定理求得BC，正弦定理求得角B，然后根据题目条件中的角的关系，△ACD中利用正弦定理求得DC.【详解】解：中，，由余弦定理得，所以，又，由正弦定理得，所以，又，中，，由正弦定理得，所以，即的长为5．故答案为：5．【点睛】关键点点睛：利用正弦定理，余弦定理解得三角形的未知边和角.38．【解析】【分析】由正弦定理可得、，即有，而，可得，结合余弦定理求，再应用三角形面积公式求的面积即可.【详解】∴由正弦定理，，，即，，而，∴，∵，即，，∴，即，又由余弦定理知：，∴，即，令，∴，即（舍去），∴.故答案为：.【点睛】关键点点睛：应用正余弦定理，列方程求，根据三角形面积公式求面积.39．(1)(2)【解析】【分析】（1）先由正弦定理求出，结合得到，从而得到；（2）求出，进而得到角C的余弦值，再使用余弦定理求出的长.(1)