文档内容
专题二 微专题 2 解三角形
(分值：90分)
一、单项选择题(每小题5分，共30分)
1.(2024·赣州模拟)在△ABC中，AB=√7，AC=2，C=120°，则sin A等于( )
√7 √21
A. B.
14 14
5√7 3√21
C. D.
14 14
C
2.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a-b=2asin2 ，则△ABC的形状是( )
2
A.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
b2+c2-a2
3.(2024·西安模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且△ABC的面积S= =
6
b2
，则sin C等于( )
4sinB
√3 √3
A. B.
4 6
√13 √13
C. D.
4 6
4.(2024·赤峰模拟)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
π 9
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= ，b2= ac，则sin A+sin C
3 4
等于( )2√39 √39
A. B.
13 13
√7 3√13
C. D.
2 13
6.(2024·聊城模拟)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S ，S ，则S -S 的值为( )
1 2 2 1
A.2 B.√3
√3
C.1 D.
2
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
7.(2024·兰州模拟)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β
C.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5 m到达B处，再次测量旗杆顶端的仰角β
1 1
8.(2024·郑州模拟)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b=2√2，且 = +
sinB tan A
1
，则下列结论正确的是( )
tanC
A.△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2√3
D.△ABC周长的最大值为6√2
三、填空题(每小题5分，共10分)
√3
9.(2024·安徽省皖北五校联盟联考)在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sin A= ，
2
b+c
c=3，⃗AB·⃗AC=3，则 = .
sinB+sinC
A+B
10.(2024·六安模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且√3sin =sin C，若c=7，D
2
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sin C=√2cos B，
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)(2024·济南模拟)如图，已知平面四边形ABCD中，AB=BC=2√2，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.(2024·昆明模拟)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E 位置时，测出
0
2π 3π
∠SE M= ；行星M绕太阳运动一周回到原来位置，地球运动到了E 位置，测出∠SE M= ，∠E SE =
0 3 1 1 4 1 0
π
.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(参考数据：√3≈1.732)( )
3
A.2.1R B.2.2R
C.2.3R D.2.4R
14.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.B 2.B 3.C 4.A 5.C 6.B
2√21
7.BCD 8.BC 9.
3
√21
10.
2
解析 在△ABC中，
由A+B+C=π，
A+B π-C C
可得sin =sin =cos ，
2 2 2
A+B
因为√3sin =sin C，
2
C C C
故√3cos =2sin cos ，
2 2 2
C π
因为00，
从而sin C=√1-cos2C
√ (√2) 2 √2
= 1- = ，
2 2
又因为sin C=√2cos B，
1
即cos B= ，
2
π
又B∈(0，π)，所以B= .
3
π √2
(2)由(1)可得B= ，cos C= ，
3 2
π
C∈(0，π)，从而C= ，
4
(π π)
sin A=sin(B+C)=sin +
3 4
√3 √2 1 √2 √6+√2
= × + × = .
2 2 2 2 4
方法一 由正弦定理有
b c
π = π ，
sin sin
3 4√3 √6
从而b= ·√2c= c，
2 2
由三角形面积公式可知，
△ABC的面积可表示为
1
S = bc·sin A
△ABC 2
1 √6 √6+√2 3+√3
= · c·c· = c2，
2 2 4 8
由已知△ABC的面积为3+√3，
3+√3
可得 c2=3+√3，所以c=2√2.
8
方法二 记R为△ABC外接圆的半径，由正弦定理得
1
S = ab·sin C
△ABC 2
=2R2sin Asin Bsin C
√6+√2 √3 √2
=2R2· · ·
4 2 2
3+√3
= ·R2=3+√3.
4
所以R=2.
√2
所以c=2R·sin C=2×2× =2√2.
2
12.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=3√2(负值已舍去).
(2)由(1)得16-16cos∠ABC=20-16cos∠ADC，
1
化简得cos∠ADC-cos∠ABC= ，
41
则cos2∠ADC-2cos∠ADCcos∠ABC+cos2∠ABC= ， ①
16
四边形ABCD的面积
1 1
S= AB·BCsin∠ABC+ AD·CDsin∠ADC
2 2
1 1
= ×2√2×2√2sin∠ABC+ ×2×4sin∠ADC
2 2
=4(sin∠ADC+sin∠ABC)，
S
整理得sin∠ADC+sin∠ABC= ，
4
S2
则sin2∠ADC+2sin∠ADCsin∠ABC+sin2∠ABC= ，②
16
①②相加得
2-2(cos∠ADCcos∠ABC-
1+S2
sin∠ADCsin∠ABC)= ，
16
1+S2
即2-2cos(∠ADC+∠ABC)= ，
16
由于0<∠ADC<π，0<∠ABC<π，
当且仅当∠ADC+∠ABC=π时，
cos(∠ADC+∠ABC)取得最小值-1，
1+S2
此时四边形ABCD的面积最大，由 =4，解得S=3√7，故四边形ABCD面积的最大值为3√7.
16
π
13.A [连接E E ，在△SE E 中，SE =SE =R，又∠E SE = ，
0 1 0 1 0 1 1 0 3
则△SE E 是正三角形，E E =R，
0 1 0 1
2π 3π
由∠SE M= ，∠SE M= ，
0 3 1 4
π 5π π
得∠E E M= ，∠E E M= ，在△ME E 中，∠E ME = ，
1 0 3 0 1 12 0 1 0 1 4
E M E E
1 0 1
由正弦定理得 π = π ，
sin sin
3 4√3
R
2 √3
则E M= = R，
1 √2 √2
2
在△SME 中，由余弦定理得SM= √ R2+ (√3 R ) 2 -2R· √3 R· ( - √2)
1
√2 √2 2
√5
= R2+√3R2≈√4.232R
2
≈2.1R.]
√7 23
14.
4 4
解析 设外接圆半径为R，则R=2，
AB 3
由正弦定理，可知 = =2R=4，
sin∠ACB sin∠ACB
3
即sin∠ACB= ，
4
由于∠ACB是锐角，
√7
故cos∠ACB= ，
4
π
又由题意可知P为△ABC的垂心，即AP⊥BC，故∠PAC= -∠ACB，
2
√7
所以sin∠PAC=cos∠ACB= ；
4
设∠CAB=θ，∠CBA=α，
∠ACB=β，
π π
则∠PAC= -β，∠PCA= -θ，
2 2
π
∠PAB= -α，
2
由于AC∶AB∶BC=6∶5∶4，不妨假设AC=6，AB=5，BC=4，
由余弦定理知
62+52-42 3
cos θ= = ，
2×6×5 4
42+52-62 1
cos α= = ，
2×4×5 8
42+62-52 9
cos β= = ，
2×4×6 16π
设AD，CE，BF为三角形的三条高，由于∠ECB+∠EBC= ，
2
π
∠PCD+∠CPD= ，
2
故∠EBC=∠CPD，
则得∠APC=π-∠CPD=π-∠EBC=π-∠ABC，
PC
所以 (π )
sin -β
2
PA
AC
= (π )=
sin -θ sin∠APC
2
AC
= =2R=4，
sin∠ABC
PB
AB
同理可得 (π )=
sin -α sin∠APB
2
AB
= =2R=4，
sin∠ACB
(3 1 9 ) 23
所以PA+PB+PC=4(cos θ+cos α+cos β)=4× + + = .
4 8 16 4
