大题专练一（解三角形）含答案-2021届高三高考数学（艺术班）二轮复习

大题专练一解三角形 一．知识梳理 1．正弦定理和余弦定理 定理 正弦定理 余弦定理 内容 a sin A ＝ b sin B ＝ c sin C ＝2R (R 为△ABC 外接圆半径) a2＝b2＋c2－2bccos_A； b2＝c2＋a2－2cacos_B； c2＝a2＋b2－2abcos_C 变形 (1)a＝2Rsin A，b＝2Rsin_B，c＝2Rsin_C； (2)a∶b∶c＝sin_A∶sin_B∶sin_C； (3)asin B＝bsin A，bsin C＝csin B，asin C＝csin A cos A＝b2＋c2－a2 2bc ； cos B＝c2＋a2－b2 2ca ； cos C＝a2＋b2－c2 2ab 2.△ABC 的面积公式 (1)S△ABC＝1 2a·h(h 表示边 a 上的高)． (2)S△ABC＝1 2absin C＝1 2acsin B＝1 2bcsin A． (3)S△ABC＝1 2r(a＋b＋c)(r 为内切圆半径). 二、高考真题 1．在 ABC 中，角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c ．已知 2 2, 5, 13a b c   ． （Ⅰ）求角C 的大小； （Ⅱ）求 sin A 的值； （Ⅲ）求sin 2 4A     的值． 2．在 ABC 中， 11a b  ，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知， 求： （Ⅰ）a 的值： （Ⅱ）sinC 和 ABC 的面积． 条件①： 17,cos 7c A   ； 条件②： 1 9cos ,cos8 16A B  ． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 3．在① 3ac  ，② sin 3c A  ，③ 3c b 这三个条件中任选一个，补充在下面问题 中，若问题中的三角形存在，求 c 的值；若问题中的三角形不存在，说明理由． 问题：是否存在 ABC ，它的内角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c ，且sin 3 sinA B= ， 6C  ，________? 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 4．在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 3, 2, 45a c B    ． （1）求sinC 的值； （2）在边 BC 上取一点 D，使得 4cos 5ADC   ，求 tan DAC 的值． 5． ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.已知 B=150°. （1）若 a= 3 c，b=2 7 ，求 ABC 的面积； （2）若 sinA+ 3 sinC= 2 2 ，求 C. 6．△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 2 5cos ( ) cos2 4A A    ． （1）求 A； （2）若 3 3b c a  ，证明：△ABC 是直角三角形． 7． ABC 中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC． （1）求 A； （2）若 BC=3，求 ABC 周长的最大值. 参考答案 1．（Ⅰ） 4C = ；（Ⅱ） 2 13sin 13A  ；（Ⅲ） 17 2sin 2 4 26A      . （Ⅰ）在 ABC 中，由 2 2, 5, 13a b c   及余弦定理得 2 2 2 8 25 13 2cos 2 22 2 2 5 a b cC ab         ，又因为 (0, )C  ，所以 4C = ； （Ⅱ）在 ABC 中，由 4C = ， 2 2, 13a c  及正弦定理，可得 22 2sin 2sin 13 a CA c     2 13 13 ； （Ⅲ）由 a c 知角 A 为锐角，由 2 13sin 13A  ，可得 2cos 1 sinA A   3 13 13 ， 进而 212 5sin 2 2sin cos ,cos2 2cos 113 13A A A A A     ， 所以 12 2 5 2sin(2 ) sin2 cos cos2 sin4 4 4 13 2 13 2A A A          17 2 26 . 2．选择条件①（Ⅰ）8（Ⅱ） 3sin 2C  , 6 3S  ； 选择条件②（Ⅰ）6（Ⅱ） 7sin 4C  , 15 7 4S  . 选择条件①（Ⅰ） 17,cos 7c A   ， 11a b  2 2 2 2 2 2 12 cos (11 ) 7 2(11 ) 7 ( )7a b c bc A a a a            8a  （Ⅱ） 21 4 3cos (0, ) sin 1 cos7 7A A A A       ， 由正弦定理得： 8 7 3sinsin sin sin 24 3 7 a c CA C C      1 1 3sin (11 8) 8 6 32 2 2S ba C      选择条件②（Ⅰ） 1 9cos ,cos , (0, )8 16A B A B    ， 2 23 7 5 7sin 1 cos ,sin 1 cos8 16A A B B       由正弦定理得： 11 6sin sin 3 7 5 7 8 16 a b a a aA B      （Ⅱ） 3 7 9 5 7 1 7sin sin( ) sin cos sin cos 8 16 16 8 4C A B A B B A         1 1 7 15 7sin (11 6) 62 2 4 4S ba C      3 解法一：由sin 3 sinA B= 可得： 3a b  ，不妨设  3 , 0a m b m m   ， 则： 2 2 2 2 2 232 cos 3 2 3 2c a b ab C m m m m m          ，即 c m . 选择条件①的解析： 据此可得： 23 3 3ac m m m    ， 1m  ，此时 1c m  . 选择条件②的解析： 据此可得： 2 2 2 2 2 2 2 3 1cos 2 2 2 b c a m m mA bc m        ， 则： 21 3sin 1 2 2A        ，此时： 3sin 32c A m   ，则： 2 3c m  . 选择条件③的解析： 可得 1c m b m   ， c b ， 与条件 3c b 矛盾，则问题中的三角形不存在. 解法二：∵  3 , ,6sinA sinB C B A C      , ∴  3 sin 3 sin 6sinA A C A        ,   3 13 sin 3 · 3 ·2 2sinA A C sinA cosA    ， ∴ 3sinA cosA  ,∴ 3tanA   ,∴ 2 3A  ,∴ 6B C   , 若选①， 3ac  ,∵ 3 3a b c  ,∴ 23 3c  ,∴c=1; 若选②， 3csinA  ,则 3 32 c  , 2 3c  ; 若选③,与条件 3c b 矛盾. 4．（1） 5sin 5C  ；（2） 2tan 11DAC  . （1）由余弦定理得 2 2 2 22 cos 9 2 2 3 2 52b a c ac B          ，所以 5b  . 由正弦定理得 sin 5sinsin sin 5 c b c BCC B b     . （2）由于 4cos 5ADC   ， ,2ADC       ，所以 2 3sin 1 cos 5ADC ADC     . 由于 ,2ADC       ，所以 0, 2C     ，所以 2 2 5cos 1 sin 5C C   . 所以  sin sinDAC DAC     sin ADC C    sin cos cos sinADC C ADC C      3 2 5 4 5 2 5 5 5 5 5 25          . 由于 0, 2DAC      ，所以 2 11 5cos 1 sin 25DAC DAC     . 所以 sin 2tan cos 11 DACDAC DAC    . 5．（1） 3 ；（2）15 . （1）由余弦定理可得 2 2 2 228 2 cos150 7b a c ac c       ， 2, 2 3,c a ABC   △ 的面积 1 sin 32S ac B  ； （2） 30A C   ， sin 3sin sin(30 ) 3sinA C C C      1 3 2cos sin sin( 30 )2 2 2C C C      ， 0 30 , 30 30 60C C           ， 30 45 , 15C C        . 6．（1） 3A  ；（2）证明见解析 （1）因为 2 5cos cos2 4A A      ，所以 2 5sin cos 4A A  ， 即 2 51 cos cos 4A A   ， 解得 1cos 2A  ，又 0 A   ， 所以 3A  ； （2）因为 3A  ，所以 2 2 2 1cos 2 2 b c aA bc    ，即 2 2 2b c a bc   ①， 又 3 3b c a  ②， 将②代入①得，  22 2 3b c b c bc    ，即 2 22 2 5 0b c bc   ，而 b c ，解得 2b c ，所以 3a c ，故 2 2 2b a c  ，即 ABC 是直角三角形． 7．（1） 2 3  ；（2）3 2 3 . （1）由正弦定理可得： 2 2 2BC AC AB AC AB    ， 2 2 2 1cos 2 2 AC AB BCA AC AB      ，  0,A  ， 2 3A   . （2）由余弦定理得： 2 2 2 2 22 cos 9BC AC AB AC AB A AC AB AC AB         ， 即 2 9AC AB AC AB    . 2 2 AC ABAC AB       （当且仅当 AC AB 时取等号），       2 2 2 239 2 4 AC ABAC AB AC AB AC AB AC AB             ， 解得： 2 3AC AB  （当且仅当 AC AB 时取等号）， ABC 周长 3 2 3L AC AB BC     ， ABC 周长的最大值为3 2 3 .