解三角形专项训练 高三数学二轮复习

解三角形专项训练(分值：90分)一、单项选择题(每小题5分，共30分)1.在△ABC中，AB=7，AC=2，C=120°，则sinA等于()A.714 B.C.5714 2.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a-b=2asin2C2，则△ABCA.等腰三角形或直角三角形B.直角三角形C.等腰三角形D.等边三角形3.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且△ABC的面积S=b2+c2−A.34 B.3C.134 D.4.为了测量被誉为“阿里之巅”的冈仁波齐山峰的高度，通常采用人工攀登的方式，测量人员从山脚开始，直到到达山顶.分段测量过程中，已知竖立在B点处的测量觇标高20米，攀登者们在A处测得到觇标底点B和顶点C的仰角分别为45°，75°，则A，B的高度差约为()A.7.32米 B.7.07米 C.27.32米 D.30米5.(2024·全国甲卷)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若B=π3，b2=94ac，则sinA+sinA.23913 B.C.72 D.6.如图，在平面四边形ABCD中，AB=AD=2，∠B=2∠D=120°，记△ABC与△ACD的面积分别为S1，S2，则S2-S1的值为()A.2 B.3 C.1 D.3二、多项选择题(每小题6分，共12分)7.某学校开展测量旗杆高度的数学建模活动，学生需通过建立模型、实地测量，迭代优化完成此次活动.在以下不同小组设计的初步方案中，可计算出旗杆高度的方案有()A.在水平地面上任意寻找两点A，B，分别测量旗杆顶端的仰角α，β，再测量A，B两点间距离B.在旗杆对面找到某建筑物(低于旗杆)，测得建筑物的高度为h，在该建筑物底部和顶部分别测得旗杆顶端的仰角α和βC.在地面上任意寻找一点A，测量旗杆顶端的仰角α，再测量A到旗杆底部的距离D.在旗杆的正前方A处测得旗杆顶端的仰角α，正对旗杆前行5m到达B处，再次测量旗杆顶端的仰角β8.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b=22，且1sinB=1tanA.△ABC的三边a，b，c一定构成等差数列B.△ABC的三边a，b，c一定构成等比数列C.△ABC面积的最大值为23D.△ABC周长的最大值为62三、填空题(每小题5分，共10分)9.在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sinA=32，c=3，AB·AC=3，则b+csin10.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且3sinA+B2=sinC，若c=7，D是边AB的中点，且CD⊥CB，则CD的长为四、解答题(共28分)11.(13分)(2024·新课标全国Ⅰ)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinC=2cosB，a2+b2-c2=2ab.(1)求B；(5分)(2)若△ABC的面积为3+3，求c.(8分)12.(15分)如图，已知平面四边形ABCD中，AB=BC=22，CD=2，AD=4.若A，B，C，D四点共圆.(1)求AC；(6分)(2)求四边形ABCD面积的最大值.(9分)每小题5分，共10分13.早期天文学家常采用“三角法”测量行星的轨道半径.假设一种理想状态：地球E和某小行星M绕太阳S在同一平面上的运动轨道均为圆，三个星体的位置如图所示.地球在E0位置时，测出∠SE0M=2π3；行星M绕太阳运动一周回到原来位置，地球运动到了E1位置，测出∠SE1M=3π4，∠E1SE0=π3.若地球的轨道半径为R，则下列选项中与行星M的轨道半径最接近的是(A.2.1R B.2.2R C.2.3R D.2.4R14.某同学在学习和探索三角形相关知识时，发现了一个有趣的性质：将锐角三角形三条边所对的外接圆的三条圆弧(劣弧)沿着三角形的边进行翻折，则三条圆弧交于该三角形内部一点，且此交点为该三角形的垂心(即三角形三条高线的交点).如图，已知锐角△ABC外接圆的半径为2，且三条圆弧沿△ABC三边翻折后交于点P.若AB=3，则sin∠PAC=；若AC∶AB∶BC=6∶5∶4，则PA+PB+PC的值为.

答案精析1.B2.B3.C4.A5.C6.B7.BCD8.BC9.210.21解析在△ABC中，由A+B+C=π，可得sinA+B2=sinπ−因为3sinA+B2=sinC，故3cosC2=2sinC2cosC2，因为0<C<π，则0<C2<故sinC2=32，所以C2=π3，则C=2π3.因为D是边AB的中点，所以S△ADC又∠ACB=2π3，CD⊥CB，所以∠DCA=π6，故12b·CDsinπ6=12a·CD，故c2=a2+b2-2abcos2π3=a2+b2+ab=7a2，故c=7a，因为c=7，所以a=7，b=27在Rt△BCD中，BD=AB2=c2=72，BC=a=7，所以CD=BD2−BC211.解(1)由余弦定理有a2+b2-c2=2abcosC，因为a2+b2-c2=2ab，所以cosC=22，因为C∈(0，π)，所以sinC>0从而sinC=1−cos2C=1−222=22，又因为sinC=2cosB，即cosB=12，又B∈((2)由(1)可得B=π3，cosC=22，C∈(0，π)，从而C=π4，sinA=sin(B+C)=sinπ3+π4=32×方法一由正弦定理有bsinπ3=csinπ4，从而b=32由三角形面积公式可知，△ABC的面积可表示为S△ABC=12bc·sinA=12·62c·c·6+2由已知△ABC的面积为3+3，可得3+38c2=3+3，所以c=2方法二记R为△ABC外接圆的半径，由正弦定理得S△ABC=12ab·sinC=2R2sinAsinBsin=2R2·6+24·32·22=3+34·R2=3+3.所以R=2.所以c=2R·sin12.解(1)在△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠ABC=8+8-2×8×cos∠ABC=16-16cos∠ABC，在△ACD中，由余弦定理得AC2=AD2+CD2-2AD·CDcos∠ADC=16+4-2×8×cos∠ADC=20-16cos∠ADC，因为A，B，C，D四点共圆，所以∠ABC+∠ADC=π，因此cos∠ADC=-cos∠ABC，上述两式相加得2AC2=36，所以AC=32(负值已舍去).(2)由(1)得16-16cos∠ABC=20-16cos∠ADC，化简得cos∠ADC-cos∠ABC=14，则cos2∠ADC-2cos∠ADCcos∠ABC+cos2∠ABC=116，四边形ABCD的面积S=12AB·BCsin∠ABC+12AD·CDsin∠ADC=12×22×22sin∠ABC+1=4(sin∠ADC+sin∠ABC)，整理得sin∠ADC+sin∠ABC=S4则sin2∠ADC+2sin∠ADCsin∠ABC+sin2∠ABC=S216，①②相加得2-2(cos∠ADCcos∠ABC-sin∠ADCsin∠ABC)=1+S即2-2cos(∠ADC+∠ABC)=1+S216，由于0<∠ADC<π，0<∠当且仅当∠ADC+∠ABC=π时，cos(∠ADC+∠ABC)取得最小值-1，此时四边形ABCD的面积最大，由1+S216=4，解得S=37，故四边形ABCD面积的最大值为13.A[连接E0E1，在△SE0E1中，SE0=SE1=R，又∠E1SE0=π3则△SE0E1是正三角形，E0E1=R，由∠SE0M=2π3，∠SE1M=3π得∠E1E0M=π3，∠E0E1M=5π12，在△ME0E1中，∠E0ME1=π4，由正弦定理得E则E1M=32R22在△SME1中，由余弦定理得SM=R2=52R2+3R214.74解析设外接圆半径为R，则R=2，由正弦定理，可知ABsin∠ACB=3sin∠ACB即sin∠ACB=34，由于∠ACB是锐角，故cos∠ACB=7又由题意可知P为△ABC的垂心，即AP⊥BC，故∠PAC=π2-∠ACB所以sin∠PAC=cos∠ACB=74；设∠CAB=θ，∠CBA=α，∠ACB=β则∠PAC=π2-β，∠PCA=π2-θ，∠PAB=π2由于AC∶AB∶BC=6∶5∶4，不妨假设AC=6，AB=5，BC=4，由余弦定理知cosθ=62+