北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B版》
§4.4 解三角形
— 专题检测 —
一、单项选择题
1.(2021北京西城一模,7)在△ABC中,C=60°,a+2b=8,sin A=6sin B,则c=( )
A.√35 B.√31 C.6 D.5
答案 B 在△ABC中,∵sin A=6sin B,∴由正弦定理可知a=6b.又a+2b=8,∴a=6,b=1.又C=60°,∴由
1
余弦定理c2=a2+b2-2abcos C,可得c2=36+1-2×1×6× =31,∴c=√31.故选B.
2
解题关键 利用正弦定理将角转化为边,求出a,b是解决本题的关键.
π c
2.(2021北京东城二模,9)在△ABC中,已知∠A= ,2a-2c=b,那么 =( )
3 a
3 3 7 8
A. B. C. D.
8 7 15 15
b2+c2-a2 1 1 (2a-2c)2+c2-a2
答案 B 由余弦定理可得cos A= = ,又2a-2c=b,∴ = ,化简得
2bc 2 2 2·(2a-2c)·c
10ac=3a2+7c2,即10·c=3+7·(c) 2 ,解得c=3或c=1,又b=2a-2c>0,∴c≠1,∴c=3.
a a a 7 a a a 7
2a 3c-2b
3.(2021天津四中第三次月考,5)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,满足 = ,
cosA cosB
且b=√5sin B,则a=( )
5 2 3 2√5
A. B. C. D.
3 3 5 3
2a 3c-2b
答案 A 由 = ,可得2acos B=3ccos A-2bcos A,
cosA cosB
∴由正弦定理可得2sin Acos B=3sin Ccos A-2sin Bcos A,
可得3sin Ccos A=2(sin Acos B+sin Bcos A)=2sin C,
2 √5
∵sin C≠0,∴cos A= ,∴sin A=√1-cos2A= ,
3 3
又∵b=√5sin B,
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a
b 5
∴由正弦定理可得√5= =√5,∴a= .故选A.
sinB 3
3
4.(2021河南部分重点中学3月联考,10)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且ccos A=(3b-
a)cos C.若△ABC的面积为3√2,则c的最小值是 ( )
A.2 B.2√3 C.4 D.12
答案 B 因为ccos A=(3b-a)cos C,所以sin Ccos A=3sin Bcos C-sin Acos C,即sin Ccos A+sin
Acos C=3sin B·cos C.因为sin Ccos A+sin Acos C=sin(A+C)=sin B,所以sin B=3sin Bcos C,所
1 2√2 1 √2
以cos C= ,则sin C= .因为△ABC的面积为3√2,所以 absin C= ab=3√2,则ab=9.由余弦
3 3 2 3
2 4
定理可得c2=a2+b2-2abcos C=a2+b2- ab≥ ab=12(当且仅当a=b时,等号成立),则c≥2√3.故c的最
3 3
小值为2√3.
5.(2021河南顶尖计划第三次大联考,12)在△ABC中,AB=3,AC=2BC,则△ABC的面积的取值范围是
( )
A.(0,2] B.[1,3] C.(0,3] D.(0,6]
9+x2-4x2 3-x2
答案 C 设BC=x,x>0,则AC=2x,由余弦定理的推论可知cos B= = .△ABC的面
6x 2x
积为
1
×AB×BC×sin B=
3
x
√
1-
(3-x2
)
2
=
3
√16-(x2-5)2,由2x-x<3<2x+x得1<x<3,所以
2 2 2x 4
1<x2<9,0<16-(x2-5)2≤16,所以△ABC的面积的取值范围是(0,3].
π
6.(2021江西红色七校第二次联考,8)已知△ABC中,A= ,sin B=3sin C,点M在边BC上,若
3
∠BAM=∠CAM,则tan∠AMB= ( )
√3 2√3
A.± B.
2 3
√3 2√3
C. D.±
2 3
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π
答案 B 设∠BAC,∠B,∠C的对边分别为a,b,c,依题意得∠CAM=∠BAM= ,因为sin B=3sin C,所
6
1 π
b·AM·sin
CM S 2 6 b
以b=3c,故 = △CAM= = =3,设BM=7,则CM=21.故a=28,因为a2=b2+c2-
BM S 1 π c
△MAB c·AM·sin
2 6
1
2bccos∠BAC,所以282=9c2+c2-2·3c·c· ,即7c2=282,解得c=4√7,在△ABM中,由正弦定理可知
2
BM c 2 π π
= ,即sin∠AMB= ,因为b=3c>c,故B>C,因为∠AMB= +∠C,∠AMC=
sin∠BAM sin∠AMB √7 6 6
√3 2√3
+∠B,故∠AMB<∠AMC.即∠AMB为锐角,故cos∠AMB= ,所以tan∠AMB= ,故选B.
√7 3
7.(2021安徽皖北教研联合体4月联考,10)设锐角三角形ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若
b+c
B=2A,则 的取值范围为 ( )
a
A.(√2+1,√3+2) B.(√2+1,3)
C.(3,√3+2) D.(3,+∞)
b+c sinB+sinC sinB+sin(A+B) sin2A+sin(A+2A)
答案 A 由正弦定理得 = = = =
a sin A sin A sin A
sin2A+sin Acos2A+cosAsin2A
=2cos A+cos 2A+2cos2A=4cos2A+2cos A-1,因为△ABC为
sin A
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π π
{0<A< , { 0<A< ,
2 2
锐角三角形,所以 π 即 π 所以π<A<π,所以√2<cos A<√3,所以
0<B< , 0<2A< ,
2 2 6 4 2 2
π π
0<C< , 0<π-3A< ,
2 2
4cos2A+2cos A-1=4( 1) 2 -5∈( +1, +2),即b+c的取值范围为( +1, +2),故选A.
cosA+ √2 √3 √2 √3
4 4 a
8.(2021浙江新高考研究卷(二),10)函数f(x)=asin 2πx+b·cos 2πx+csin 4πx,且满足f( 1)
x+
2
+f(x)=f(2x),则a,b,c中能确定的参数是 ( )
A.b B.a,c C.a,b,c D.无法确定
答案 C 令x=0,则f(1)+f(0)=f(0),所以f(1)=0,即bcos π=0,所以b=0.
2 2
f( 1)=-asin 2πx+csin 4πx, f(2x)=asin 4πx+csin 8πx,
x+
2
由f( 1)+f(x)=f(2x)可得2csin 4πx=asin 4πx+csin 8πx.
x+
2
整理得2c-a=2ccos 4πx恒成立,故a=c=0.
综上所述,三个参数均为定值.故选C.
二、多项选择题
9.(2021届广东仲元中学、中山一中等七校联合体第一次联考,12)四边形ABCD内接于圆
O,AB=CD=5,AD=3,∠BCD=60°,下列结论正确的是( )
A.四边形ABCD为梯形
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55√3
B.四边形ABCD的面积为
4
C.圆O的直径为7
D.△ABD的三边长度可以构成一个等差数列
答案 ABD ∵∠BCD=60°,四边形ABCD内接于圆O,∴∠BAD=120°,连接BD,AC,
可证△BAD≌△CDA,∴∠BAD=∠CDA=120°,∴∠BCD+∠CDA=180°,∴BC∥DA,
显然AB不平行于CD,即四边形ABCD为梯形,故A正确;
在△ABD中,由余弦定理得BD= =
√AB2+AD2-2AB·ADcos∠BAD
√ ( 1)=7.在△BCD中,由余弦定理可得BD2=CB2+CD2-2CB·CDcos∠BCD,
25+9-2×5×3× -
2
∴72=CB2+52-2×5×CBcos 60°,解得CB=8或CB=-3(舍去),
1 1 √3 1 1 √3 15√3
∴S = CB·CDsin 60°= ×5×8× =10√3.又S = AB·ADsin 120°= ×5×3× = ,
△BCD 2 2 2 △BAD 2 2 2 4
15√3 55√3
∴S =S +S =10√3+ = ,故B正确;在△BAD中,由正弦定理得2R=
四边形ABCD △BCD △BAD
4 4
7 14√3
= ,故C错误;
sin120° 3
在△ABD中,AD=3,AB=5,BD=7,满足AD+BD=2AB,
∴△ABD的三边长度可以构成一个等差数列,故D正确.
10.(2021届福建三明第一中学第一次月考,11)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,以下说法
中,正确的是 ( )
A.若A>B,则sin A>sin B
B.若a=4,b=5,c=6,则△ABC为钝角三角形
π
C.若a=5,b=10,A= ,则符合条件的三角形不存在
4
D.若bcos C+ccos B=asin A,则△ABC为直角三角形
答案 ACD 对于A选项,若A>B,
则由三角形中大角对大边可得a>b,
再由正弦定理,可得2Rsin A>2Rsin B,
∴sin A>sin B,因此A正确;
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对于B选项,由于a=4,b=5,c=6,
∴c>b>a,∴∠C最大,
42+52-62 1
又∵cos C= = >0,∴△ABC为锐角三角形,因此B不正确;
2×4×5 8
π
对于C选项,由于a=5,b=10,A= ,
4
π
且bsin A=10sin =5√2>a,
4
则符合条件的三角形不存在,所以C正确;
对于D选项,由于bcos C+ccos B=asin A,
所以利用正弦定理将边化为角可得,
sin Bcos C+sin Ccos B=sin A·sin A,
∴sin(B+C)=sin A·sin A,∴sin A=1,
π
∴A= ,则△ABC为直角三角形,所以D正确.
2
三、填空题
π sinB
11.(2021北京延庆一模,14)已知△ABC的面积为2√3,AB=2,∠B= ,则 = .
3 sinC
答案 √3
1 1 √3
解析 ∵S = ·AB·BC·sin B= ·2·BC· =2√3,∴BC=4,∴由余弦定理可知AC=
△ABC 2 2 2
√ 1 sinB AC 2√3
√AB2+BC2-2AB·BC·cosB= 22+42-2×2×4× =2√3,∴ = = =√3.
2 sinC AB 2
B+C B+C
12.(2021宁夏银川一模,15)已知△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,sin cos =4-
2 2
A
4cos2 ,b+c=10,△ABC的面积为4,则a= .
2
答案 6
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解析
由A+B+C=π及题意,得sin(π
-
A)cos π-A =4-4cos2A ,所以cosAsinA=4sin2A.因为
2 2 2 2 2 2 2 2
A A A A 1 A 1 A 4 1
sin ≠0,所以cos =4sin ,即tan = ,求得sin = ,cos = ,所以sin A=2× ×
2 2 2 2 4 2 √17 2 √17 √17
4 = 8 ,cos A=( 4 ) 2 -( 1 ) 2 =15,故S =1bcsin A= 4 bc=4,所以bc=17.
△ABC
√17 17 √17 √17 17 2 17
15
由余弦定理及b+c=10,可得a2=b2+c2-2bccos A=102-2×17-2×17× =36,解得a=6.
17
A A A
思路分析 根据已知条件结合A+B+C=π先求出sin ,cos 的值,从而求出tan 的值,进而求出
2 2 2
sin A,cos A的值,再结合△ABC的面积公式以及余弦定理即可得出答案.
13.(2021河南高三毕业班3月适应性测试,16)如图所示,在平面四边形ABCD中,
AB⊥BD,AB=BD,BC=CD,AD=2,在△ABC中,∠BAC,∠ABC,∠BCA的对边分别为a,b,c,若
c2=2ab·cos∠BCA,则△ACD的面积为 .
√2
答案
2
解析 ∵AB=BD,AB⊥BD,∴在等腰直角△ABD中,AD=√2AB=√2c,在△ABC中,由余弦定理得a2+b2-
2ab·cos∠BCA=c2,又c2=2abcos∠BCA,∴a2+b2=2c2,又∵a=BC=CD,b=AC,AD=√2
c,∴AC2+CD2=AD2,∴AC⊥CD,作CF⊥BD并延长分别交BD,AD于点F,E(图略),∵BC=CD,∴E,F分别
为线段AD,BD的中点,∴∠CED=45°,CE=ED=1,
1 √2
∴S =2S =2× ×EC×ED×sin 45°= .
△ACD △ECD 2 2
14.(2021浙江五校高三下联考,15)已知函数f(x)= sin x+acos x,x∈( π]的最小值为a,则实数
√3 0,
3
a所有取值组成的集合为 .
答案 {3}
解析 由题意可知√3sin x+acos x≥a,
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即a≤√3sinx=- ·sinx-0对任意的x∈( π]恒成立,且等号能取到.
√3 0,
1-cosx cosx-1 3
sinx-0
所以a的值即为-√3· 的最小值.
cosx-1
易知sinx-0在x∈( π]上的最大值为- ,
0, √3
cosx-1 3
sinx-0
所以-√3· 的最小值为3,所以a=3.
cosx-1
四、解答题
2sinC
15.(2021天津十二区二模,16)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若tan A+tan B= 且
cosA
3√3
△ABC的面积为 ,a-c=1.
2
(1)求角B的大小及b;
(2)求sin(2A+B)的值.
2sinC
解析 (1)∵tan A+tan B= ,
cosA
sin A sinB 2sinC sin AcosB+sinBcosA 2sinC
∴ + = ,∴ = ,
cosA cosB cosA cosAcosB cosA
sin(A+B) 2sinC
∴ = ,
cosAcosB cosA
1
∵cos A≠0,sin(A+B)=sin C≠0,∴cos B= ,
2
π 1 3√3
∵B∈(0,π),∴B= ,∵S = acsin B= ,
3
△ABC
2 2
∴ac=6,∵a-c=1,
∴a=3,c=2,∴b= = .
√a2+c2-2accosB √7
b a 3√21
(2)由 = ,得sin A= ,
sinB sin A 14
b2+c2-a2 √7
cos A= = ,
2bc 14
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3√3 13
∴sin 2A=2sin Acos A= ,cos 2A=1-2sin2A=- ,
14 14
∴sin(2A+B)=sin 2Acos B+cos 2Asin B=3√3×1+( 13)×√3=-5√3.
-
14 2 14 2 14
16.(2021山西太原一模,17)已知a,b,c分别是△ABC的内角A,B,C所对的边,3csin A=4bsin C,再从下
面条件①与②中任选一个作为已知条件,完成以下问题:
(1)证明:△ABC为等腰三角形;
(2)若△ABC的面积为2√5,点D在线段AB上,且BD=2DA,求CD的长.
2 1
条件①:cos C= ;条件②:cos A= .
3 9
(注:如果选择条件①和条件②分别解答,按第一个解答计分)
2
解析 选择条件①cos C= .
3
(1)证明:由3csin A=4bsin C和正弦定理得3a=4b,
由cos
C=2和余弦定理的推论得2=a2+b2-c2=25b2-9c2
,
3 3 2ab 24b2
∴b=c,∴△ABC为等腰三角形.
2 √5 1 2√5
(2)由(1)得3a=4b,b=c,∵cos∠ACB= ,∴sin∠ACB= ,∴S = absin∠ACB= c2=2√5
3 3
△ABC
2 9
,∴c=b=3,a=4,
∵BD=2DA,∴BD=2,DA=1.
28 2√21
在△BCD中,由余弦定理得CD2=a2+BD2-2a·BDcos B=a2+BD2-2a·BDcos∠ACB= ,∴CD= .
3 3
1
选择条件②cos A= .
9
(1)证明:由3csin A=4bsin C和正弦定理得3a=4b,
1 1 b2+c2-a2 9c2-7b2
由cos A= 和余弦定理的推论得 = = ,
9 9 2bc 18bc
9
∴b=c或b=- c(舍去),∴△ABC为等腰三角形.
7
1 4√5
(2)由(1)得3a=4b,b=c,∵cos A= ,∴sin A= ,
9 9
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1 2√5
∴S = bcsin A= b2=2√5,∴c=b=3,a=4,∵BD=2DA,∴BD=2,DA=1.在△ACD中,由余弦定理得
△ABC 2 9
28 2√21
CD2=b2+AD2-2b·ADcos A= ,∴CD= .
3 3
17.(2021四川顶级名校4月联考,18)在△ABC中,A<B<C且tan A,tan B,tan C均为整数.
(1)求A的大小;
(2)设AC的中点为D,求证:BC=BD.
解析 (1)∵A<B<C,∴A不能是钝角,则tan A>0,
若tan A≥2,∵tanπ= ,且y=tan x在[ π)内单调递增,∴A≥π.
√3 0,
3 2 3
π
又A<B<C,∴B,C都大于 ,与A+B+C=π矛盾,
3
π
∴tan A=1,即A= .
4
π 3π 3π
(2)∵A= ,∴B+C= ,tan(B+C)=tan =-1.
4 4 4
tanB+tanC
又tan(B+C)= =-1,
1-tanBtanC
即tan Btan C-1=tan B+tan C.
1+tanC
由tan B,tan C均为整数,且B<C,tan A=1,得tan B= ≥2,tan C≤3,可得tan B=2,tan C=3,
tanC-1
2√5 √10 3√10
则sin B= ,cos C= ,sin C= .
5 10 10
a
b c 2√10 3√5
设角A,B,C所对的边分别为a,b,c,由正弦定理得 π = = ,可得b= a,c= a,
sin sinB sinC 5 5
4
√10
又AC的中点为D,∴CD= a.
5
2
在△BCD中,由余弦定理,得BD2=a2+(√10 ) -2a·√10a·cos C=a2,∴BD=a,∴BC=BD.
a
5 5
18.(2021浙江百校3月联考,18)已知f(x)=sin( π)(msin x+cos x)-sin2x的最大值为2,其中m>0.
x+
2
(1)求f(x)的单调增区间;
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a cosA
(2)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且 = ,求f(A)的值.
2b-c cosC
解析 (1)∵f(x)=sin( π)(msin x+cos x)-sin2x=cos x(msin x+cos x)-sin2x=msin 2x+cos 2x, (2
x+
2 2
分)
∴f(x) =√m2 =2.
max +1
4
∵m>0,∴m=2√3, (4分)
∴f(x)= sin 2x+cos 2x=2sin( π).
√3 2x+
6
π π π
由- +2kπ≤2x+ ≤ +2kπ,k∈Z,
2 6 2
π π
得- +kπ≤x≤ +kπ,k∈Z,
3 6
∴f(x)的单调增区间为[ π π ],k∈Z. (7分)
- +kπ, +kπ
3 6
sin A cosA
(2)由已知及正弦定理得 = ,
2sinB-sinC cosC
1 π
化简得cos A= ,∵0<A<π,∴A= . (11分)
2 3
∴f(A)=f(π)=2sin(2π π)=1. (14分)
+
3 3 6
19.(2021浙江宁波慈溪期中,19)已知平面向量a=(1
,cosx
),b=(
1,2sin
(
x-
π)),设函数
2 6
f(x)=a·b+2.
(1)求函数y=|f(x)|的最小正周期;
(2)若不等式λ-1<f(x)<λ+1在x∈[ π]上恒成立,求实数λ的取值范围.
0,
2
解析 (1)因为f(x)=a·b+2,
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所以f(x)=1+2cos xsin( π)+2= sin xcos x-cos2x+5
x- √3
2 6 2
=√3sin 2x-1cos 2x+2=sin( π)+2,
2x-
2 2 6
所以y=|f(x)|的最小正周期为π.
π π π 5π
(2)因为0≤x≤ ,所以- ≤2x- ≤ ,
2 6 6 6
所以3≤sin( π)+2≤3,
2x-
2 6
由不等式λ-1<f(x)<λ+1在x∈[ π]上恒成立,
0,
2
{ 3
得 λ-1< , 解得2<λ<5,
2
2
λ+1>3,
故实数λ的取值范围为( 5).
2,
2
20.(2021浙江温州二模,18)如图,已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)( π)的图象与y轴交于点
A>0,|φ|<
2
( 1),且(π )为该函数图象的最高点.
0,- ,1
2 3
(1)求函数y=f(x)在[0,π]上的零点;
(2)若函数y=f(λx)在( π)内单调递增,求正实数λ的取值范围.
0,
2
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解析 (1)由题图知A=1,将( 1)代入f(x)的解析式,得sin φ=-1,结合|φ|<π,可得φ=-π.
0,-
2 2 2 6
2π 4π 3
由题图可知 <T< ,∴ <|ω|<3.
3 3 2
将(π )代入f(x)的解析式可得,πω-π=2kπ+π(k∈Z),即ω=6k+2(k∈Z),所以ω=2,故f(x)=sin
,1
3 3 6 2
( π).
2x-
6
π k π π
令f(x)=0,得2x- =kπ(k∈Z),即x= 1 + (k∈Z).
6 1 1 2 12 1
π 7π
可得f(x)在[0,π]上的零点为 和 .
12 12
(2)因为y=sin x的单调递增区间为[ π π],k∈Z,
2kπ- ,2kπ+
2 2
π π
{2kπ- ≤2λ·0- ,
故 2 6 k∈Z,
π π π
2λ· - ≤2kπ+ ,
2 6 2
2
因为k∈Z,λ>0,所以可得k=0,故0<λ≤ .
3
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