2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第4章三角函數(shù)解三角形第4講正余弦定理及解三角形作業(yè)試題2含解析新人教版

第四講正、余弦定理及解三角形1.[2024湖北省四地七校聯(lián)考]在一幢20m高的樓頂測(cè)得對(duì)面一座塔吊頂?shù)难鼋菫?0°,塔基的俯角為45°,如圖4-4-1,那么這座塔吊的高是()A.20(1+33)mB.20(1+3C.10(6+2)mD.20(6+2)m圖4-4-12.[2024南京市學(xué)情調(diào)研]在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c.若2bcosC≤2a-c,則角B的取值范圍是 ()A.(0,π3] B.(0,2π3] C.[π33.[多選題]在△ABC中,a,b,c分別是角A,B,C的對(duì)邊,C為鈍角,且c-b=2bcosA,則下列結(jié)論中正確的是 ()A.a2=b(b+c) B.A=2BC.0<cosA<12 D.0<sinB<4.[多選題]在△ABC中,D在線段AB上,且AD=5,BD=3,若CB=2CD,cos∠CDB=-55,則A.sin∠BCD=310B.△ABC的面積為8C.△ABC的周長(zhǎng)為8+45 D.△ABC為鈍角三角形5.[2024大同市高三調(diào)研]在△ABC中,B=π4,BC邊上的高等于13BC,則sin∠BAC=6.[2024洛陽(yáng)市統(tǒng)考]在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,若2c(1)求A;(2)若b=32,c=2,點(diǎn)D為BC的中點(diǎn),求a及AD.7.[2024長(zhǎng)春市質(zhì)檢]△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,a=btanA,a>b.(1)求證:△ABC是直角三角形.(2)若c=10,求△ABC的周長(zhǎng)的取值范圍.8.[2024惠州市模擬]已知△ABC的內(nèi)角A,B,C滿意sinA-sin(1)求角A;(2)若△ABC的外接圓的半徑為1,求△ABC的面積S的最大值.9.[2024江西重點(diǎn)中學(xué)其次次聯(lián)考]在△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,若sinBsinC=3sinA,△ABC的面積為332,a+b=33A.21 B.3C.21或3 D.21或310.[2024晉南中學(xué)聯(lián)考]平面四邊形ABCD為凸四邊形,且∠A=60°,AD⊥DC,AB=3,BD=2,則BC的取值范圍為()A.[72,2) B.(72,2) C.(2,7) D.[7211.[2024福建五校其次次聯(lián)考]銳角△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c且a=1,bcosA-cosB=1,若A,B改變時(shí),sinB-2λsin2A存在最大值,則正數(shù)λ的取值范圍是 ()A.(0,33) B.(0,12) C.(33,2212.[2024四川五校聯(lián)考]在△ABC中,角A的平分線交BC于點(diǎn)D,BD=2CD=2,則△ABC面積的最大值為 ()A.32 B.22 C.3 D.413.[2024陜西省百校聯(lián)考]在△ABC中,D為AC的中點(diǎn),若AB=463,BC=2,BD=5,則cos∠ABC=sinC=.

14.[2024福建寧德模擬]海洋藍(lán)洞是地球罕見(jiàn)的自然地理現(xiàn)象,被譽(yù)為“地球給人類保留宇宙隱私的最終遺產(chǎn)”,我國(guó)擁有世界上已知最深的海洋藍(lán)洞.若要測(cè)量如圖4-4-2所示的海洋藍(lán)洞的口徑(即A,B兩點(diǎn)間的距離),現(xiàn)取兩點(diǎn)C,D,測(cè)得CD=80m,∠ADB=135°,∠BDC=∠DCA=15°,∠ACB=120°,則圖4-4-2中海洋藍(lán)洞的口徑為m.

圖4-4-215.[2024陜西百校聯(lián)考]已知△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c.(1)若A≠π2(2)若sinA,sinB,sinC成等差數(shù)列,求B的最大值.16.在△ABC中,角A與角B的內(nèi)角平分線交于點(diǎn)I,且5+4cos(A+B)=4sin2C.(1)求角C的大小;(2)若△ABC的外接圓半徑為4,求△ABI周長(zhǎng)的最大值.17.在△ABC中,AB=4,BC=3,則當(dāng)函數(shù)f(B)=cos2B-cos(B+π3)-3sin(B+π3A.13 B.23 C.4 D.218.在△ABC中,若sin(π2-B)=cos2A,則AC-A.(-1,12) B.(13,C.(12,23) D.(1319.[2024洛陽(yáng)市聯(lián)考]已知a,b,c分別是△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊,且滿意(a+b+c)(sinB+sinC-sinA)=bsinC.(1)求角A的大小;(2)設(shè)a=3,S為△ABC的面積,求S+3cosBcosC的最大值.答案第四講變換正、余弦定理及解三角形1.B由題圖知BE的長(zhǎng)度即所求塔吊的高.易知四邊形ABCD為正方形,∴CD=BC=AD=20m.在Rt△DCE中,∠EDC=60°,∴EC=CD·tan∠EDC=203(m),∴這座塔吊的高BE=BC+CE=(20+203)=20(1+3)(m).故選B.2.A由2bcosC≤2a-c及余弦定理,得2b·a2+b2-c23.ABD因?yàn)閏-b=2bcosA,所以由余弦定理得c-b=2b·b2+c2-a22bc,因此c(c-b)=b2+c24.BCD設(shè)CD=x(x>0),則CB=2x,cos∠CDB=9-3x26x=3-x22x=-55,得x=5.所以CD=5,CB=25,因?yàn)閏os∠CDB=-55,所以sin∠CDB=1-(-55)2=255,由正弦定理得sin∠BCD=BD·sin∠BDCBC=5.31010解法一記內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,作AD⊥BC交BC于點(diǎn)D,則AD=13a,△ABC的面積S=12×a×13a=12acsinB,可得a=322c.由余弦定理b2=a2+c2-2accosB,得b=解法二作AD⊥BC交BC于點(diǎn)D,則AD=13BC,設(shè)BC=3,則AD=1.由B=π4,可知BD=1,則DC=2,AC=5.由正弦定理得sin∠BACsinπ4=36.(1)由題意及正弦定理,原式可化為2sinC-sinB=sinA(sinCtanA-cosC),即2sinC-sin(A+C)=sinA(sinCtanA-cosC),所以2sinC-sinAcosC-cosAsinC=sinCsin化簡(jiǎn)可得2sinC-cosAsinC=sinCsin因?yàn)閟inC≠0,(此條件不能省略)所以sin2A即sin2A+cos2A=2cosA,所以cosA=22又0<A<π,所以A=π4(2)由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccosA=18+4-12=10,所以a=10.解法一因?yàn)镈是BC的中點(diǎn),所以BD=a2=10又cosB=a2+c所以AD2=AB2+BD2-2AB·BD·cosB=172所以AD=172=34解法二因?yàn)镈為BC中點(diǎn),所以AD=12(AB+AC),所以AD2=14(AB+AC)2,即AD2=14(AB2+AC2+2AB·AC)=14(4+18+2×37.(1)在△ABC中,由正弦定理可知sinA=sinB·sinA所以sinB=sin(A+π2),所以B=A+π2或B+A+π2=π,由a>b,知A>B,所以B+A+π(2)△ABC的周長(zhǎng)L=10+10sinA+10cosA=10+102sin(A+π4),由a>b可知,π4<A<π2,因此22<sin(A+故△ABC的周長(zhǎng)的取值范圍為(20,10+102).8.(1)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,則由正弦定理和已知條件,得a-b+化簡(jiǎn)得b2+c2-a2=bc,由余弦定理得cosA=b2+c∵0<A<π,∴A=π3(2)記△ABC外接圓的半徑為R,由正弦定理得asinA=2R,得a=2RsinA=2sinπ3由余弦定理得a2=3=b2+c2-bc≥2bc-bc=bc,即bc≤3(當(dāng)且僅當(dāng)b=c時(shí)取等號(hào)),故S=12bcsinA≤12×3×32即△ABC的面積S的最大值為339.D因?yàn)閟inBsinC=3sinA,sinB≠0,所以sinC=3sinAsinB=3ab,又△ABC的面積為332,所以12absinC=32a2=332,解得a=3.又a+b=33,所以b=23,sinC=32,當(dāng)0<C<π,所以cosC=110.D在△ABD中,設(shè)AD=x,則由余弦定理得BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos∠A,即x2-3x-1=0,得AD=x=3+已知AD⊥CD,∠A=60°,延長(zhǎng)AB,DC交于點(diǎn)E,所以在Rt△ADE中,∠E=30°,AE=2AD=3+7,因?yàn)锳B=3,所以BE=7,所以當(dāng)BC⊥CD時(shí),BC最短,此時(shí),在Rt△BCE中,BC=12BE=72.在△BDE中,BD=2,BE=7,所以BC<BE=7,所以BC的取值范圍是[7211.A∵a=1,∴bcosA-acosB=a,由正弦定理得sinB·cosA-sinA·cosB=sinA,即sin(B-A)=sinA,∴B-A=A或B-A=π-A,∴B=2A或B=π(舍).∵△ABC為銳角三角形,∴0<A<π2,0<B=2A<π2,π2<A+B=3A<π,解得π解法一sinB-2λsin2A=sin2A-λ(1-cos2A)=sin2A+λcos2A-λ=1+λ2sin(2A+φ)-λ(其中tanφ=λ).∵π3<2A<π2,∴要使sinB-2λsin2A取得最大值,只需存在φ,滿意2A+φ=π2,∴0<φ<π解法二sinB-2λsin2A=sin2A-2λsin2A,令f(A)=sin2A-2λsin2A(π6<A<π4),則f'(A)=2cos2A-2λsin2A=2λcos2A(1λ-tan2A).當(dāng)tan2A<1λ時(shí),f'(A)>0,f(A)單調(diào)遞增,當(dāng)tan2A>1λ時(shí),f'(A)<0,f(A)單調(diào)遞減,∴當(dāng)tan2A=1λ時(shí),f(A)取得最大值,∵12.C如圖D4-4-3,由BD=2CD=2,知BC=3,由角平分線定理,得ABAC=BDCD=2,設(shè)AC=x,∠BAC=2α,α∈(0,π2),則AB=2x,由余弦定理,得32=4x2+x2-2·2x·x·cos2α,即x2圖D4-4-3S△ABC=12·2x·x·sin2α=x2·sin2α=9sin2α5-4cos2α=9×2sinαcosα5-13.66210521依題意得BD=12(BA+BC),所以BD2=14(BA+BC)2,即BA2+BC2+2BA·BC=4BD2,即(463)2+22+2×463×2cos∠ABC=4×(5)2,解得cos∠ABC=66,所以sin∠ABC=306.因?yàn)?BA+BC)2+(BA-BC)2=2(BA2+BC2),所以4×(5)2+|CA|2=2[(414.805由已知得,在△ACD中,∠ACD=15°,∠ADC=150°,所以∠DAC=15°,由正弦定理得AC=80sin150°sin15°=406-在△BCD中,∠BDC=15°,∠BCD=135°,所以∠DBC=30°,由正弦定理CDsin∠CBD=BCsin∠BDC,得BC=CDsin在△ABC中,由余弦定理,得AB2=1600×(8+43)+1600×(8-43)+2×1600×(6+2)×(6-2)×12解得AB=805m.故題圖中海洋藍(lán)洞的口徑為805m.15.(1)因?yàn)閏sin2A=4cosAsinC,所以2csinAcosA=4cosAsinC,因?yàn)锳≠π2所以c=2sinCsinA(2)因?yàn)閟inA,sinB,sinC成等差數(shù)列,所以2sinB=sinA+sinC,由正弦定理可得2b=a+c,由余弦定理可得cosB=a2+c2-b22ac=a2+因?yàn)閏a>0,ac>0,所以cosB=38(ca+ac)-14≥38×2ca·因?yàn)閏osB<1,所以cosB∈[12所以B∈(0,π3],所以B的最大值為π16.(1)∵A+B+C=π,∴A+B=π-C,∴cos(A+B)=-cosC.∵5+4cos(A+B)=4sin2C,∴5-4cosC=4(1-cos2C),即4cos2C-4cosC+1=0,解得cosC=12又0<C<π,∴C=π3(2)設(shè)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,∵△ABC的外接圓半徑為4,∴由正弦定理得csin∵C=π3,∴c=43,∠ABC+∠BAC=2又角A與角B的內(nèi)角平分線交于點(diǎn)I,∴∠ABI+∠BAI=π3∴∠AIB=2π設(shè)∠ABI=θ,則0<θ<π3,∠BAI=π在△ABI中,由正弦定理BIsin(π3-θ)=∴△ABI的周長(zhǎng)為43+8sin(π3-θ)+8sinθ=8sin(θ+π3)+4∵0<θ<π3,∴π3<θ+π3∴當(dāng)θ+π3=π2,即θ=π6∴△ABI周長(zhǎng)的最大值為8+43.17.A由題意知函數(shù)f(B)=2cos2B-1-2cos(B+π3-π3)+5=2cos2B-2cosB+4=2(cosB-12)2+72,所以當(dāng)cosB=12時(shí),函數(shù)f(B)取得最小值,此時(shí),由余弦定理,得AC=A18.B因?yàn)閟in(π2-B)=cos2A,所以cosB=cos2A,又A,B,C為△ABC的內(nèi)角,所以B=2A,A≠π3.由正