全品高考备战2027年数学一轮备用题库08重点强化练(八)【答案】

重点强化练(八)1.C[解析]由余弦定理得cosA=b2+c2-a22bc,即22+c2-(7)22×2c=12.A[解析]根据正弦定理得sinB=2sinAsinB,因为B∈(0,π),所以sinB≠0,所以1=2sinA,解得sinA=12,所以S△ABC=12bcsinA=12×4×12=13.C[解析]∵a2+b2=2c2,∴由余弦定理得cosC=a2+b2-c22ab≥a2+b2-c2a2+b2=2c24.B[解析]a=acosB+bcosA,由正弦定理可得sinA=sinAcosB+sinBcosA,即sinA=sin(A+B)=sinC,又sinC=22,所以sinA=22,因为A,C∈(0,π)且A+C∈(0,π),所以A=C=π4,所以B=π2,又a=1,所以c=1,b=a2+5.B[解析]AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,过点E作EF⊥AB,交AB于点F,则有EF=AD,AF=ED.在Rt△ECD中,因为∠ECD=30°,所以DE=CD·tan∠DCE=18×tan30°=63.在Rt△BEF中,因为∠BEF=60°,所以BF=EF·tan∠BEF=15×tan60°=153,则AB=BF+AF=BF+ED=153+63=213≈36.4m.故选B.6.A[解析]因为a=3,且(sinA-sinB)(b+3)=c(sinB+sinC),所以(sinA-sinB)(a+b)=c(sinB+sinC),由正弦定理,可得(a-b)(a+b)=c(b+c),即a2=b2+c2+bc,所以cosA=b2+c2-a22bc=-12,又A∈(0,π),所以A=2π3,所以△7.B[解析]由正弦定理asinA=bsinB=csinC=2R(Ra=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC,且A,B,C∈(0,π),则sinA,sinB,sinC均为正数.因为S△ABC=12absinC=12×2RsinA×2RsinB×sinC=2sinAsinBsinC,所以R=1,又因为△ABC的周长为a+b+c=2RsinA+2RsinB+2RsinC=2(sinA+sinB+sinC)=1,所以sinA+sinsinC=12.故选B8.B[解析]在Rt△ADC中,设∠ACD=θ0<θ<π2,AC=x(x>0),则CB=2x,CD=xcosθ.在△BCD中,可得∠BCD=120°-θ,∠CBD=θ-60°,由正弦定理得BCsin∠CDB=CDsin∠CBD,所以2x32=xcosθsin(θ-60°)=xcosθ129.ABD[解析]对于A,若A>B,则a>b,由正弦定理可得asinA=bsinB,所以sinA>sinB,故A正确;对于B,bsinA=4sin30°=2,则bsinA<a<b,所以△ABC有两解,故B正确;对于C,当△ABC为钝角三角形,且C为钝角时,cosC=a2+b2-c22ab<0,可得a2+b2<c2,若C不为钝角,则得不到a2+b2<c2,故C错误;对于D,由余弦定理与基本不等式可得4=a2=b2+c2-2bc·cosA=b2+c2-bc≥2bc-bc=bc,即bc≤4,当且仅当b=c=2时,等号成立,所以S△ABC=12bcsin10.ABC[解析]对于A,因为a2+b2<c2,所以cosC=a2+b2-c22ab<0,故角C为钝角,A正确.对于B,由asinA=bsinB结合正弦定理得a2=b2,从而a=b,故△ABC为等腰三角形,B正确.对于C,方法一,因为acosC+ccosA=c,所以由余弦定理得a·a2+b2-c22ab+c·c2+b2-a22bc=c,所以2b2=2bc,所以b=c,则△ABC一定是等腰三角形,C正确;方法二,acosC+ccosA=c,由正弦定理得sinAcosC+cosAsinC=sinC,所以sin(A+C)=sinC,所以sinB=sinC,又B,C∈(0,π),B+C∈(0,π),所以B=C,则△ABC一定是等腰三角形,C正确.对于D,因为c=2acosB,所以c=2a·a2+c2-b211.ACD[解析]在△DBE中,由余弦定理得DE2=BD2+BE2-2BD·BE×cos120°=0.49,所以DE=0.7km,故A正确;在△DEQ中,由正弦定理得DQsin∠DEQ=DEsin∠DQEDEsin∠DEQsin∠DQE=0.7×2232=7630(km),故B错误;在△DEQ中,由余弦定理得0.72=DQ2+QE2-2DQ·QE×12≥2DQ·QE-DQ·QE=DQ·QE,当且仅当DQ=QE时等号成立,所以DQ·QE≤49100,则△DEQ的面积为12DQ·QEsin60°≤493400,故C正确;由上可得0.72=DQ2+QE2-2DQ·QE×12=(DQ+QE)2-3DQ·QE,所以0.72≥(DQ+QE)2-3DQ+QE22=14(DQ+QE)2,12.2[解析]由asinB=2bcosA知cosA=asinB2b>0,故tanA存在.由正弦定理得sinAsinB=ab,可得tanA=sin13.72[解析]由余弦定理可得cosA=b2+c2-a22bc=4c2+c2-164c2=-34,可得c=2,所以b=2c=22,又因为cosA=-34,所以sinA=1-co14.833[解析]∵S△ABC=S△ABD+S△BCD,∴12acsin∠ABC=12cBDsin∠ABD+12∴12ac×32=12c×1×12+12a×1×1,∴3ac=c+2a,∴3=1a+2c,∴2a+c=13(2a+c)1a+2c=332+4ac+ca+2≥3315.解:(1)因为acosC+3asinC=b+c,所以由正弦定理得sinAcosC+3sinAsinC=sinB+sinC,所以sinAcosC+3sinAsinC=sin(A+C)+sinC,可得3sinAsinC=cosAsinC+sinC,因为sinC>0,所以3sinA=cosA+1,所以sinA-π6因为A∈(0,π),所以A=π3(2)因为a=23,△ABC的面积为23=12bcsinA=34bc,所以bc=8.由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccosA=(b+c)2-3bc=(b+c)2-24=12,所以b+c=6,由bc=8,b+c=6,解得b16.解:(1)设ED1=h,因为在A1,B1,C1处观察已建建筑物最高点E的仰角分别为α,β,γ,且tanα=1,tanβ=2,tanγ=3,所以A1D1=h,B1D1=h2,C1D1=h3,又A1C1=40,B1是A1C1的中点,所以在△A1B1D1中,由余弦定理得cos∠A1B1D1=在△C1B1D1中,由余弦定理得cos∠C1B1D1=400+h又∠A1B1D1+∠C1B1D1=π,所以400+h24-h22×20×h2+400+h24-h2(2)在△A1B1D1中,由正弦定理知A1B1sin∠A1D1B1=A1D1sin∠A1B1由(1)知C1D1A1D1=13,sin∠A1B1D1=sin∠C1B1D1,所以由②÷17.解:(1)证明:因为a-c=2ccosB,所以由正弦定理得sinA-sinC=2sinCcosB,所以sinBcosC+sinCcosB-sinC=2sinCcosB,所以sinBcosC-sinCcosB=sinC,故sin(B-C)=sinC,而0<B<π2,0<C<π2,所以B-C=C,故B(2)因为△ABC是锐角三角形,所以0<C<π2,0<2C<π2,0<π-3C<π2,解得π6<C<π4,所以22<cosC<32.由正弦定理可得bc=sinBsinC,则b=sinBsinC·c=sin2CsinC·c=2cosC·c,所以cosCb=12c,所以cosCb+13(4cos2C-1)4,因为cosC∈22,32,所以18.解:(1)因为2c-b=2asinC-π6=3asinC-acosC,所以由正弦定理可得2sinC-sinB=3sinAsinC-sinAcosC,又sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsin所以2sinC-sinAcosC-cosAsinC=3sinAsinC-sinAcosC,整理可得2sinC=3sinAsinC+cosAsinC=2sinCsinA+π6,又C∈(0,π),所以sinC≠0,所以sinA+π6=1,又因为A∈(0,π),所以π6<A+π6<7π6,可得A+(2)因为AD为∠BAC的平分线,所以∠BAD=∠CAD=π6,因为S△ABC=S△BAD+S△CAD,所以12AB·AC·sin∠BAC=12AB·AD·sin∠BAD+12AD·AC·sin∠CAD,即12bc×32=12c×1×12+12×1×b×12,可得b+c=3bc.在△BAC中,由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos∠2bccos∠BAC,即6=3(bc)2-2bc-bc,整理可得(bc)2-bc-2=0,解得bc=2或bc=-1(舍去),所以S△ABC=12bc·sin∠BAC=12×2×3219.解:(1)因为cos2A+cos2B-cos2C=1,所以1-2sin2A+1-2sin2B-1+2sin2C=1,即sin2A+sin2B=sin2C,由正弦定理得a2+b2=c2,所以C=90°.(2)由(1)知C=90°,所以△ABC的三个角都小于120°,因为点M为△ABC的费马点,所以∠AMB=∠BMC=∠CMA=120°.由S△ABC=S△AMB+S△BMC+S△CMA,得12ab=12MBsin120°+12MB·MCsin120°+12MC·MAsin120°,整理得MA·MB+MB·MC+MC·MA=233ab,又因为16=c2=a2+b2≥2ab,所以ab≤8,当且仅当a=b时等号成立,所以MA·MB+MB·MC+MC·MA=233ab≤1633,所以MA·MB+MB·(3)由(2)知∠AMB=∠BMC=∠CMA=120°.设MC=x,MA=mx,MB=nx(x>0,m>0,n>0),由MA+MB=tMC得m+n=t.在△ACM中,由余弦定理得,AC2=x2+m2x2-2mx2cos120°=(m2+m+1)x2.在△BCM中