全国统考2023版高考数学大一轮复习第4章三角函数解三角形第4讲正余弦定理及解三角形1备考试题文含解析20230327155

第四章　三角函数、解三角形第四讲　正、余弦定理及解三角形练好题·考点自测1.[2020全国卷Ⅲ,11,5分][文]在△ABC中,cosC=23,AC=4,BC=3,则tanB=(　　)A.5B.25C.45D.852.[2017山东,9,5分]在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.若△ABC为锐角三角形,且满足sinB(1+2cosC)=2sinAcosC+cosAsinC,则下列等式成立的是(　　)A.a=2bB.b=2aC.A=2BD.B=2A3.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=18,b=24,A=45°,则此三角形(　　)A.无解B.有一解C.有两解D.解的个数不确定4.下列说法正确的是(△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c)(　　)①在△ABC中,若A>B,则必有sinA>sinB;②在△ABC中,若b2+c2>a2,则△ABC为锐角三角形;③在△ABC中,若A=60°,a=43,b=42,则B=45°或B=135°;④若满足条件C=60°,AB=3,BC=a的△ABC有两个,则实数a的取值范围是(3,2);⑤在△ABC中,若acosB=bcosA,则△ABC是等腰三角形.A.①③④⑤B.①②③④C.①④⑤D.①③⑤5.[2019全国卷Ⅱ,15,5分]△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若b=6,a=2c,B=π3,则△ABC的面积为　　　　. 6.[2019浙江,14,6分]在△ABC中,∠ABC=90°,AB=4,BC=3,点D在线段AC上.若∠BDC=45°,则BD=　　　　,cos∠ABD=　　　　. 7.[2016全国卷Ⅱ,15,5分][文]△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若cosA=45,cosC=513,a=1,则b=　　　　. 8.[2020深圳市高三统一测试]在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若(a+b)(sinA-sinB)=(a-c)sinC,b=2,则△ABC的外接圆面积为　　　　. 9.[湖北高考,5分][文]如图4-4-1,一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶,到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30°的方向上,行驶600m后到达B处,测得此山顶在西偏北75°的方向上,仰角为30°,则此山的高度\nCD=　　　m. 图4-4-1拓展变式1.(1)[2020江淮十校联考]△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2asinA-bsinB=2csinC,cosA=14,则sinBsinC=(　　)A.4B.3C.2D.1(2)在锐角三角形ABC中,b=2,a+c=7(a>c),且满足2asinBcosC+2csinBcosA=3b,则a-c=　　　　.2.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,(1)若cb<cosA,则△ABC的形状为　　　　. (2)若c-acosB=(2a-b)cosA,则△ABC的形状为　　　　. 3.[2020河南洛阳4月模拟]在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.(1)若△ABC的面积S满足43S+c2=a2+b2,c=7,a=4,且b>c,求b的值;(2)若a=3,A=π3,且△ABC为锐角三角形,求△ABC周长的取值范围.4.[2018全国卷Ⅰ,17,12分]在平面四边形ABCD中,∠ADC=90°,∠A=45°,AB=2,BD=5.(1)求cos∠ADB;(2)若DC=22,求BC.5.(1)[解三角形与数列、基本不等式综合]设△ABC的角A,B,C成等差数列,且满足sin(A-C)-sinB=-32,BC延长线上有一点D,满足BD=2,则△ACD面积的最大值为(　　)A.1B.34C.32D.63(2)[新课标全国Ⅰ,5分]在平面四边形ABCD中,∠A=∠B=∠C=75°,BC=2,则AB的取值范围是　　　　. 6.[2020山东,15,5分]某中学开展劳动实习,学生加工制作零件,零件的截面如图4-4-5所示.O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心,A是圆弧AB与直线AG的切点,B是圆弧AB与直线BC的切点,四边形DEFG为矩形,BC⊥DG,垂足为C,tan∠ODC=35,BH∥DG,EF=12cm,DE=2cm,A到直线DE和EF的距离均为7cm,圆孔半径为1cm,则图中阴影部分的面积为　　　　cm2. \n图4-4-5答案第四章　三角函数、解三角形第四讲　正、余弦定理及解三角形1.C　解法一　在△ABC中,cosC=23,则sinC=53>22,所以C∈(π4,π2).由余弦定理知AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cosC=16+9-2×4×3×23=9,所以AB=3.由正弦定理ACsinB=ABsinC,得sinB=459,易知B∈(0,π2),所以cosB=19,tanB=sinBcosB=45.故选C.解法二　在△ABC中,cosC=23,AC=4,BC=3,所以由余弦定理知AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cosC=16+9-2×4×3×23=9,所以AB=3,所以△ABC是等腰三角形.过点B作BD⊥AC于点D,则BD=BC2-CD2=32-(42)2=5,tanB2=25=255,所以tanB=2tanB21-tan2B2=45.故选C.2.A　由题意可知sinB+2sinBcosC=sinAcosC+sin(A+C),即2sinBcosC=sinAcosC,又cosC≠0,故2sinB=sinA,由正弦定理可知a=2b.故选A.3.C　∵bsinA=122<a<b,∴三角形有两解.4.C　对于①,在△ABC中,若A>B,则a>b,a2R>b2R(R为△ABC的外接圆的半径),即sinA>sinB,①正确;对于②,在△ABC中,若b2+c2>a2,则A是锐角,但△ABC不一定是锐角三角形,②错误;对于③,由asinA=bsinB得sinB=basinA=4243×32=22,因为a>b,所以B<A,所以B=45°,③错误;对于④,由条件可得BCsinC<AB<BC,即32a<3<a,解得3<a<2,④正确;对于⑤,由acosB=bcosA得sinAcosB=sinBcosA,即sin(A-B)=0,又A,B为三角形的内角,所以A=B,故△ABC是等腰三角形,⑤正确.故选C.5.63　因为a=2c,b=6,B=π3,所以由余弦定理b2=a2+c2-2accosB,得62=(2c)2+c2-2×2c×ccosπ3,得c=23,所以a=43,所以△ABC的面积S=12acsinB=12×43×23×sinπ3=63.\n6.1225　7210　在Rt△ABC中,易得AC=5,sinC=ABAC=45.在△BCD中,由正弦定理得BD=BCsin∠BDC×sin∠BCD=322×45=1225,sin∠DBC=sin[180°-(∠BCD+∠BDC)]=sin(∠BCD+∠BDC)=sin∠BCDcos∠BDC+cos∠BCDsin∠BDC=45×22+35×22=7210.又∠ABD+∠DBC=90°,所以cos∠ABD=sin∠DBC=7210.7.2113　解法一　因为cosA=45,cosC=513,所以sinA=35,sinC=1213,从而sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC=35×513+45×1213=6365.由正弦定理asinA=bsinB,得b=asinBsinA=2113.解法二　因为cosA=45,cosC=513,所以sinA=35,sinC=1213,从而cosB=-cos(A+C)=-cosAcosC+sinAsinC=-45×513+35×1213=1665.由正弦定理asinA=csinC,得c=asinCsinA=2013.由余弦定理b2=a2+c2-2accosB,得b=2113.解法三　因为cosA=45,cosC=513,所以sinA=35,sinC=1213,由正弦定理asinA=csinC,得c=asinCsinA=2013.从而b=acosC+ccosA=2113.8.43π　利用正弦定理将已知等式转化为(a+b)(a-b)=(a-c)c,即a2+c2-b2=ac,所以由余弦定理得cosB=a2+c2-b22ac=12,因为0°<B<180°,所以B=60°.设△ABC的外接圆半径为R,则由正弦定理知,2R=bsinB=43,R=23,所以△ABC的外接圆面积S=πR2=43π.9.1006　由题意,得∠BAC=30°,∠ABC=105°.在△ABC中,因为∠ABC+∠BAC+∠ACB=180°,所以∠ACB=45°.因为AB=600m,由正弦定理可得600sin45°=BCsin30°,即BC=3002m.在Rt△BCD中,因为∠CBD=30°,BC=3002m,所以tan30°=CDBC=CD3002,所以CD=1006m.1.(1)D　因为△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,2asinA-bsinB=2csinC,利用正弦定理将角化为边可得2a2-b2=2c2　①,由①及余弦定理可得cosA=b2+c2-a22bc=b4c=14,化简得bc=1,即sinBsinC=1,故选D.(2)3　因为2asinBcosC+2csinBcosA=3b,所以2sinAsinBcosC+2sinCsinBcosA=3sinB.在锐角三角形ABC中,sinB>0,所以2sinAcosC+2sinCcosA=3,即sin(A+C)=32,所以sinB=32,cosB=12.因为b2=a2+c2-2accosB=(a+c)2-2ac-2accosB,所以ac=1.因为(a-c)2=(a+c)2-4ac=7-4=3,且a>c,所以a-c=3.2.(1)钝角三角形　已知cb<cosA,由正弦定理,得sinCsinB<cosA,即sinC<sinBcosA,所以sin(A+B)<sinBcosA,即sinBcosA+cosBsinA-sinBcosA<0,所以cosBsinA<0.又sinA>0,于是有cosB<0,即B为钝角,所以△ABC是钝角三角形.\n(2)等腰三角形或直角三角形　因为c-acosB=(2a-b)cosA,所以由正弦定理得sinC-sinAcosB=2sinAcosA-sinBcosA,又C=π-(A+B),所以sinC=sin(A+B),所以sinAcosB+cosAsinB-sinAcosB=2sinAcosA-sinBcosA,所以cosA(sinB-sinA)=0,所以cosA=0或sinB=sinA,所以A=π2或B=A(B=π-A舍去),所以△ABC为等腰三角形或直角三角形.3.(1)因为43S=a2+b2-c2,所以43×12absinC=2abcosC,所以tanC=33,又0<C<π,所以C=π6.由余弦定理及c=7,a=4,得cosπ6=16+b2-78b,解得b=33或b=3.因为b>c=7,所以b=33.(2)由正弦定理及a=3,A=π3得3sinπ3=bsinB=csinC,故b=2sinB,c=2sinC=2sin(2π3-B).则△ABC的周长为3+2sinB+2sin(2π3-B)=3+3cosB+3sinB=3+23sin(B+π6).由题意可知0<B<π2,0<2π3-B<π2,解得π6<B<π2.所以π3<B+π6<2π3,故32<sin(B+π6)≤1,因此三角形ABC周长的取值范围为(3+3,33].4.(1)在△ABD中,由正弦定理得BDsinA=ABsin∠ADB.由题设知,5sin45°=2sin∠ADB,所以sin∠ADB=25.由题设知,∠ADB<90°,所以cos∠ADB=1-225=235.(2)由题设及(1)知,cos∠BDC=sin∠ADB=25.在△BCD中,由余弦定理得BC2=BD2+DC2-2×BD×DC×cos∠BDC=25+8-2×5×22×25=25,所以BC=5.5.(1)B　因为△ABC的角A,B,C成等差数列,所以B=π3,又sin(A-C)-sinB=-32,所以A=B=C=π3,设△ABC的边长为x,由已知有0<x<2,则S△ACD=12x(2-x)sin2π3=34x(2-x)≤34(x+2-x2)2=34(当且仅当x=2-x,即x=1时取等号),故选B.(2)(6-2,6+2)　如图D4-4-1,作△PBC,使∠B=∠C=75°,BC=2,作直线AD分别交线段PB,PC于A,D两点(不与端点重合),且使∠BAD=75°,则四边形ABCD就是符合题意的四边形.过C作AD的平行线交PB于点Q,在△PBC中,可求得BP=6+2,在△QBC中,可求得BQ=6-2,所以AB的取值范围是(6-2,6+2).\n图D4-4-1图D4-4-26.5π2+4　如图D4-4-2,连接OA,作AQ⊥DE,交ED的延长线于Q,AM⊥EF于M,交DG于E',交BH于F',记过O且垂直于DG的直线与DG的交点为P,设OP=3m,则DP=5m,不难得出AQ=7,AM=7,于是AE'=5,E'G=5,∴∠AGE'=∠AHF'=π4,△AOH为等腰直角三角形,又AF'=5-3m,OF'=7-5m,AF'=OF',∴5-3m=7-5m,得m=1,∴AF'=5-3m=2,OF'=7-5m=2,∴OA=22,则阴影部分的面积S=135360×π×(22)2+12×22×22-π2=(5π2+4)(cm2).