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2026高考数学第二轮专题
专题突破练3　解三角形
必备知识夯实练
1.(2024全国甲,文12)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知B=60°,b2=ac,则sin A+sin C=(　　)
A. B.
C. D.
2.(多选题)(2025重庆沙坪坝模拟)某兴趣小组准备对一座纪念碑的高度进行测量,并绘制出测量方案示意图如图,A为纪念碑的最顶端,B为纪念碑的基座(B在A的正下方,即AB⊥BC,AB⊥BD),在纪念碑所在广场内(与B在同一水平面内)选取C,D两点,测得CD的长为m.兴趣小组成员利用测角仪可测得的角有∠ACB,∠ACD,∠BCD,∠ADC,∠ADB,∠BDC,若已知m,∠ACB,∠BCD,则下列各测量数据中,能计算出纪念碑高度AB的是(　　)
A.∠ADB B.∠BDC
C.∠ADC D.∠ACD
3.(多选题)(2025浙江金华二模)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,满足a2+b2-c2=S△ABC,其中S△ABC是△ABC的面积,则下列条件能使△ABC成为锐角三角形的是(　　)
A.A= B.a=2,b=3
C.a=2,c=3 D.b=3,c=2
4.(10分)(2023新高考Ⅱ,17)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知△ABC面积为,D为BC的中点,且AD=1.
(1)若∠ADC=,求tan B;
(2)若b2+c2=8,求b,c.
5.(13分)(2025山东威海模拟)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知.
(1)求A;
(2)已知M是边BC上的点,AM⊥AB,AM=,求2b+c的最小值.
6.(13分)(2025山东济宁二模)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且a(2-cos B)=b(1+cos A).
(1)证明:2a=b+c;
(2)若△ABC的面积为bc,证明:△ABC为等边三角形.
关键能力提升练
7.(13分)(2025江苏苏州模拟)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知(2a-c)cos B=bcos C.
(1)求角B的大小;
(2)若c=,a+b=2,求△ABC的面积;
(3)若a=2,且△ABC为锐角三角形,求△ABC的周长的取值范围.
核心素养创新练
8.(多选题)(2025江苏苏北七市三模)定义:一个平面封闭区域内任意两点之间的距离的最大值称为该区域的“直径”.在△ABC中,BC=1,BC边上的高等于tan A,以△ABC的各边为直径向△ABC外分别作三个半圆,记三个半圆围成的平面区域为W,其直径为d,则下列选项正确的是(　　)
A.AB2+AC2=3
B.△ABC面积的最大值为
C.当∠ABC=时,d=
D.d的最大值为
答案：
1.C　解析 由b2=ac,得sin Asin C=sin2B=,又b2=a2+c2-2accos B=a2+c2-ac=ac,所以a2+c2=ac,即sin2A+sin2C=sin Asin C=,则(sin A+sin C)2=sin2A+sin2C+2sin Asin C=,所以sin A+sin C=故选C.
2.ABC　解析 由题意,因为AB⊥BC,AB⊥BD,且BC∩BD=B,BC 平面BCD,BD 平面BCD,所以AB⊥平面BCD.对于A,在△ABC,△ABD中,借助直角三角形用AB表示出BC,BD,然后在△BCD中由余弦定理解三角形求得AB,故A正确;对于B,在△BCD中,根据m,∠BCD,∠BDC,可利用正弦定理求得BC,再根据tan∠ACB求得AB,故B正确;对于C,由∠ACB,∠BCD,借助直角三角形和余弦定理,用AB和CD表示出BC,BD,AC,AD,然后结合∠ADC在△ACD中利用余弦定理列方程,解方程求得AB,故C正确;对于D,根据m,∠ACB,∠BCD,∠ACD四个条件,无法通过解三角形求得AB,故D错误.故选ABC.
3.BC　解析 因为a2+b2-c2=S△ABC,
由余弦定理可得2abcos C=absin C,所以tan C=因为C∈(0,π),所以C=对于A,当A=时,B=,此时△ABC是直角三角形,故A不符合题意;对于B,当a=2,b=3时,由余弦定理可得c2=a2+b2-2abcos C=4+9-2×2×3×cos=7,所以c=,所以cos B=>0,所以B为锐角,由b>c>a,所以B>C>A,此时△ABC是锐角三角形,故B符合题意;对于C,当a=2,c=3时,由余弦定理可得9=b2+4-2×2×b×cos,解得b=1+,所以cos B=>0,所以B为锐角,由b>c>a,所以B>C>A,此时△ABC是锐角三角形,故C符合题意;对于D,当b=3,c=2时,由余弦定理可得4=a2+9-2×3×a×cos,即a2-3a+5=0,由于Δ=9-4×5<0,方程无实根,所以不存在△ABC,故D不符合题意.故选BC.
4.解 (1)(方法一　正弦定理+余弦定理)由题意可知S△ABC=acsin B=,故acsin B=2①
在△ABD中,有,
由∠ADC=,得∠ADB=,所以,故csin B=②
将②式代入①式,得a=4.
在△ADB中,由余弦定理得AB2=c2=AD2+BD2-2AD·BDcos,即c2=12+22-2×1×2=7,得c=
在△ABD中,cos B=>0,故B,则sin B=,tan B=
(方法二　余弦定理)因为AD为△ABC的中线,所以S△ABC=2S△ADC=21×sina=,故a=4.
在△ADC中,由余弦定理知b2=12+22-2×1×2×cos=3.
在△ABD中,c2=AB2=12+22-2×1×2×cos=7.
在△ABC中,cos B=>0,故B,有sin B=,tan B=
(2)(方法一)在△ABC中,由,得||2=|2=(||2+||2+2).
由余弦定理得2=||2+||2-||2.
故||2=(2||2+2||2-||2),
即AD2=(b2+c2)-a2,得a=2
由S△ABC=bcsin A和b2+c2-a2=2bccos A,得S△ABC=(b2+c2-a2)tan A,
得tan A=-<0,故A,有A=
又因为S△ABC=bcsin A,所以bc=4.
由b2+c2=8和bc=4,得b=c=2.
(方法二　几何法)过点A作AH⊥BC交BC于点H(图略).
在△ABC,△ABD中,由余弦定理得cos B=,
解得a2=2(b2+c2)-4.
将b2+c2=8代入a2=2(b2+c2)-4中得a=2
S△ABC=BC·AH=2AH=,则AH=1.
又因为AD=1,所以点H与点D重合,
即AD为边BC的中垂线,所以b=c==2.
5.解 (1)因为,所以,即b2+c2-a2=-bc,可得cos A==-,
因为0(2)由S△ABC=S△ABM+S△ACM可得bccb,
即bc=2c+b,可得=1,
所以2b+c=(2b+c)()=4++1≥9,
当且仅当b=c=3时,等号成立,
所以2b+c的最小值为9.
6.证明 (1)由正弦定理得sin A(2-cos B)=sin B(1+cos A),
即2sin A-sin Acos B=sin B+sin Bcos A,
所以2sin A=sin B+sin Acos B+cos Asin B,
所以2sin A=sin B+sin(A+B),
所以2sin A=sin B+sin C,由正弦定理得2a=b+c.
(2)因为bcsin A=bc,所以sin A=,因为2a=b+c,所以易知A为锐角,所以A=由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=b2+c2-bc,又a=,代入化简得b=c,所以a=b=c,所以△ABC为等边三角形.
7.解 (1)∵(2a-c)cos B=bcos C,
由正弦定理可得(2sin A-sin C)cos B=sin Bcos C,
∴2sin Acos B=(sin Bcos C+cos Bsin C)=sin(B+C)=sin A,
∵A∈(0,π),则sin A>0,∴cos B=,又B∈(0,π),∴B=
(2)∵c=,a+b=2,由余弦定理b2=a2+c2-2accos B,得a2+3-2a=b2,∴a2+3-3a=(2-a)2,解得a=1,∴S△ABC=acsin B=1
(3)在△ABC中,由正弦定理,得,
∴b+c=
=
=
=,
又△ABC为锐角三角形,
解得∴1<,+18.ABD　解析 设内角A,B,C所对的边长分别为a,b,c.由三角形的面积公式可得S△ABC=bcsin A=tan A,所以cos A=由余弦定理,得b2+c2-a2=2,所以b2+c2=3,故A正确;由S△ABC=bcsin A=,又b2+c2=3≥2bc=,所以cos A,当且仅当b=c=时,等号成立.所以tan A=,所以S△ABC,当且仅当b=c=时,等号成立,所以B正确;
设AB,AC边上的中点分别为E,F,在上取一点M,在上取一点N,由两点间线段最短可得MN≤ME+EF+FN=(a+b+c),当且仅当M,N,E,F四点共线时,等号成立,所以d=(a+b+c),又∠ABC=,所以tan A=,解得A=,所以c=a=1,b=,所以d=+1,故C错误;
由上可知,d=(a+b+c),当且仅当b=c=时,等号成立,故D正确.故选ABD.
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