专题3.3 解三角形（分层练）（解析版）

专题验收评价专题3.3解三角形内容概览A·常考题不丢分题型一正弦余弦定理基本应用题型二解三角形三线问题题型三解三角形中周长面积问题题型四解三角形中范围问题C·挑战真题争满分题型一正弦余弦定理基本应用一、单选题1．（2023·江西赣州·统考一模）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a，b，c成等差b数列，C2AB，则（）a7357A．B．C．D．5234【答案】C2π【分析】根据题意和等差数列等差中项的应用可得C、2bac，利用余弦定理化简计算即可求解.32π【详解】由C2AB,ABCπ，得C，3由a,b,c成等差数列，得2bac，222abc由余弦定理，得cosC，2ab2221ab(2ba)即，22ab2整理，得5ab3b0，由b0得5a3b0， b5由a0得.a3故选：C.2．（2023下·安徽滁州·高三校考开学考试）在三角形ABC中，记S为ABC的面积，已知ABACS0，2则sin2AcosA（）33A．-B．1C．1D．52【答案】A【分析】先根据三角形的面积公式结合ABACS0求出角A，再根据二倍角的正弦公式及同角三角函数的关系即可得解.1【详解】SbcsinA，ABACABACcosAbccosA，21因为ABACS0，即bccosAbcsinA0，2又bc0，则tanA2，222sinAcosAcosA2tanA1413所以sin2AcosA.222sinAcosAtanA155故选：A．3．（2023·陕西·西安市西光中学校联考一模）在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cosBcosCsinA，则b的值为（）bcsinC3A．1B．3C．D．22【答案】A【分析】根据余弦定理与正弦定理角化边求解即可.cosBcosCsinA【详解】解：因为，bcsinC222222acbabca所以，由正弦定理与余弦定理得，化简得b1.2abc2abcc故选：A4．（2021下·广东东莞·高一东莞高级中学校考阶段练习）已知ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，33222c，若ABC的面积为，且a2bcbc6，则tanA的值为（）23A．B．1C．3D．233【答案】C 【分析】根据余弦定理、三角形的面积公式求得A，进而求得tanA.222【详解】依题意，a2bcbc6，2222由余弦定理得bc2bccosA2bcbc6，bccosAbc3①，13333由三角形的面积公式得bcsinA,bc，代入①得22sinA3333cosA3，sinA3cosA3，sinAsinAππ32sinA3,sinA，332ππ4π由于0Aπ,A，333π2ππ所以A,A,tanA3.333故选：C题型二解三角形中三线问题一、单选题11．（2023上·江苏苏州·高三常熟中学联考）ABC的内角A,B,C的对边分别是a,b,c，且cosACB，2c边AB上的角平分线CD的长度为t，且AD2BD，则（）t3733A．B．C．3D．或3222【答案】A【分析】根据题意，在△ADC和BDC中，利用正弦定理求得b2a，在由余弦定理求得c7a，再由2SABCSADCSBDC，结合面积公式，求得ta，即可求解.312π【详解】由cosACB，因为ACB(0,π)，可得ACB，23π又由边AB上的角平分线CD，所以ACDBCD，3bAD在△ADC中，可得，sinADCsinACDaBD在BDC中，可得,sinBDCsinBCD因为sinADCsinBDC,sinACDsinBCD，且AD2BD， bAD所以2，即b2a，aBD222222在ABC中，由余弦定理可得cab2abcosACBabab7a，所以c7a，12π1π1π又由SABCSADCSBDC，即absinbtsinatsin，232323233322因为b2a，可得2a2atat，即2a3at，可得ta，2223c7a37所以t22.a3故选：A.2．（2023·全国·河南省实验中学校考模拟预测）已知三角形ABC中，BC3，角A的平分线交BC于点D，BD1若，则三角形ABC面积的最大值为（）DC2A．1B．2C．3D．4【答案】CAB1【分析】先根据正弦定理可得，再建立平面直角坐标系求解A的轨迹方程，进而可得ABC面积的AC2最大值.ABBDACDC【详解】在△ABD中，在△ABD中，sinADBsinBADsinADCsinCADABsinADBACsinADC故，，BDsinBADDCsinCAD因为ADB180ADC，故sinADBsin180ADCsinADC，ABAC又角A的平分线交BC于点D，则BADCAD，故.BDDCABBD1故.ACDC2BD1以D为坐标原点建立如图平面直角坐标系，则因为BC3，，DC222x1y1故B1,0，C2,0，设Ax,y，则，222x2y 2222222即4x1yx2y，故4x8x43yx4x4，2222化简可得x4xy0，即x2y4，故点Ax,y的轨迹是以2,0为圆心，2为半径的圆（除去4,0,0,0）.1故当A纵坐标最大，即A2,2时ABC面积取最大值为S△ABC323.2故选：C二、填空题3．（2023下·河南周口·高三期末）在锐角ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，G为ABC的重心，AGBC，则cosB的取值范围为．3【答案】0,33ADa，再由向量的知识可得222【分析】记BC的中点为D，利用重心的性质先得到5abc，2c2accosB，再利用锐角ABC可得23，最后利用函数的单调性可得cosB的取值范围．aca3【详解】记BC的中点为D，由AGBC，G为ABC的重心，可得ADa．212122又由ADABAC，有ADAB2ABACAC，2429a1229a2c2b2c2a2b2，即c2bccosAb44 222化简可得5abc．222bca222又由ABC为锐角三角形，故acb，222abc2222ac5acc即，化简可得23．2222a5accaa2c2b2a2c25a2c22c24a2c2a又由cosB．2ac2ac2acacc2令t2t3，由函数ftt2t3单调递增，at2333可得022ft3，可得0cosB．3333故答案为：0,.3三、解答题4．（2023上·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中）记ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知πbc2asinC.6(1)求A的值；(2)若BAC的平分线与BC交于点D,AD23，求ABC面积的最小值.π【答案】(1)A(2)433ππ【详解】（1）因为bc2asinC，由正弦定理可得sinBsinC2sinAsinC，66则sinBsinCsinACsinCsinAcosCcosAsinCsinC，π312sinAsinC2sinAsinCcosC3sinAsinCsinAcosC，622即sinAcosCcosAsinCsinC3sinAsinCsinAcosC，可得3sinAsinCcosAsinCsinC，因为C0,π，则sinC0，则3sinAcosA1，π1整理得sinA，62 ππ5π又因为A0,π，则A,，666πππ可得A，所以A.663π（2）因为AD平分BAC且AD22，所以BADCAD，6131111由SABCSABDSACD，可得bcc23b23，222222整理得bc2bc4bc，则bc16，当且仅当bc时，等号成立，13故ABC面积的最小值为1643．225．（2023上·湖北·高三鄂南高中联考期中）在ABC中，角A，B，C的对边分别为a,b,c，且acosC2bccosA0.(1)求角A的大小；(2)若D是线段BC的中点，且AD2,AC4，求ABC的面积.3π【答案】(1)(2)44【详解】（1）acosC2bccosA0，由正弦定理可得sinAcosC2sinBcosAsinCcosA0，整理sinAC2sinBcosA0，即sinB2sinBcosA0，又B0,，则sinB0，23πcosA，又A0,π,A.24（2）法一：如图，取AC中点E，连接DE，1D是线段BC的中点，DE//AB,DEAB,2π在VADE中，AED,AE2,AD2,42由余弦定理可得DE22DE20,DE2,AB22, 1SABCABACsinA4.2法二：因为D是线段BC的中点，2ADABAC，2222224ADAB2ABACAC，即8AB2|AB|4|AC|，21AB22，SABCABACsinA4.2题型三解三角形中周长面积问题1．（2023·湖南·校联考模拟预测）ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acosB2bcosAbc．(1)求tanA；(2)若a17，ABC的面积为22，求ABC的周长．【答案】(1)tanA22(2)517【详解】（1）因为acosB2bcosAbc，所以由正弦定理可得sinAcosB2sinBcosAsinBsinC．又sinCsinABsinAcosBcosAsinB，所以3sinBcosAsinB．1因为sinB0，所以cosA．322又A0,π，所以sinA，tanA22．312（2）ABC的面积SbcsinAbc22，则bc6．23222222224由余弦定理：abc2bccosAbcbc，得bcabc25，33所以bc5，故ABC的周长为517．2．（2023·四川绵阳·四川省绵阳南山中学校考一模）记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知BCasin(AB)csin．2(1)求A；(2)已知c3，b1，边BC上有一点D满足SABD3SADC，求AD． π33【答案】(1)A(2)AD34（2）根据三角形面积公式，结合余弦定理进行求解即可.BCBC【详解】（1）∵asin(AB)csin，即sinAsin(AB)sinCsin22A由正弦定理，有sinAsinCsinCcos2AAAA又sinC0，即有sinAcos，2sincoscos，2222AπAA1Aππ(0,)，cos0，所以sin，，故A．22222263π（2）设BDA，ADCπ，由（1）知A，3222在△ABC中，由余弦定理abc2bccosA，可知21BC91231，∴BC7237又SABD3SADC，可知BD3DC，4222在△ABD中，ABBDAD2BDADcos，63237即9ADADcos，162727在△ACD中，1ADADcos()，162727即1ADADcos，16233联立解得AD.43．（2023上·四川成都·高二四川省成都市新都一中校联考）如图，在四边形ABCD中，DAB与DCB互补，AB6,BC4,CD4,AD2．(1)求AC；(2)求四边形ABCD的面积．【答案】(1)AC27 (2)83【分析】（1）连接AC，在△ADC,△ABC中，利用余弦定理分别求出,cosADC,cosABC,利用两值相反，建立等式，解出即可；（2）分别求出△ADC,△ABC的面积，相加即可.【详解】（1）连接AC，如图，DAB与DCB互补，ADC与ABC互补，222在△ADC中，ACADCD2ADCDcosADC，2即AC416224cosADC，220AC得cosADC，16222在ABC中，ACABBC2ABBCcosABC，2即AC3616264cosABC，252AC得cosABC，48又ADC与ABC互补，cosADCcosABC0，故AC27；13（2）由（1）得cosADC,sinADC，221S△ADCADCDsinADC23，213由（1）得cosABC,sinABC，221S△ABCABBCsinABC63，2S四边形ABCDS△ABCS△ACD83． 题型四解三角形中范围问题1．（2023·广西南宁·南宁二中校考模拟预测）已知ABC中，角A,B,C对应的边分别为a,b,c，D是AB上的三等分点（靠近点A）且CD1，(ab)sinA(cb)(sinCsinB)，则a2b的最大值是（）A．23B．22C．2D．4【答案】A【分析】先利用正弦定理的边角变换与余弦定理可求得ACB，再设ACD，利用正弦定理与正弦函π数的和差角公式得到a2b23sin()，从而得解.3【详解】因为(ab)sinA(cb)(sinCsinB)，222222由正弦定理得a(ab)(cb)(cb)，则aabcb，即abcab，222abc1π所以cosACB，ACB(0,π)，则ACB，2ab23ππ设ACD，则BCD，且0，332ccπ又BD2AD，即(sinA2sinB)sinsin()，333又由正弦定理知c2RsinACB3R（R为ABC的外接圆半径），3R3113π所以(sinA2sinB)sincossinsincossin()，3222233ππ则(2RsinA4RsinB)sin()，即a2b23sin()，633ππ2ππππ又，故当，时，(a2b)23.max333326故选：A 2．（2023上·福建·高三校联考期中）已知ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且满足sinAcb.sinBsinCbπ(1)若C，求B；3ac(2)求的取值范围.bπ【答案】(1)(2)1,56sinAcbacb【详解】（1）解法一：因为，由正弦定理得，sinBsinCbbcb2222可得abcb，即cabb，Cπ，由余弦定理得c2a2b22abcosπ，即222又因为cabab，3322cabb2联立方程组222，可得a2ab，即a2b，所以c3b，cabab2222acb6b3由余弦定理定理得cosB，22ac43b2π因为B(0,π)，所以B.6sinAcbsinAsinCsinB解法二：因为，由正弦定理得，sinBsinCbsinBsinCsinB整理得22sinAsinBsinCsinB，π323323又因为C，可得sinBsinBsinB，所以cosBsinBsinB，334224333313π即sin2B1cos2B，可得sin2Bcos2B0，即sin2B0，44422232πππππ因为0B，所以2Bπ，所以2B0，所以B.333362222cb（2）由（1）知cbab，可得a，且cb，b222accbbccc所以1，22bbbbabc由三角形三边关系，可得，可得bc2b，bcac2令x1,2，可得fxxx1，其中1x2，b215所以函数fxx1,5，24 2ccac所以11,5，所以的取值范围是1,5.2bbb3．（2023上·湖北·高三湖北省天门中学校联考期中）记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bsinA3acosB3c.(1)求A；2bc(2)求的最大值.aπ221【答案】(1)A(2).33【详解】（1）方法1：由bsinA3acosB3c及正弦定理可得：sinBsinA3sinAcosB3sinC3sinAB，所以sinBsinA3sinAcosB3sinAcosB3cosAsinB，故sinBsinA3cosAsinB，因为0Bπ，即sinB0，故sinA3cosA0，π所以tanA3，又0Aπ，所以A.3方法2：由bsinA3acosB3c及余弦定理可得：2223aacbbsinA3c，2ac2223bca所以sinA3cosA0，2bcπ所以tanA3，又0Aπ，所以A.32bc2sinBsinC（2）由正弦定理可知，asinA2bc232π23532213π即2sinBsinBsinBcosBsinB，其中tan，a333223522π7π0B,0B,36π2bc221故当B时，的最大值为.2a3 一、单选题1．（2021·全国甲卷）在ABC中，已知B120，AC19，AB2，则BC（）A．1B．2C．5D．3【答案】D【分析】利用余弦定理得到关于BC长度的方程，解方程即可求得边长.【详解】设ABc,ACb,BCa，2222结合余弦定理：bac2accosB可得：19a42accos120，2即：a2a150，解得：a3（a5舍去），故BC3.故选：D.二、填空题222．（2021·全国·乙卷）记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为3，B60，ac3ac，则b．【答案】22【分析】由三角形面积公式可得ac4，再结合余弦定理即可得解.13【详解】由题意，SacsinBac3，ABC2422所以ac4,ac12，2221所以bac2accosB12248，解得b22（负值舍去）.2故答案为：22.三、解答题3．（2023·全国新高考Ⅱ卷）记ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知ABC的面积为3，D为BC中点，且AD1．π(1)若ADC，求tanB；322(2)若bc8，求b,c． 3【答案】(1)；5(2)bc2.【分析】（1）方法1，利用三角形面积公式求出a，再利用余弦定理求解作答；方法2，利用三角形面积公式求出a，作出BC边上的高，利用直角三角形求解作答.（2）方法1，利用余弦定理求出a，再利用三角形面积公式求出ADC即可求解作答；方法2，利用向量运算律建立关系求出a，再利用三角形面积公式求出ADC即可求解作答.π【详解】（1）方法1：在ABC中，因为D为BC中点，ADC，AD1，31113313则SADDCsinADC1aaS，解得a4，ADCABC22228222πADB，由余弦定理得222在△ABD中，cBDAD2BDADcosADB，32174157即c41221()7，解得c7，则cosB，227214257221sinB1cosB1()，1414sinB3所以tanB.cosB5π方法2：在ABC中，因为D为BC中点，ADC，AD1，31113313则SADDCsinADC1aaS，解得a4，ADCABC2222822222在ACD中，由余弦定理得bCDAD2CDADcosADB，b24122113，解得b3，有222CADπ，即ACAD4CD，则22π335C，过A作AEBC于E，于是CEACcosC,AEACsinC，BE，6222AE3所以tanB.BE5 2121ca12a1cos(πADC)42（2）方法1：在△ABD与ACD中，由余弦定理得，b21a2121a1cosADC421a22b2c2，而22整理得bc8，则a23，213π又S31sinADC，解得sinADC1，而0ADCπ，于是ADC，ADC222所以22bcADCD2.方法2：在ABC中，因为D为BC中点，则2ADABAC，又CBABAC，22于是2222，即24ADCB(ABAC)(ABAC)2(bc)164a16，解得a23，13π又S31sinADC，解得sinADC1，而0ADCπ，于是ADC，ADC222所以22bcADCD2.222bca4．（2023·全国甲卷）记ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知2．cosA(1)求bc；acosBbcosAb(2)若1，求ABC面积．acosBbcosAc【答案】(1)13(2)4【分析】（1）根据余弦定理即可解出；（2）由（1）可知，只需求出sinA即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出．222222bca2bccosA【详解】（1）因为abc2bccosA，所以2bc2，解得：bc1．cosAcosAacosBbcosAbsinAcosBsinBcosAsinB（2）由正弦定理可得acosBbcosAcsinAcosBsinBcosAsinCsinABsinBsinABsinB1，sinABsinABsinAB变形可得：sinABsinABsinB，即2cosAsinBsinB，13而0sinB≤1，所以cosA，又0Aπ，所以sinA，22 1133故ABC的面积为S△ABCbcsinA1．22245．（2022·全国新高考Ⅱ卷）记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三31个正三角形的面积依次为S1,S2,S3，已知S1S2S3,sinB．23(1)求ABC的面积；2(2)若sinAsinC，求b．32【答案】(1)81(2)2S,S,S，再由3222【分析】（1）先表示出123S1S2S3求得acb2，结合余弦定理及平方关系求得2ac，再由面积公式求解即可；2bac（2）由正弦定理得，即可求解.2sinBsinAsinC123323232【详解】（1）由题意得Saa,Sb,Sc，则123224443232323SSSabc，1234442222222acbsinB1，即acb2，由余弦定理得cosB，整理得accosB1，则cosB0，又2ac3212213212则cosB1，ac，则SacsinB；ABC33cosB428322bacbacac49b3（2）由正弦定理得：，则2，则，sinBsinAsinCsinBsinAsinCsinAsinC24sinB2331bsinB.2226．（2021·全国·统考Ⅰ卷）记ABC是内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bac，点D在边AC上，BDsinABCasinC.（1）证明：BDb；（2）若AD2DC，求cosABC. 7【答案】（1）证明见解析；（2）cosABC.12ac【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有BD，结合已知即可证结论.b（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边a与c的关系，然后利用余弦定理即可求得cosABC的值.【详解】（1）设ABC的外接圆半径为R，由正弦定理，bc得sinABC,sinC，2R2Rbc因为BDsinABCasinC，所以BDa，即BDbac．2R2R2又因为bac，所以BDb．（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理222abc因为AD2DC，如图，在ABC中，cosC，①2ab2b22a()b3在△BCD中，cosC．②b2a32222b2221122由①②得abc3a()b，整理得2abc0．33c3c222a或a，又因为bac，所以6a11ac3c0，解得322c2cc3c当a,bac时，abc（舍去）．333323c223c2()c3c23c227当a,bac时，cosABC．223c122c27所以cosABC．12[方法二]：等面积法和三角形相似2如图，已知AD2DC，则S△ABDS△ABC，312221即bsinADBacsinABC，2332 2而bac，即sinADBsinABC，故有ADBABC，从而ABDC．bcCABA2，即，即ACB∽ABD，由bac，即abCBBD2bADAB故，即3c，ABACcb22ca，又bac，所以3222cab7则cosABC．2ac12[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合21由（1）知BDbAC，再由AD2DC得ADb,CDb．33ADBD在ADB中，由正弦定理得．sinABDsinA2b2又ABDC，所以3b，化简得sinCsinA．3sinCsinA22222在ABC中，由正弦定理知ca，又由bac，所以ba．3324222222aaaacb937在ABC中，由余弦定理，得cosABC．2ac22122a37故cosABC．12[方法四]：平面向量基本定理uuuruuur因为AD2DC，所以AD2DC．21以向量BA,BC为基底，有BDBCBA．33242412所以BDBCBABCBA，999 242412即baaccosABCc，999222又因为bac，所以9ac4a4accosABCc．③222由余弦定理得bac2accosABC，22所以acac2accosABC④22联立③④，得6a11ac3c0．31所以ac或ac．23下同解法1．[方法六]：建系求解以D为坐标原点，AC所在直线为x轴，过点D垂直于AC的直线为y轴，DC长为单位长度建立直角坐标系，如图所示，则D0,0,A2,0,C1,0．由（1）知，BDbAC3，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．22设Bx,y3x3，则xy9．⑤22由bac知，BABCAC，2222即(x2)y(x1)y9．⑥77295联立⑤⑥解得x或x3（舍去），y，421636代入⑥式得a|BC|,c|BA|6,b3，2222acb7由余弦定理得cosABC．2ac127．（2021·全国高考Ⅱ）在ABC中，角A、B、C所对的边长分别为a、b、c，ba1，ca2.．（1）若2sinC3sinA，求ABC的面积； （2）是否存在正整数a，使得ABC为钝角三角形?若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．157【答案】（1）；（2）存在，且a2.4【分析】（1）由正弦定理可得出2c3a，结合已知条件求出a的值，进一步可求得b、c的值，利用余弦定理以及同角三角函数的基本关系求出sinB，再利用三角形的面积公式可求得结果；（2）分析可知，角C为钝角，由cosC0结合三角形三边关系可求得整数a的值.【详解】（1）因为2sinC3sinA，则2c2a23a，则a4，故b5，c6，222a+b-c1237cosC==，所以，C为锐角，则sinC1cosC，2ab881137157因此，SabsinC45；△ABC2284（2）显然cba，若ABC为钝角三角形，则C为钝角，2222222abcaa1a2a2a3由余弦定理可得cosC0，2ab2aa12aa1解得1a3，则0<a<3，由三角形三边关系可得aa1a2，可得a1，aZ，故a2.