【拿高分 選好題】（新課程）高中數(shù)學二輪復(fù)習 第一部分 18個必考問題 專項突破《必考問題5 解三角形》專題訓(xùn)練 蘇教版

PAGEPAGE4訓(xùn)練5解三角形(參考時間：80分鐘)一、填空題1．(2023·北京)在△ABC中，假設(shè)a＝2，b＋c＝7，cosB＝－eq\f(1,4)，那么b＝________.2．(2023·南京學情調(diào)研)△ABC中，A、B、C所對的邊分別為a、b、c且滿足csinA＝acosC，那么角C＝________.3．在△ABC中，sin2A≤sin2B＋sin2C－sinBsinC．那么4．(2023·天津改編)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c.已知8b＝5c，C＝2B，那么cosC5．(2023·上海改編)在△ABC中，假設(shè)sin2A＋sin2B＜sin2C，那么△6．(2023·徐州質(zhì)檢)在△ABC中，已知BC＝1，B＝eq\f(π,3)，且△ABC的面積為eq\r(3)，那么AC的長為________．7．鈍角三角形的三邊分別為a，a＋1，a＋2，其中最大內(nèi)角不超過120°，那么實數(shù)a的取值范圍是________．8．(2023·蘇州期中，12)如圖，甲船以每小時30eq\r(2)海里的速度向正北方向航行，乙船按照固定方向勻速直線航行，當甲船位于A1處時，乙船位于甲船的北偏西105°方向的B1處，此時兩船相距20海里，當甲船航行20分鐘到達A2處時，乙船航行到甲船的北偏西120°方向的B2處，此時兩船相距10eq\r(2)海里，那么乙船每小時航行______海里．9．如圖，在△ABC中，D是邊AC上的點，且AB＝AD,2AB＝eq\r(3)BD，BC＝2BD，那么sinC的值為________．10．在△ABC中，AD為BC邊上的高線，AD＝BC，角A，B，C的對邊為a，b，c，那么eq\f(b,c)＋eq\f(c,b)的取值范圍是________．二、解答題11．(2023·浙江理，18)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知cosA＝eq\f(2,3)，sinB＝eq\r(5)cosC.(1)求tanC的值；(2)假設(shè)a＝eq\r(2)，求△ABC的面積．12．(2023·徐州質(zhì)檢)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且滿足(2a－c)cosB＝bcosC(1)求角B的大?。?2)假設(shè)△ABC的面積為eq\f(3\r(3),4)，且b＝eq\r(3)，求a＋c的值；13.(2023·南通調(diào)研)在斜三角形ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.(1)假設(shè)2sinAcosC＝sinB，求eq\f(a,c)的值；(2)假設(shè)sin(2A＋B)＝3sinB，求eq\f(tanA,tanC)的值．14．(2023·南京、鹽城模擬)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知向量m＝(b，a－2c)，n＝(cosA－2cosC，cosB)，且m⊥n(1)求eq\f(sinC,sinA)的值；(2)假設(shè)a＝2，|m|＝3eq\r(5)，求△ABC的面積S.參考答案訓(xùn)練5解三角形1．解析根據(jù)余弦定理代入b2＝4＋(7－b)2－2×2×(7－b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))，解得b＝4.答案42．解析根據(jù)正弦定理求解．由csinA＝acosC結(jié)合正弦定理可得sinCsinA＝sinAcosC，且sinA≠0，所以tanC＝1，C∈(0，π)，故C＝eq\f(π,4).答案eq\f(π,4)3．解析由題意并結(jié)合正弦定理，得a2≤b2＋c2－bc?b2＋c2－a2≥bc?eq\f(b2＋c2－a2,bc)≥1?cosA≥eq\f(1,2)，A為△ABC內(nèi)角?0＜A≤eq\f(π,3).答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))4．解析因為8b＝5c，那么由C＝2B得sinC＝sin2B＝2sinBcosB，由正弦定理得cosB＝eq\f(sinC,2sinB)＝eq\f(c,2b)＝eq\f(4,5)，所以cosC＝cos2B＝2cos2B－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))2－1＝eq\f(7,25).答案eq\f(7,25)5．解析利用正弦定理、余弦定理判斷三角形的形狀．由正弦定理得a2＋b2＜c2，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＜0，所以∠C是鈍角，故△ABC是鈍角三角形．答案鈍角三角形6．解析由三角形面積公式得eq\f(1,2)acsinB＝eq\r(3)，解得c＝4，再由余弦定理得b2＝1＋16－2×1×4×eq\f(1,2)＝13，所以AC的長為eq\r(13).答案eq\r(13)7．解析因為a，a＋1，a＋2是三角形三邊，所以a＋2＜a＋a＋1，解得a＞1，設(shè)三角形的最大內(nèi)角是α，那么90°＜α≤120°，于是0＞cosα＝eq\f(a2＋a＋12－a＋22,2aa＋1)≥－eq\f(1,2)，解得eq\f(3,2)≤a＜3，綜上可得，實數(shù)a的取值范圍eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3)).答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3))8．解析連接A1B2，因為A1A2＝30eq\r(2)×eq\f(1,3)＝10eq\r(2)，A2B2＝10eq\r(2)，∠B2A2A1＝60°，所以△B2A2A1是等邊三角形．A1B2＝10eq\r(2)，∠B2A1B1＝45°，在△B2A1B1中，由余弦定理得B2B1＝10eq\r(2)，乙船用時20分鐘，所以乙船每小時航行30eq\r(2)海里．答案30eq\r(2)9．解析設(shè)AB＝c，那么AD＝c，BD＝eq\f(2c,\r(3))，BC＝eq\f(4c,\r(3))，在△ABD中，由余弦定理得cosA＝eq\f(c2＋c2－\f(4,3)c2,2c2)＝eq\f(1,3)，sinA＝eq\f(2\r(2),3)，在△ABC中，由正弦定理得eq\f(c,sinC)＝eq\f(\f(4c,\r(3)),\f(2\r(2),3))，解得sinC＝eq\f(\r(6),6).答案eq\f(\r(6),6)10．解析因為AD＝BC＝a，由eq\f(1,2)a2＝eq\f(1,2)bcsinA，解得sinA＝eq\f(a2,bc)，再由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)＋\f(c,b)－\f(a2,bc)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)＋\f(c,b)－sinA))，得eq\f(b,c)＋eq\f(c,b)＝2cosA＋sinA，又A∈(0，π)，所以由根本不等式和輔助角公式得eq\f(b,c)＋eq\f(c,b)的取值范圍是[2，eq\r(5)]．答案[2，eq\r(5)]11．解(1)因為0＜A＜π，cosA＝eq\f(2,3)，得sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(\r(5),3).又eq\r(5)cosC＝sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(\r(5),3)cosC＋eq\f(2,3)sinC.所以tanC＝eq\r(5).(2)由tanC＝eq\r(5)，得sinC＝eq\f(\r(5),\r(6))，cosC＝eq\f(1,\r(6)).于是sinB＝eq\r(5)cosC＝eq\f(\r(5),\r(6)).由a＝eq\r(2)及正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，得c＝eq\r(3).設(shè)△ABC的面積為S，那么S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(5),2).12．解(1)因為(2a－c)cosB＝bcosC，由正弦定理，得(2sinA－sinC)cosB＝sinBcosC即2sinAcosB＝sinCcosB＋sinBcosC＝sin(C＋B)＝sinA.在△ABC中，0＜A＜π，sinA＞0，所以cosB＝eq\f(1,2).又因為0＜B＜π，故B＝eq\f(π,3).(2)因為△ABC的面積為eq\f(3\r(3),4)，所以eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(3\r(3),4)，所以ac＝3.因為b＝eq\r(3)，b2＝a2＋c2－2accosB，所以a2＋c2－ac＝3，即(a＋c)2－3ac＝3.所以(a＋c)2＝12，所以a＋c＝2eq\r(3).13．解(1)由正弦定理，得eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(a,b).從而2sinAcosC＝sinB可化為2acosC＝b.由余弦定理，得2a×eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝b.整理得a＝c，即eq\f(a,c)＝1.(2)在斜三角形ABC中，A＋B＋C＝π，所以sin(2A＋B)＝3sinBsin[π＋(A－C)]＝3sin[π－(A＋C)]，即－sin(A－C)＝3sin(A＋C)．故－sinAcosC＋cosAsinC＝3(sinAcosC＋cosAsinC)．整理，得4sinAcosC＝－2cosAsinC，因為△ABC是斜三角形，所以cosAcosC≠0，所以eq\f(tanA,tanC)＝－eq\f(1,2).14．解(1)法一由m⊥n得，b(cosA－2cosC)＋(a－2c)cosB根據(jù)正弦定理得，sinBcosA－2sinBcosC＋sinAcosB－2sinCcosB＝0.因此(sinBcosA＋sinAcosB)－2(sinBcosC＋sinCcosB)＝0，即sin(A＋B)－2sin(B＋C)＝0.因為A＋B＋C＝π，所以sinC－2sinA＝0.即eq\f(sinC,sinA)＝2.法二由m⊥n得，b(cosA－2cosC)＋(a－2c)cosB根據(jù)余弦定理得，b×eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＋a×eq\f(a2＋c2－b2,2ac)－2b×eq\f(a2＋b2－c2,2ab)－2c×eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝0.即c－2a所以eq\f(sinC,sinA)