2024年高考数学一轮复习（新高考版） 第4章　必刷小题8　解三角形

必刷小题8　解三角形一、单项选择题1．(2023·重庆模拟)在△ABC中，sinA＝，AC＝，B＝45°，则BC等于(　　)A．2B.C．2D．2答案　D解析　由正弦定理知，＝，∴BC＝＝＝2.2．(2023·南昌模拟)△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b＝3，c＝2，△ABC的面积为2sinB，则cosA等于(　　)A.B.C.D.答案　D解析　因为b＝3，c＝2，△ABC的面积为2sinB，所以S△ABC＝acsinB＝2sinB，所以a＝2，由余弦定理得cosA＝＝.3．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若asinA＋b(sinB＋sinA)＝csinC，则C等于(　　)A．30°B．60°C．120°D．150°答案　D解析　因为asinA＋b(sinB＋sinA)＝csinC，所以由正弦定理得a2＋b(b＋a)＝c2，化简得a2＋b2－c2＝－ab，所以由余弦定理得cosC＝＝＝－，因为C∈(0，π)，所以C＝150°.4．(2023·郑州模拟)2021年11月，郑州二七罢工纪念塔入选全国职工爱国主义教育基地名单．某数学建模小组为测量塔的高度，获得了以下数据：甲同学在二七广场A地测得纪念塔顶D的仰角为45°，乙同学在二七广场B地测得纪念塔顶D的仰角为30°，塔底为C(A，B，9 C在同一水平面上，DC⊥平面ABC)，测得AB＝63m，∠ACB＝30°，则纪念塔的高CD为(　　)A．40mB．63mC．40mD．63m答案　B解析　如图所示，∠DAC＝45°，∠CBD＝30°，∠ACB＝30°，设塔高CD为t，因为DC⊥平面ABC，所以DC⊥CA，DC⊥CB，所以AC＝t，BC＝t，又AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB，即632＝t2＋3t2－2×t×t×，解得t＝63m.5．(2022·南宁模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a＝2，b2＋c2＝a2＋bc，则△ABC外接圆的面积是(　　)A.B.C．2πD．4π答案　B解析　因为b2＋c2＝a2＋bc，所以b2＋c2－a2＝bc，由余弦定理得cosA＝＝，所以sinA＝，设△ABC外接圆的半径为R，由正弦定理得2R＝＝，所以R＝，所以△ABC外接圆的面积是πR2＝.6．设△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，tanA＝，且B为钝角．则sinA＋sinC的取值范围是(　　)A.B.9 C.D.答案　A解析　由tanA＝以及正弦定理得＝＝，所以sinB＝cosA，即sinB＝sin，又B为钝角，所以＋A∈，故B＝＋A，C＝π－(A＋B)＝－2A>0⇒A∈，于是sinA＋sinC＝sinA＋sin＝sinA＋cos2A＝－2sin2A＋sinA＋1＝－22＋，因为A∈，所以0<sinA<，由此<－22＋≤，即sinA＋sinC的取值范围是.7．(2022·洛阳模拟)已知在△ABC中，AB＝5，AC＝4，则当函数f(A)＝sin＋cos－cos2A取得最大值时，BC等于(　　)A．4B.C.D．2答案　B解析　f(A)＝2－cos2A＝2sin－cos2A＝2cosA－(2cos2A－1)＝－2cos2A＋2cosA＋1，当cosA＝，即A＝时，f(A)max＝，∴BC2＝52＋42－2×5×4×＝21，∴BC＝.8．(2022·吉安模拟)在△ABC中，AB＝BC，点D是边AB的中点，△ABC的面积为，则线段CD的取值范围是(　　)A．(0,1)B．(1，＋∞)C.D.9 答案　C解析　设AB＝BC＝t，CD＝m，所以S△ABC＝t2sinB＝，即t2sinB＝，①在△BCD中，由余弦定理得m2＝t2＋2－2t··cosB，即t2cosB＝t2－m2，②由①②得t4＝2＋，即9t4－40m2t2＋16m4＋＝0，令t2＝x>0，设g(x)＝9x2－40m2x＋16m4＋，则方程g(x)＝0在(0，＋∞)上有解，所以g＝92－40m2×＋16m4＋≤0，解得m4≥，即m≥.二、多项选择题9．(2022·福州模拟)下列对△ABC解的个数的判断中正确的是(　　)A．a＝7，b＝14，A＝30°，有一解B．a＝30，b＝25，A＝150°，有一解C．a＝，b＝，A＝60°，有一解D．a＝6，b＝9，A＝45°，有两解答案　AB解析　选项A，bsinA＝14sin30°＝7＝a，则三角形有一解，判断正确；选项B，bsinA＝25sin150°＝，则a>b>bsinA，则三角形有一解，判断正确；选项C，bsinA＝sin60°＝，则a<bsinA，则三角形无解，判断错误；选项D，bsinA＝9sin45°＝，则a<bsinA，则三角形无解，判断错误．10．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若＋＝0，则△ABC的形状为(　　)A．直角三角形B．等边三角形C．等腰直角三角形D．等腰三角形答案　AD解析　＋＝0，变形得＝，9 结合余弦定理得＝，因为c≠0，所以sinBcosB＝sinAcosA，即sin2A＝sin2B.因为A，B∈(0，π)，所以2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝，所以△ABC为等腰三角形或直角三角形．11．(2023·宁波模拟)已知△ABC三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且ccosA＋asinC＝0，若角A的角平分线交BC于D点，且AD＝1，则下列结论正确的是(　　)A．A＝B．A＝C．b＋c的最小值为2D．b＋c的最小值为4答案　AD解析　由ccosA＋asinC＝0及正弦定理，得sinCcosA＋sinAsinC＝0，因为C∈(0，π)，sinC≠0，所以cosA＋sinA＝0，即tanA＝－，因为A∈(0，π)，所以A＝，故A正确；S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，所以bc·sin ＝c·1·sin ＋b·1·sin ，所以bc＝b＋c，即＋＝1，所以b＋c＝(b＋c)＝2＋＋≥2＋2＝4，当且仅当b＝c＝2时，等号成立，所以b＋c的最小值为4，故D正确．12．(2023·南昌模拟)已知O是△ABC的外心，若··＋·＝2m2，且2sinB＋sinC＝，则实数m可取的值为(　　)A.B.C.D．1答案　AB解析　设△ABC的外接圆半径为R，因为O是△ABC的外心，故可得|AO|＝R，9 且·＝||2＝c2，·＝||2＝b2，故·＋·＝2m2，即|AB|·|AC|＋|AB|·|AC|＝2mR2，也即bc＝2mR2，则m＝，又2sinB＋sinC＝，由正弦定理可得2b＋c＝2R，则R2＝，故m＝＝≤＝，当且仅当＝，即c＝2b时，m取得最大值，故结合选项知m可取的值为或.三、填空题13．已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足c＝，tanAtanB＝＋tanA＋tanB，则a2＋b2的取值范围为________．答案　(5,6]解析　方法一　由tanAtanB＝＋tanA＋tanB，得tanA＋tanB＝(tanAtanB－1)，则＝－，即tan(A＋B)＝－，∴tanC＝.又0<C<，∴C＝，∴A＋B＝.又∵0<A<，0<B<，9 ∴<A<.由正弦定理，得＝＝＝＝2，∴a2＋b2＝(2sinA)2＋(2sinB)2＝4＝4＝4＝4.又∵<A<，∴<2A－<，∴<sin≤1，∴5<a2＋b2≤6，即a2＋b2的取值范围为(5,6]．方法二　由tanAtanB＝＋tanA＋tanB，得tanA＋tanB＝(tanAtanB－1)，则＝－，即tan(A＋B)＝－，∴tanC＝.又0<C<，∴C＝.设A＝－α，B＝＋α.∵0<－α<，0<＋α<，∴－<α<.9 由正弦定理，得＝＝＝＝2，∴a2＋b2＝(2sinA)2＋(2sinB)2＝4＝4＝4＝4＋2cos2α.∵－<α<，∴－<2α<，∴<cos2α≤1，∴5<a2＋b2≤6，即a2＋b2的取值范围为(5,6]．14．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos2C＝sin2A＋cos2B－sinAsinC，且b＝6，则B＝________，△ABC外接圆的面积为________．答案　　12π解析　由cos2C＝sin2A＋cos2B－sinAsinC，可得1－sin2C＝sin2A＋1－sin2B－sinAsinC，即sin2A＋sin2C－sin2B＝sinAsinC，则由正弦定理得ac＝a2＋c2－b2，由余弦定理可得cosB＝＝，又因为B∈(0，π)，可得B＝，所以△ABC外接圆的半径R＝＝2，所以△ABC外接圆的面积为πR2＝12π.15．(2023·临汾模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足5a2＋3b2＝3c2，则tanA的最大值为________．答案　9 解析　∵5a2＋3b2＝3c2，∴a2＝，∴cosA＝＝＝≥＝，当且仅当c2＝4b2，即c＝2b时等号成立，又A∈(0，π)，∴cosA∈，cos2A∈，∴tanA＝＝≤＝.16.(2023·晋中模拟)如图，为方便市民游览市民中心附近的“网红桥”，现准备在河岸一侧建造一个观景台P，已知射线AB，AC且夹角为120°的公路(长度均超过4千米)，在两条公路AB，AC上分别设立游客上、下点M，N，从观景台P到M，N建造两条观光线路PM，PN，测得AM＝5千米，AN＝3千米．若∠MPN＝60°，则两条观光线路PM与PN之和的最大值为________千米．答案　14解析　在△AMN中，由余弦定理得，MN2＝AM2＋AN2－2AM·ANcos120°＝25＋9－2×5×3×＝49，所以MN＝7千米．设∠PMN＝α，因为∠MPN＝60°，所以∠PNM＝120°－α，0°<α<120°，在△PMN中，由正弦定理得＝＝＝＝，所以PM＝sin(120°－α)，PN＝sinα，因此PM＋PN＝sin(120°－α)＋sinα＝×＝×＝14sin(α＋30°)，因为0°<α<120°，所以30°<α＋30°<150°.所以当α＋30°＝90°，即α＝60°时，PM＋PN取到最大值14千米．9