2025高考数学一轮复习-4.6-解三角形-专项训练模拟练习【含解析】

2025高考数学一轮复习-4.6-解三角形-专项训练模拟练习【A级基础巩固】一、选择题1．在△ABC，已知∠A＝45°，AB＝eq\r(2)，BC＝2，则∠C等于()A．30°或150° B．60°C．120° D．30°2．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b＝eq\r(7)，a＝1，B＝eq\f(2π,3)，则c等于()A．eq\r(5) B．2C．eq\r(3) D．33．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若△ABC的面积为eq\f(a2＋b2－c2,4)，则C等于()A．eq\f(π,2) B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,4) D．eq\f(π,6)4．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bsin2A＝asinB，且c＝2b，则eq\f(a,b)等于()A．2 B．3C．eq\r(2) D．eq\r(3)5．在△ABC中，a＝2bcosC，那么这个三角形是()A．等边三角形 B．等腰三角形C．直角三角形 D．不确定6．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若cosA＝eq\f(1,2)，a＝eq\r(3)，则eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝()A．eq\f(1,2) B．eq\f(\r(3),2)C．eq\r(3) D．27．黑板上有一道有解的解三角形的习题，一位同学不小心把其中一部分擦去了，现在只能看到：在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知a＝2，…，解得b＝eq\r(6)，根据以上信息，你认为下面哪个选项可以作为这个习题的其余已知条件()A．A＝30°，B＝45°B．C＝75°，A＝45°C．B＝60°，c＝3D．c＝1，cosC＝eq\f(1,3)8．已知锐角△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若A＝eq\f(π,3)，a＝eq\r(3)，则bc的取值范围为()A．(2,3] B．(1,4]C．(1,3] D．(2,4]二、多选题9．在△ABC中，a＝4，b＝8，A＝30°，则此三角形的边角情况可能是()A．B＝90° B．C＝120°C．c＝2eq\r(3) D．C＝60°10．下列关于正弦定理的叙述中正确的是()A．在△ABC中，a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinCB．在△ABC中，若sin2A＝sin2B，则A＝BC．在△ABC中，若sinA>sinB，则A>B；若A>B，则sinA>sinBD．在△ABC中，eq\f(a,sinA)＝eq\f(b＋c,sinB＋sinC)11．已知a，b，c分别是△ABC三个内角A，B，C的对边，下列四个命题中正确的是()A．若tanA＋tanB＋tanC>0，则△ABC是锐角三角形B．若acosA＝bcosB，则△ABC是等腰三角形C．若bcosC＋ccosB＝b，则△ABC是等腰三角形D．若eq\f(a,cosA)＝eq\f(b,cosB)＝eq\f(c,cosC)，则△ABC是等边三角形三、填空题12．在△ABC中，A＝eq\f(2π,3)，a＝eq\r(3)c，则eq\f(b,c)＝.13．我国南宋著名数学家秦九韶在他的著作《数书九章》卷五“田域类”里有一个题目：问有沙田一段，有三斜，其小斜一十三里，中斜一十四里，大斜一十五里．里法三百步，欲知为田几何．意思是已知三角形沙田的三边长分别为13里，14里，15里，求三角形沙田的面积．则该沙田的面积为平方里．14．已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足eq\f(sinA－sinCa＋c,b)＝sinA－sinB，则C＝.四、解答题15．在△ABC中，sin2C＝eq\r(3)sinC．(1)求∠C；(2)若b＝6，且△ABC的面积为6eq\r(3)，求△ABC的周长．16．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋A))＋cosA＝eq\f(5,4).(1)求A；(2)若b－c＝eq\f(\r(3),3)a，证明：△ABC是直角三角形．INCLUDEPICTURE"B组.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大样\\人教数学\\B组.TIF"INET【B级能力提升】1．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若asinA＋2csinC＝2bsinCcosA，则角A的最大值为()A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,3) D．eq\f(2π,3)2．(多选题)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝2eq\r(3)，c＝3，A＋3C＝π，则下列结论正确的是()A．cosC＝eq\f(\r(3),3) B．sinB＝eq\f(\r(2),3)C．a＝3 D．S△ABC＝eq\r(2)3．已知△ABC内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S.若asineq\f(A＋C,2)＝bsinA,2S＝eq\r(3)eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))，则△ABC的形状是()A．等腰三角形 B．直角三角形C．正三角形 D．等腰直角三角形4．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且eq\f(sinA,sinB＋sinC)＋eq\f(b,a＋c)＝1，则C＝()A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,3)C．eq\f(2π,3) D．eq\f(5π,6)5．秦九韶是我国南宋数学家，其著作《数书九章》中的大衍求一术、三斜求积术和秦九韶算法是具有世界意义的重要贡献．秦九韶把三角形的三条边分别称为小斜、中斜和大斜，三斜求积术即已知三边长求三角形面积的方法，用公式表示为：S△ABC＝eq\r(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a2c2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2＋c2－b2,2)))2)))，其中a，b，c是△ABC的内角A，B，C的对边．已知△ABC中，eq\f(a,b)＝eq\f(cosA,2－cosB)＝eq\f(a－cosA,cosB)，则△ABC面积的最大值为()A．eq\f(4,3) B．eq\f(8,3)C．eq\f(\r(3),2) D．eq\r(3)6．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．7．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知B＝150°.(1)若a＝eq\r(3)c，b＝2eq\r(7)，求△ABC的面积；(2)若sinA＋eq\r(3)sinC＝eq\f(\r(2),2)，求C．8．在①eq\f(cosB,cosC)＝－eq\f(b,2a＋c)；②eq\f(sinA,sinB－sinC)＝eq\f(b＋c,a＋c)；③2S△ABC＝－eq\r(3)eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))这三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且________，作AD∥BC，连接CD围成梯形ABCD，其中AB＝4，BC＝2，∠ACD＝eq\f(2π,3).(1)求角B的大小；(2)求四边形ABCD的面积． 参考答案 【A级基础巩固】一、选择题1．(D)[解析]先利用正弦定理求得sin∠C的值，再根据“大边对大角”进行取舍，得解．由正弦定理知，eq\f(AB,sin∠C)＝eq\f(BC,sin∠A)，所以sin∠C＝eq\f(ABsin∠A,BC)＝eq\f(\r(2)×\f(\r(2),2),2)＝eq\f(1,2)，因为∠C∈(0°，180°)，且BC>AB，所以∠C＝30°.故选D．2．(B)[解析]由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得7＝1＋c2＋c，解得c＝2或－3(舍去)．3．(C)[解析]根据题意及三角形的面积公式知eq\f(1,2)absinC＝eq\f(a2＋b2－c2,4)，所以sinC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝cosC，所以在△ABC中，C＝eq\f(π,4).4．(D)[解析]由正弦定理及bsin2A＝asinB，得2sinBsinAcosA＝sinAsinB，又sinA≠0，sinB≠0，则cosA＝eq\f(1,2).又c＝2b，所以由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋4b2－4b2×eq\f(1,2)＝3b2，得eq\f(a,b)＝eq\r(3).5．(B)[解析]先根据余弦定理表示出cosC，代入整理即可得到b＝c，从而得知是等腰三角形．∵a＝2bcosC＝2b×eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋b2－c2,a)，∴a2＝a2＋b2－c2，∴b2＝c2，∵b，c为三角形的边长，b>0，c>0，∴b＝c，∴△ABC是等腰三角形．故选B．6．(D)[解析]由cosA＝eq\f(1,2)，A∈(0，π)知sinA＝eq\f(\r(3),2)，由正弦定理得eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2.7．(B)[解析]由C＝75°，A＝45°可知B＝60°，又eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，∴b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(2sin60°,sin45°)＝eq\f(\r(3),\f(\r(2),2))＝eq\r(6)，符合题意，故选B．8．(A)[解析]根据正弦定理利用角B表示bc，利用三角变换及三角函数的性质可求bc的取值范围．因为A＝eq\f(π,3)，a＝eq\r(3)，故三角形外接圆直径为eq\f(a,sinA)＝eq\f(\r(3),sin\f(π,3))＝2，所以eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2，所以b＝2sinB，c＝2sinC，故bc＝(2sinB)·(2sinC)＝4sinBsinC＝4sinBsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))＝4×sinBeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,3)cosB－cos\f(2π,3)sinB))＝2eq\r(3)sinBcosB＋2sin2B＝eq\r(3)sin2B＋2×eq\f(1－cos2B,2)＝eq\r(3)sin2B－cos2B＋1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,6)))＋1，因为三角形为锐角三角形，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<B<\f(π,2)，,0<\f(2π,3)－B<\f(π,2)，))故eq\f(π,6)<B<eq\f(π,2)，故eq\f(π,6)<2B－eq\f(π,6)<eq\f(5π,6)，故eq\f(1,2)<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,6)))≤1，所以2<2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,6)))＋1≤3；故bc的取值范围为(2,3]，故选A．二、多选题9．(AD)[解析]∵eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，∴sinB＝eq\f(bsinA,a)＝1，∴B＝90°，C＝60°，根据eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)得c＝eq\f(a·sinC,sinA)＝eq\f(4×\f(\r(3),2),\f(1,2))＝4eq\r(3).故选AD．10．(ACD)[解析]对于A，在△ABC中，由正弦定理可得a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC，所以a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC，故A正确；对于B，若sin2A＝sin2B，则2A＝2B或2A＋2B＝π，可得A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，故B错误；对于C，若sinA>sinB，根据正弦定理a＝2RsinA，b＝2RsinB，得a>b，再根据大边对大角可得A>B．若A>B，则a>b，由正弦定理a＝2RsinA，b＝2RsinB，得sinA>sinB，故C正确；对于D，由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，再根据比例式的性质可知D正确．故选ACD．11．(ACD)[解析]∵tanA＋tanB＝tan(A＋B)(1－tanAtanB)，∵tanA＋tanB＋tanC＝tan(A＋B)(1－tanAtanB)＋tanC＝－tanC(1－tanAtanB)＋tanC＝tanAtanBtanC>0，∴A，B，C均为锐角，∴选项A正确；由acosA＝bcosB及正弦定理，可得sin2A＝sin2B，∴A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，∴△ABC是等腰三角形或直角三角形，∴选项B错误；由bcosC＋ccosB＝b及正弦定理，可知sinBcosC＋sinCcosB＝sinB，∴sinA＝sinB，∴A＝B，则△ABC是等腰三角形，∴选项C正确；由已知和正弦定理，易知tanA＝tanB＝tanC，A＝B＝C，则△ABC是等边三角形，∴选项D正确．三、填空题12．[解析]由题意知sineq\f(2π,3)＝eq\r(3)sinC，∴sinC＝eq\f(1,2)，又0<C<eq\f(π,3)，∴C＝eq\f(π,6)，从而B＝eq\f(π,6)，b＝c，故eq\f(b,c)＝1.13．[解析]由题意画出△ABC，且AB＝13里，BC＝14里，AC＝15里，在△ABC中，由余弦定理得，cosB＝eq\f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq\f(132＋142－152,2×13×14)＝eq\f(5,13)，所以sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(12,13)，则该沙田的面积S＝eq\f(1,2)AB·BC·sinB＝eq\f(1,2)×13×14×eq\f(12,13)＝84(平方里)．14．[解析]在△ABC中，∵eq\f(sinA－sinCa＋c,b)＝sinA－sinB，∴eq\f(a－ca＋c,b)＝a－b.∴a2＋b2－c2＝ab，∴cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2).∴C＝eq\f(π,3).四、解答题15．[解析](1)因为sin2C＝eq\r(3)sinC，所以2sinCcosC＝eq\r(3)sinC，因为C∈(0，π)，所以sinC≠0，所以cosC＝eq\f(\r(3),2)，C＝eq\f(π,6).(2)因为△ABC的面积S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×a×6×eq\f(1,2)＝6eq\r(3)，所以a＝4eq\r(3).由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcosC＝48＋36－72＝12，所以c＝2eq\r(3)，所以△ABC的周长为a＋b＋c＝4eq\r(3)＋6＋2eq\r(3)＝6(eq\r(3)＋1)．16．[解析](1)因为cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋A))＋cosA＝eq\f(5,4)，所以sin2A＋cosA＝eq\f(5,4)，即1－cos2A＋cosA＝eq\f(5,4)，解得cosA＝eq\f(1,2).又0<A<π，所以A＝eq\f(π,3).(2)证明：因为A＝eq\f(π,3)，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，即b2＋c2－a2＝bc.①又b－c＝eq\f(\r(3),3)a，②将②代入①，得b2＋c2－3(b－c)2＝bc，即2b2＋2c2－5bc＝0，而b>c，解得b＝2c，所以a＝eq\r(3)c.所以b2＝a2＋c2，即△ABC是直角三角形．INCLUDEPICTURE"B组.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大样\\人教数学\\B组.TIF"INET【B级能力提升】1．(A)[解析]由正弦定理可得a2＋2c2＝2bccosA．根据余弦定理得b2＋c2－2bccosA＋2c2＝2bccosA，整理得4bccosA＝b2＋3c2≥2eq\r(3)bc，所以cosA≥eq\f(\r(3),2)，又A∈(0，π)，所以0<A≤eq\f(π,6).故选A．2．(AD)[解析]因为A＋3C＝π，A＋B＋C＝π，所以B＝2C．由正弦定理得eq\f(2\r(3),sin2C)＝eq\f(3,sinC)，即eq\f(2\r(3),2sinCcosC)＝eq\f(3,sinC)，所以cosC＝eq\f(\r(3),3)，故A正确．因为cosC＝eq\f(\r(3),3)，所以sinC＝eq\f(\r(6),3)，所以sinB＝sin2C＝2sinCcosC＝2×eq\f(\r(6),3)×eq\f(\r(3),3)＝eq\f(2\r(2),3)，故B错误．因为cosB＝cos2C＝2cos2C－1＝－eq\f(1,3)，所以sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC＝eq\f(2\r(2),3)×eq\f(\r(3),3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(\r(6),9)，则cosA＝eq\f(5\r(3),9)，所以a2＝b2＋c2－2bccosA＝(2eq\r(3))2＋32－2×2eq\r(3)×3×eq\f(5\r(3),9)＝1，所以a＝1，故C错误．S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×3×eq\f(\r(6),9)＝eq\r(2)，故D正确．故选AD．3．(C)[解析]由三角形内角和定理，诱导公式，正弦定理，二倍角的正弦公式化简已知等式可得sineq\f(B,2)＝eq\f(1,2)，进而可求得B的值，又利用三角形的面积公式，平面向量数量积的运算以及同角三角函数基本关系式化简已知等式可求A的值，利用三角形内角和定理可求C的值，即可判断得解．因为asineq\f(A＋C,2)＝bsinA，所以asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(B,2)))＝acoseq\f(B,2)＝bsinA，由正弦定理可得sinAcoseq\f(B,2)＝sinBsinA，因为sinA≠0，可得coseq\f(B,2)＝sinB＝2sineq\f(B,2)coseq\f(B,2)，因为B∈(0，π)，eq\f(B,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，coseq\f(B,2)≠0，所以可得sineq\f(B,2)＝eq\f(1,2)，可得eq\f(B,2)＝eq\f(π,6)，可得B＝eq\f(π,3)，又2S＝eq\r(3)eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))，可得2×eq\f(1,2)bcsinA＝eq\r(3)·bccosA，即tanA＝eq\r(3)，因为A∈(0，π)，可得A＝eq\f(π,3)，所以C＝π－A－B＝eq\f(π,3)，则△ABC的形状是正三角形．故选C．4．(B)[解析]由正弦定理及eq\f(sinA,sinB＋sinC)＋eq\f(b,a＋c)＝1，得eq\f(a,b＋c)＋eq\f(b,a＋c)＝1，整理可得a2＋b2－c2＝ab，由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2)，又C∈(0，π)，所以C＝eq\f(π,3).故选B．5．(A)[解析]根据eq\f(a,b)＝eq\f(cosA,2－cosB)＝eq\f(a－cosA,cosB)，得到2sinA＝sinAcosB＋cosAsinB＝sin(A＋B)＝sinC，即c＝2a，再由acosB＋bcosA＝ab，利用余弦定理得到b＝2，代入S△ABC＝eq\r(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a2c2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2＋c2－b2,2)))2)))，转化为二次函数求解．△ABC中，因为eq\f(a,b)＝eq\f(cosA,2－cosB)＝eq\f(a－cosA,cosB)，所以eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(cosA,2－cosB)，eq\f(a,b)＝eq\f(a－cosA,cosB)，则2sinA＝sinAcosB＋cosAsinB＝sin(A＋B)＝sinC，即c＝2a，又acosB＋bcosA＝ab，则eq\f(a2＋c2－b2,2c)＋eq\f(b2＋c2－a2,2c)＝ab，即c＝ab，则b＝2，所以S△ABC＝eq\r(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4a4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5a2－4,2)))2)))＝eq\r(－\f(9,16)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2－\f(20,9)))2＋\f(16,9))，当a2＝eq\f(20,9)时，△ABC面积取得最大值为eq\f(4,3)，故选A．6．[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．7．[解析](1)由题设及余弦定理，得28＝3c2＋c2－2×eq\r(3)c2×cos150°.解得c＝－2(舍去)或c＝2，从而a＝2eq\r(3).故△ABC的面积为eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×2×sin150°＝eq\r(3).(2)在△ABC中，A＝180°－B－C＝30°－C，所以sinA＋eq\r(3)sinC＝sin(30°－C)＋eq\r(3)sinC＝sin(30°＋C)＝eq\f(\r(2),2).而0°<C<30°，30°<30°＋C<60°，所以30°＋C＝45°，故C＝15°.8．[解析](1)若选①：由eq\f(cosB,cosC)＝－eq\f(b,2a＋c)，根据正弦定理可得eq\f(cosB,cosC)＝－eq\f(sinB,2sinA＋sinC)，即2sinAcosB＋sinCcosB＝－sinBcosC，即2si