新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)《高考大題突破練-解三角形》課時(shí)練習(xí)(含詳解)

新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)《高考大題突破練—解三角形》課時(shí)練習(xí)LISTNUMOutlineDefault\l3△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c．已知△ABC的面積為eq\f(a2,3sinA)．(1)求sinBsinC；(2)若6cosBcosC=1，a=3，求△ABC的周長(zhǎng)．LISTNUMOutlineDefault\l3已知△ABC滿足________，且b＝eq\r(6)，A＝eq\f(2π,3)，求sinC的值及△ABC的面積．(從①B＝eq\f(π,4)，②a＝eq\r(3)，③a＝3eq\r(2)sinB這三個(gè)條件中選一個(gè)，補(bǔ)充到上面問題中，并完成解答)注：如果選擇多個(gè)條件進(jìn)行解答，則按第一個(gè)解答計(jì)分．LISTNUMOutlineDefault\l3在①bcosA﹣c＝0，②acosB＝bcosA，③acosC＋b＝0這三個(gè)條件中選擇符合題意的一個(gè)條件，補(bǔ)充在下面的問題中，并求解．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知b＝eq\r(2)，c＝4，滿足________．(1)請(qǐng)寫出你的選擇，并求出角A的值；(2)在(1)的結(jié)論下，已知點(diǎn)D在線段BC上，且∠ADB＝eq\f(3π,4)，求CD的值．LISTNUMOutlineDefault\l3在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c．已知b＋c=2acosB．(1)證明：A=2B；(2)若△ABC的面積S=eq\f(a2,4)，求角A的大?。甃ISTNUMOutlineDefault\l3△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)邊分別為a，b，c，已知csinC﹣bsinB＝a(sinA﹣sinB)．(1)求角C；(2)若D為AB的中點(diǎn)，且c＝2，求CD的最大值．LISTNUMOutlineDefault\l3△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知2cosC(acosB＋bcosA)=c.(1)求C；(2)若c=eq\r(7)，△ABC的面積為eq\f(3\r(3),2)，求△ABC的周長(zhǎng)．LISTNUMOutlineDefault\l3已知a，b，c分別是△ABC內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，且滿足(a＋b＋c)(sinB＋sinC－sinA)=bsinC.(1)求角A的大??；(2)設(shè)a=eq\r(3)，S為△ABC的面積，求S＋eq\r(3)cosBcosC的最大值.LISTNUMOutlineDefault\l3在①eq\f(AN,BN)＝eq\r(3)，②S△AMN＝4eq\r(3)，③AC＝AM這三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面問題中，并進(jìn)行求解．問題：在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，B＝60°，c＝8，點(diǎn)M，N是BC邊上的兩個(gè)三等分點(diǎn)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝3eq\o(BM,\s\up6(→))，________，求AM的長(zhǎng)和△ABC外接圓半徑．(注：如果選擇多個(gè)條件分別進(jìn)行解答，則按第一個(gè)解答計(jì)分)

LISTNUMOutlineDefault\l3\s0答案解析LISTNUMOutlineDefault\l3解：(1)由題設(shè)得eq\f(1,2)acsinB=eq\f(a2,3sinA)，即eq\f(1,2)csinB=eq\f(a,3sinA)．由正弦定理得eq\f(1,2)sinCsinB=eq\f(sinA,3sinA)．故sinBsinC=eq\f(2,3)．(2)由題設(shè)及(1)得cosBcosC－sinBsinC=－eq\f(1,2)，即cos(B＋C)=－eq\f(1,2)，所以B＋C=eq\f(2π,3)，故A=eq\f(π,3)．由題設(shè)得eq\f(1,2)bcsinA=eq\f(a2,3sinA)，即bc=8．由余弦定理得b2＋c2－bc=9，即(b＋c)2－3bc=9，得b＋c=eq\r(33)．故△ABC的周長(zhǎng)為3＋eq\r(33)．LISTNUMOutlineDefault\l3解：選擇①時(shí)，B＝eq\f(π,4)，A＝eq\f(2π,3)，故sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(\r(6)－\r(2),4).根據(jù)正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，故a＝3，故△ABC的面積S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(9－3\r(3),4)；選擇②時(shí)，a＝eq\r(3)，b＝eq\r(6)，故B>A，A為鈍角，故無解；選擇③時(shí)，a＝3eq\r(2)sinB，根據(jù)正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得eq\f(3\r(2)sinB,\f(\r(3),2))＝eq\f(\r(6),sinB)，解得sinB＝eq\f(\r(2),2)，sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(\r(6)－\r(2),4).根據(jù)正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得a＝3，故△ABC的面積S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(9－3\r(3),4).LISTNUMOutlineDefault\l3解：(1)若選擇條件①，得cosA＝eq\f(c,b)＝2eq\r(2)>1，不符合題意；若選擇條件②，由余弦定理知a·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝b·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，化簡(jiǎn)得a＝b，所以a＋b＝2eq\r(2)<4，不符合題意；若選擇條件③，由余弦定理得a·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＋b＝0，所以a2＋3b2﹣c2＝0，所以a2＝c2﹣3b2＝16﹣6＝10，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(2＋16－10,2×\r(2)×4)＝eq\f(\r(2),2)，因?yàn)锳∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,4).(2)由(1)知cosC＝eq\f(b2＋a2－c2,2ab)＝eq\f(2＋10－16,2×\r(2)×\r(10))＝﹣eq\f(\r(5),5)，因?yàn)镃∈(0，π)，所以sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\f(2\r(5),5).所以sin∠CAD＝sin(eq\f(3π,4)﹣C)＝sin

eq\f(3π,4)cosC﹣coseq\f(3π,4)sinC＝eq\f(\r(10),10).在△ACD中，因?yàn)閑q\f(AC,sin∠ADC)＝eq\f(CD,sin∠CAD)，所以CD＝eq\f(AC·sin∠CAD,sin∠ADC)＝eq\f(\r(10),5).LISTNUMOutlineDefault\l3解：(1)證明：由正弦定理得sinB＋sinC=2sinAcosB，故2sinAcosB=sinB＋sin(A＋B)=sinB＋sinAcosB＋cosAsinB，于是sinB=sin(A－B)．又A，B∈(0，π)，故0<A－B<π，所以，B=π－(A－B)或B=A－B，因此A=π(舍去)或A=2B，所以A=2B．(2)由S=eq\f(a2,4)得eq\f(1,2)absinC=eq\f(a2,4)，故有sinBsinC=eq\f(1,2)sin2B=sinBcosB，因sinB≠0，得sinC=cosB．又B，C∈(0，π)，所以C=eq\f(π,2)±B．當(dāng)B＋C=eq\f(π,2)時(shí)，A=eq\f(π,2)；當(dāng)C－B=eq\f(π,2)時(shí)，A=eq\f(π,4)．綜上，A=eq\f(π,2)或A=eq\f(π,4)．LISTNUMOutlineDefault\l3解：(1)因?yàn)閏sinC﹣bsinB＝a(sinA﹣sinB)，所以c2﹣b2＝a2﹣ab，所以c2＝a2＋b2﹣ab且c2＝a2＋b2﹣2abcosC，所以cosC＝eq\f(1,2)，又C∈(0，π)，所以C＝eq\f(π,3).(2)因?yàn)閑q\o(CD,\s\up6(→))＝eq\f(\o(CA,\s\up6(→))＋\o(CB,\s\up6(→)),2)，所以|eq\o(CD,\s\up6(→))|2＝(eq\f(\o(CA,\s\up6(→))＋\o(CB,\s\up6(→)),2))2＝eq\f(1,4)a2＋eq\f(1,4)b2＋eq\f(ab,4)，又因?yàn)閏2＝a2＋b2﹣ab＝4，所以a2＋b2＝4＋ab≥2ab，所以ab≤4(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2時(shí)取“＝”)，所以CD2＝eq\f(1,4)a2＋eq\f(1,4)b2＋eq\f(ab,4)＝eq\f(2＋ab,2)≤eq\f(2＋4,2)＝3，所以CD≤eq\r(3)(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2時(shí)取“＝”)，所以CD的最大值為eq\r(3).LISTNUMOutlineDefault\l3解：(1)由已知及正弦定理得：2cosC(sinAcosB＋sinBcosA)=sinC，即2cosCsin(A＋B)=sinC.故2sinCcosC=sinC.可得cosC=eq\f(1,2)，所以C=eq\f(π,3).(2)由已知，eq\f(1,2)absinC=eq\f(3\r(3),2).又C=eq\f(π,3)，所以ab=6.由已知及余弦定理得，a2＋b2－2abcosC=7.故a2＋b2=13，從而eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋b))eq\s\up12(2)=25.所以△ABC的周長(zhǎng)為5＋eq\r(7).LISTNUMOutlineDefault\l3解：(1)∵(a＋b＋c)(sinB＋sinC－sinA)=bsinC，∴根據(jù)正弦定理，知(a＋b＋c)(b＋c－a)=bc，即b2＋c2－a2=－bC.∴由余弦定理，得cosA=eq\f(b2＋c2－a2,2bc)=－eq\f(1,2).又A∈(0，π)，所以A=eq\f(2,3)π.(2)根據(jù)a=eq\r(3)，A=eq\f(2,3)π及正弦定理可得eq\f(b,sinB)=eq\f(c,sinC)=eq\f(a,sinA)=eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))=2，∴b=2sinB，c=2sinC.∴S=eq\f(1,2)bcsinA=eq\f(1,2)×2sinB×2sinC×eq\f(\r(3),2)=eq\r(3)sinBsinC.∴S＋eq\r(3)cosBcosC=eq\r(3)sinBsinC＋eq\r(3)cosB·cosC=eq\r(3)cos(B－C).故當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(B＝C，,B＋C＝\f(π,3)，))即B=C=eq\f(π,6)時(shí)，S＋eq\r(3)cosB·cosC取得最大值eq\r(3).LISTNUMOutlineDefault\l3解:若選擇條件①，因?yàn)閑q\f(AN,BN)＝eq\r(3)，所以eq\f(AN,BM)＝2eq\r(3)，設(shè)BM＝t，所以AN＝2eq\r(3)t，又B＝60°，c＝8，所以在△ABN中，AN2＝AB2＋BN2﹣2AB·BNcosB，即(2eq\r(3)t)2＝82＋4t2﹣2×8×2tcos60°，即t2＋2t﹣8＝0，所以t＝2或t＝﹣4(舍去)．在△ABM中，AM2＝AB2＋BM2﹣2AB·BMcosB＝82＋4﹣2×8×2cos60°＝52，所以AM＝2eq\r(13)，同理AC2＝AB2＋BC2﹣2AB·BCcosB＝82＋62﹣2×8×6cos60°＝52，所以AC＝2eq\r(13)，由正弦定理可得2R＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(AC,sin60°)＝eq\f(4\r(39),3)，所以△ABC外接圓半徑為R＝eq\f(2\r(39),3).若選擇條件②，因?yàn)辄c(diǎn)M，N是BC邊上的三等分點(diǎn)，且S△AMN＝4eq\r(3)，所以S△ABC＝12eq\r(3)，因?yàn)锽＝60°，所以S△ABC＝12eq\r(3)＝eq\f(1,2)AB·BCsin60°＝eq\f(1,2)×8×BC×eq\f(\r(3),2)，所以BC＝6，所以BM＝2.在△ABM中，AM2＝AB2＋BM2﹣2AB·BMcosB＝82＋4﹣2×8×2cos60°＝52，所以AM＝2eq\r(13)，同理AC2＝AB2＋BC2﹣2AB·BCcosB＝82＋62﹣2×8×6cos60°＝52，所以AC＝2eq\r(13)，由正弦定理可得2R＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(AC,sin60°)＝eq\f(4\r(39),3)，所以△ABC外接圓半徑為R＝eq\f(2\r(39),3).若選擇條件③