高考数学一轮专题重组卷第一部分专题七解三角形文（含解析）

专题七解三角形本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2019·山西晋城一模)在△ABC中，若AB＝8，A＝120°，其面积为4eq\r(3)，则BC＝()A．2eq\r(13)B．4eq\r(13)C．2eq\r(21)D．4eq\r(7)答案C解析S△ABC＝eq\f(1,2)AB·AC·sinA＝4eq\r(3)，故AC＝2；由余弦定理得，BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cosA＝84，故BC＝2eq\r(21).故选C.2．(2019·长春质量监测)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝acosC＋eq\f(1,2)c，则角A为()A．60°B．120°C．45°D．135°答案A解析由b＝acosC＋ccosA可知cosA＝eq\f(1,2)，A＝60°.故选A.3．(2019·郴州模拟)在△ABC中三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b2＋c2－eq\r(3)bc＝a2，bc＝eq\r(3)a2，则角C的大小是()A.eq\f(π,6)或eq\f(2π,3) B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3) D.eq\f(π,6)答案A解析由b2＋c2－eq\r(3)bc＝a2，得b2＋c2－a2＝eq\r(3)bc，则cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(\r(3)bc,2bc)＝eq\f(\r(3),2)，则A＝eq\f(π,6)，由bc＝eq\r(3)a2，得sinBsinC＝eq\r(3)sin2A＝eq\r(3)×eq\f(1,4)＝eq\f(\r(3),4)，即4sin(π－C－A)sinC＝eq\r(3)，即4sin(C＋A)sinC＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))sinC＝eq\r(3)，即4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinC＋\f(1,2)cosC))sinC＝2eq\r(3)sin2C＋2sinCcosC＝eq\r(3)，即eq\r(3)(1－cos2C)＋sin2C＝eq\r(3)－eq\r(3)cos2C＋sin2C＝eq\r(3)，则－eq\r(3)cos2C＋sin2C＝0，则eq\r(3)cos2C＝sin2C，则tan2C＝eq\r(3)，即2C＝eq\f(π,3)或eq\f(4π,3)，即C＝eq\f(π,6)或eq\f(2π,3).故选A.4．(2019·漳州质量监测)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知3acosA＝bcosC＋ccosB，b＋c＝3，则a的最小值为()A．1B.eq\r(3)C．2D．3答案B解析在△ABC中，∵3acosA＝bcosC＋ccosB，∴3sinAcosA＝sinBcosC＋sinCcosB＝sin(B＋C)＝sinA，即3sinAcosA＝sinA，又A∈(0，π)，∴sinA≠0，∴cosA＝eq\f(1,3).∵b＋c＝3，∴两边平方可得b2＋c2＋2bc＝9，由b2＋c2≥2bc，可得9≥2bc＋2bc＝4bc，解得bc≤eq\f(9,4)，当且仅当b＝c时等号成立，∴a2＝b2＋c2－2bccosA，可得a2＝b2＋c2－eq\f(2,3)bc＝(b＋c)2－eq\f(8bc,3)≥9－eq\f(8,3)×eq\f(9,4)＝3，当且仅当b＝c时等号成立，∴a的最小值为eq\r(3).故选B.5．(2019·安徽联考)△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知acsinB＝10sinC，a＋b＝7，且coseq\f(C,2)＝eq\f(\r(15),5)，则c＝()A．4B．5C．2eq\r(6)D．7答案B解析∵acsinB＝10sinC.由正弦定理可得abc＝10c，即ab＝10.∵coseq\f(C,2)＝eq\f(\r(15),5)，∴cosC＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(15),5)))2－1＝eq\f(1,5)，则c＝eq\r(a2＋b2－2abcosC)＝eq\r(72－2×10－20×\f(1,5))＝5.故选B.6．(2019·赣州中学模拟)在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c.若角A，B，C依次成等差数列，且a＝1，b＝eq\r(3).则S△ABC＝()A.eq\r(2) B.eq\r(3)C.eq\f(\r(3),2) D．2答案C解析∵A，B，C依次成等差数列，∴B＝60°，∴由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB，得c＝2，∴由正弦定理得S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(3),2).故选C.7．(2019·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA－bsinB＝4csinC，cosA＝－eq\f(1,4)，则eq\f(b,c)＝()A．6B．5C．4D．3答案A解析∵asinA－bsinB＝4csinC，∴由正弦定理得a2－b2＝4c2，即a2＝4c2＋b2.由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(b2＋c2－4c2＋b2,2bc)＝eq\f(－3c2,2bc)＝－eq\f(1,4)，∴eq\f(b,c)＝6.故选A.8．(2019·哈尔滨三中二模)已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若B＝2A，cosAcosBcosC>0，则eq\f(asinA,b)的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),6)，\f(\r(3),2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)，\f(\r(3),2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),6)，\f(1,2)))答案D解析由cosAcosBcosC>0，可知，三角形是锐角三角形，由正弦定理可知，sinB＝sin2A＝2sinAcosA，b＝2acosA，eq\f(asinA,b)＝eq\f(1,2)tanA，∵A＋B＋C＝180°，B＝2A，∴3A＋C＝180°，A＝60°－eq\f(C,3)>30°，∵2A<90°，∴A∈(30°，45°)，eq\f(\r(3),3)<tanA<1，则eq\f(\r(3),6)<eq\f(asinA,b)<eq\f(1,2).故选D.9．(2019·曲靖一中质量监测)在锐角△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，R是△ABC的外接圆半径，且b＋acosC＋ccosA＝2eq\r(2)R，则B＝()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3)D.eq\f(2π,3)答案B解析由正弦定理，得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R，则a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC，由b＋acosC＋ccosA＝2eq\r(2)R，得2RsinB＋2RsinAcosC＋2RsinCcosA＝2eq\r(2)R，即sinB＋sinAcosC＋sinCcosA＝eq\r(2)，则sinB＋sin(A＋C)＝eq\r(2)，即sinB＋sin(π－B)＝sinB＋sinB＝2sinB＝eq\r(2)，则sinB＝eq\f(\r(2),2)，因为△ABC是锐角三角形，所以B＝eq\f(π,4)，故选B.10．(2019·呼和浩特二模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(a,c)，(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc，则△ABC的形状为()A．直角三角形B．等腰非等边三角形C．等边三角形D．钝角三角形答案C解析∵eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(a,c)，∴eq\f(a,b)＝eq\f(a,c)，∴b＝c.又(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc，∴b2＋c2－a2＝bc，∴cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(bc,2bc)＝eq\f(1,2).∵A∈(0，π)，∴A＝eq\f(π,3)，∴△ABC是等边三角形．故选C.11．(2019·东莞模拟)已知△ABC的内角分别为A，B，C，AC＝eq\r(7)，BC＝2，B＝60°，则BC边上的高为()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(3\r(3),2)C.eq\f(\r(3)＋\r(6),2) D.eq\f(\r(3)＋\r(39),4)答案B解析由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB，得7＝AB2＋4－4ABcos60°，即AB2－2AB－3＝0，得AB＝3，得BC边上的高为ABsin60°＝eq\f(3\r(3),2).故选B.12．(2019·沈阳二模)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，根据下列条件解三角形，其中有两个解的是()A．a＝5，b＝5，A＝50° B．a＝3，b＝4，A＝30°C．a＝5，b＝10，A＝30° D．a＝12，b＝10，A＝135°答案B解析对于A，a＝5，b＝5，A＝50°，由a＝b得，B＝A＝50°，所以C＝80°，故△ABC有唯一解；对于B，a＝3，b＝4，A＝30°，则sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(2,3)，又b>a，所以B>A，故B可以是锐角也可以是钝角，故△ABC有两个解；对于C，a＝5，b＝10，A＝30°，则sinB＝eq\f(bsinA,a)＝1，B为直角，故△ABC有唯一解；对于D，a＝12，b＝10，A＝135°，则sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(5\r(2),12)，在△ABC中，A＝135°，故B为锐角，所以△ABC有唯一解．故选B.第Ⅱ卷(非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．(2019·吉林市第一次调研测试)已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝3b，c＝eq\r(5)，且cosC＝eq\f(5,6)，则a＝________.答案3解析∵a＝3b，c＝eq\r(5)，且cosC＝eq\f(5,6)，由余弦定理可得，cosC＝eq\f(5,6)＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(9b2＋b2－5,2×3b×b)，解得b＝1，a＝3.14．(2019·全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsinA＋acosB＝0，则B＝________.答案eq\f(3π,4)解析∵bsinA＋acosB＝0，∴eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,－cosB).由正弦定理，得－cosB＝sinB，∴tanB＝－1.又B∈(0，π)，∴B＝eq\f(3π,4).15．(2019·河北衡水中学一模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，c＝4，a＝4eq\r(2)sinA，且C为锐角，则△ABC面积的最大值为________．答案4＋4eq\r(2)解析因为c＝4，又eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)＝4eq\r(2)，所以sinC＝eq\f(\r(2),2)，又C为锐角，所以C＝eq\f(π,4).因为c2＝a2＋b2－2abcosC＝a2＋b2－eq\r(2)ab≥(2－eq\r(2))ab，所以ab≤eq\f(16,2－\r(2))＝8(2＋eq\r(2))，当且仅当a＝b＝eq\r(82＋\r(2))时等号成立，即S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(\r(2),4)ab≤4＋4eq\r(2)，即当a＝b＝eq\r(82＋\r(2))时，△ABC面积的最大值为4＋4eq\r(2).16．(2019·江苏省南通市模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，a＝8，b＝10，△ABC的面积为20eq\r(3)，则△ABC的最大角的正切值是________．答案eq\f(5\r(3),3)或－eq\r(3)解析∵20eq\r(3)＝eq\f(1,2)×8×10sinC，∴sinC＝eq\f(\r(3),2)，∵0<C<π，∴C＝eq\f(π,3)或eq\f(2π,3)，当C＝eq\f(2π,3)时，显然C是最大角，那么有taneq\f(2π,3)＝－eq\r(3)，当C＝eq\f(π,3)时，由余弦定理得c＝eq\r(82＋102－2×8×10×cos\f(π,3))＝2eq\r(21)<10，∴b是最大边，由余弦定理得cosB＝eq\f(\r(21),14)，∴tanB＝eq\f(5\r(3),3).综上，△ABC的最大角的正切值为eq\f(5\r(3),3)或－eq\r(3).三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)(2019·四川省达州市第一次诊断)在斜三角形ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且cos2A＋cosBcosC＋1＝sinBsinC(1)求角A；(2)若a＝eq\r(7)，c＝2，求b.解(1)由题意得，cos2A＋cosBcosC＋1＝sinBsinC整理后，cos2A＋1＝sinBsinC－cosBcosC＝－cos(B＋C)＝cosA＝2cos2A化简结果后得cosA＝eq\f(1,2).∵A∈(0，π)，∴A＝eq\f(π,3).(2)由余弦定理得，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，由于a＝eq\r(7)，c＝2，整理得b2－2b－3＝0，解得b＝3或b＝－1，又∵b>0，∴b＝3.18．(本小题满分12分)(2019·吉林市第一次调研)在△ABC中，内角A，B，C的边长分别为a，b，c，且c＝2.(1)若A＝eq\f(π,3)，b＝3，求sinC的值；(2)若sinAcos2eq\f(B,2)＋sinBcos2eq\f(A,2)＝3sinC，且△ABC的面积S＝eq\f(25,2)sinC，求a和b的值．解(1)△ABC中，c＝2，A＝eq\f(π,3)，b＝3；由余弦定理得，a2＝b2＋c2－2bccosA＝9＋4－2×3×2×coseq\f(π,3)＝7，解得a＝eq\r(7).由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，得sinC＝eq\f(2·sin\f(π,3),\r(7))＝eq\f(\r(21),7).(2)由sinAcos2eq\f(B,2)＋sinBcos2eq\f(A,2)＝3sinC，降幂得sinA·eq\f(1＋cosB,2)＋sinB·eq\f(1＋cosA,2)＝3sinC，化简得sinA＋sinB＋(sinAcosB＋cosAsinB)＝6sinC，又∵sinAcosB＋cosAsinB＝sin(A＋B)＝sinC，∴sinA＋sinB＝5sinC，即a＋b＝5c＝10.又S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(25,2)sinC，得ab＝25.②由①②解得a＝b＝5.19．(本小题满分12分)(2019·全国卷Ⅲ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知asineq\f(A＋C,2)＝bsinA.(1)求B；(2)若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围．解(1)由题设及正弦定理得sinAsineq\f(A＋C,2)＝sinBsinA.因为sinA≠0，所以sineq\f(A＋C,2)＝sinB.由A＋B＋C＝180°，可得sineq\f(A＋C,2)＝coseq\f(B,2)，故coseq\f(B,2)＝2sineq\f(B,2)coseq\f(B,2).因为coseq\f(B,2)≠0，故sineq\f(B,2)＝eq\f(1,2)，因此B＝60°.(2)由题设及(1)知△ABC的面积S△ABC＝eq\f(\r(3),4)a.由正弦定理得a＝eq\f(csinA,sinC)＝eq\f(sin120°－C,sinC)＝eq\f(\r(3),2tanC)＋eq\f(1,2).由于△ABC为锐角三角形，故0°<A<90°，0°<C<90°.由(1)知A＋C＝120°，所以30°<C<90°，故eq\f(1,2)<a<2，从而eq\f(\r(3),8)<S△ABC<eq\f(\r(3),2).因此，△ABC面积的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),8)，\f(\r(3),2))).20．(本小题满分12分)(2019·蚌埠二模)如图，等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，AB＝4，点P为△ABC内一点，且tan∠PAB＝eq\f(1,3)，tan∠PBA＝eq\f(1,2).(1)求∠APB；(2)求PC.解(1)由条件及两角和的正切公式，得tan(∠PAB＋∠PBA)＝eq\f(tan∠PAB＋tan∠PBA,1－tan∠PAB·tan∠PBA)＝eq\f(\f(1,3)＋\f(1,2),1－\f(1,3)×\f(1,2))＝1，而0<∠PAB＋∠PBA<π，所以∠PAB＋∠PBA＝eq\f(π,4)，则∠APB＝π－(∠PAB＋∠PBA)＝π－eq\f(π,4)＝eq\f(3π,4).(2)由(1)知，∠PAB＋∠PBA＝eq\f(π,4)，而在等腰直角三角形ABC中，CA＝2eq\r(2)，∠CAB＝∠CAP＋∠PAB＝eq\f(π,4)，所以∠CAP＝∠PBA，则tan∠CAP＝tan∠PBA＝eq\f(1,2)，进而可求得sin∠CAP＝sin∠PBA＝eq\f(\r(5),5)，cos∠CAP＝cos∠PBA＝eq\f(2\r(5),5).在△PAB中，由正弦定理，得PA＝eq\f(sin∠PBA,sin∠APB)·AB＝eq\f(\f(\r(5),5),\f(\r(2),2))×4＝eq\f(4\r(10),5).在△PAC中，由余弦定理，得PC2＝AC2＋AP2－2AC·AP·cos∠＝8＋eq\f(32,5)－2×2eq\r(2)×eq\f(4\r(10),5)×eq\f(2\r(5),5)＝eq\f(8,5)，∴PC＝eq\f(2\r(10),5).21．(本