新高考数学一轮复习微专题专练27高考大题专练(二)　解三角形的综合运用（含详解）

这是一份新高考数学一轮复习微专题专练27高考大题专练(二)　解三角形的综合运用（含详解），共6页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。

(1)求sin A；
(2)设AB＝5，求AB边上的高．
2．△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sinB sin C.
(1)求A；
(2)若BC＝3，求△ABC周长的最大值．
3.[2023·新课标Ⅱ卷]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC面积为 eq \r(3) ，D为BC的中点，且AD＝1.
(1)若∠ADC＝ eq \f(π,3) ，求tan B；
(2)若b2＋c2＝8，求b，c.
4．[2022·新高考Ⅰ卷，18]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 eq \f(cs A,1＋sin A) ＝ eq \f(sin 2B,1＋cs 2B) .
(1)若C＝ eq \f(2π,3) ，求B；
(2)求 eq \f(a2＋b2,c2) 的最小值．
5.[2023·全国乙卷(理)]在△ABC中，已知∠BAC＝120°，AB＝2，AC＝1.
(1)求sin ∠ABC；
(2)若D为BC上一点，且∠BAD＝90°，求△ADC的面积．
6．[2023·河北石家庄模拟]在①cs C＝ eq \f(\r(21),7) ，②a sin C＝c cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6))) ，这两个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线处，并完成解答．
问题：△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，B＝ eq \f(π,3) ，D是边BC上一点，BD＝5，AD＝7，且________，试判断CD和BD的大小关系________．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
7．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设(sin B－sin C)2＝sin2A－sinB sin C.
(1)求A；
(2)若 eq \r(2) a＋b＝2c，求sin C．
8．[2022·全国乙卷(理)，17]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C sin (A－B)＝sin B sin (C－A).
(1)证明：2a2＝b2＋c2；
(2)若a＝5，cs A＝ eq \f(25,31) ，求△ABC的周长．
专练27 高考大题专练(二) 解三角形的综合运用
1．解析：方法一 (1)在△ABC中，A＋B＝π－C，
因为A＋B＝3C，所以3C＝π－C，所以C＝ eq \f(π,4) .
因为2sin (A－C)＝sin B，
所以2sin (A－ eq \f(π,4) )＝sin ( eq \f(3π,4) －A)，
展开并整理得 eq \r(2) (sin A－cs A)＝ eq \f(\r(2),2) (cs A＋sin A)，
得sin A＝3cs A，
又sin2A＋cs2A＝1，且sinA>0，
所以sin A＝ eq \f(3\r(10),10) .
(2)由正弦定理 eq \f(BC,sin A) ＝ eq \f(AB,sin C) ，
得BC＝ eq \f(AB,sin C) ×sin A＝ eq \f(5,\f(\r(2),2)) × eq \f(3\r(10),10) ＝3 eq \r(5) ，
由余弦定理AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC cs C，
得52＝AC2＋(3 eq \r(5) )2－2AC·3 eq \r(5) cs eq \f(π,4) ，
整理得AC2－3 eq \r(10) AC＋20＝0，
解得AC＝ eq \r(10) 或AC＝2 eq \r(10) ，
由(1)得，tan A＝3> eq \r(3) ，所以 eq \f(π,3) 又A＋B＝ eq \f(3π,4) ，所以B> eq \f(π,4) ，
即C设AB边上的高为h，则 eq \f(1,2) ×AB×h＝ eq \f(1,2) ×AC×BC sin C，
即5h＝2 eq \r(10) ×3 eq \r(5) × eq \f(\r(2),2) ，
解得h＝6，所以AB边上的高为6.
方法二 (1)在△ABC中，A＋B＝π－C，
因为A＋B＝3C，所以3C＝π－C，所以C＝ eq \f(π,4) .
因为2sin (A－C)＝sin B，
所以2sin (A－C)＝sin [π－(A＋C)]＝sin (A＋C)，
所以2sin A cs C－2cs A sin C＝sin A cs C＋cs A sin C，
所以sin A cs C＝3cs A sin C，
易得cs A cs C≠0，
所以tan A＝3tan C＝3tan eq \f(π,4) ＝3，
又sin A>0，所以sin A＝ eq \f(3,\r(32＋12)) ＝ eq \f(3\r(10),10) .
(2)由(1)知sin A＝ eq \f(3\r(10),10) ，tan A＝3>0，所以A为锐角，所以cs A＝ eq \f(\r(10),10) ，
所以sin B＝sin ( eq \f(3π,4) －A)＝ eq \f(\r(2),2) (cs A＋sin A)＝ eq \f(\r(2),2) ×( eq \f(\r(10),10) ＋ eq \f(3\r(10),10) )＝ eq \f(2\r(5),5) ，
由正弦定理 eq \f(AC,sin B) ＝ eq \f(AB,sin C) ，
得AC＝ eq \f(AB·sin B,sin C) ＝ eq \f(5×\f(2\r(5),5),\f(\r(2),2)) ＝2 eq \r(10) ，
故AB边上的高为AC×sin A＝2 eq \r(10) × eq \f(3\r(10),10) ＝6.
2．解析：(1)由正弦定理和已知条件得BC2－AC2－AB2＝AC·AB.①
由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB cs A．②
由①②得cs A＝－ eq \f(1,2) .因为0(2)由正弦定理及(1)得 eq \f(AC,sin B) ＝ eq \f(AB,sin C) ＝ eq \f(BC,sin A) ＝2 eq \r(3) ，从而AC＝2 eq \r(3) sin B，AB＝2 eq \r(3) sin (π－A－B)＝3cs B－ eq \r(3) sin B.
故BC＋AC＋AB＝3＋ eq \r(3) sin B＋3cs B＝3＋2 eq \r(3) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,3))) .
又03．解析：(1)因为D为BC的中点，
所以S△ABC＝2S△ADC＝2× eq \f(1,2) ×AD×DC sin ∠ADC＝2× eq \f(1,2) ×1×DC× eq \f(\r(3),2) ＝ eq \r(3) ，
解得DC＝2，
所以BD＝DC＝2，a＝4.
因为∠ADC＝ eq \f(π,3) ，所以∠ADB＝ eq \f(2π,3) .
在△ABD中，由余弦定理，得c2＝AD2＋BD2－2AD·BD cs ∠ADB＝1＋4＋2＝7，所以c＝ eq \r(7) .
在△ADC中，由余弦定理，得b2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cs ∠ADC＝1＋4－2＝3，所以b＝ eq \r(3) .
在△ABC中，由余弦定理，得cs B＝ eq \f(c2＋a2－b2,2ac) ＝ eq \f(7＋16－3,2×4×\r(7)) ＝ eq \f(5\r(7),14) ，所以sin B＝ eq \r(1－cs2B) ＝ eq \f(\r(21),14) .
(2)因为D为BC的中点，所以BD＝DC.
因为∠ADB＋∠ADC＝π，所以cs∠ADB＝－cs ∠ADC，
则在△ABD与△ADC中，由余弦定理，得 eq \f(AD2＋BD2－c2,2AD·BD) ＝－ eq \f(AD2＋DC2－b2,2AD·DC) ，
得1＋BD2－c2＝－(1＋BD2－b2)，
所以2BD2＝b2＋c2－2＝6，所以BD＝ eq \r(3) ，所以a＝2 eq \r(3) .
在△ABC中，由余弦定理，得cs ∠BAC＝ eq \f(b2＋c2－a2,2bc) ＝ eq \f(8－12,2bc) ＝－ eq \f(2,bc) ，
所以S△ABC＝ eq \f(1,2) bc sin ∠BAC
＝ eq \f(1,2) bc eq \r(1－cs2∠BAC)
＝ eq \f(1,2) bc eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,bc)))\s\up12(2))
＝ eq \f(1,2) eq \r(b2c2－4)
＝ eq \r(3) ，
解得bc＝4.
则由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(bc＝4,b2＋c2＝8)) ，解得b＝c＝2.
4．解析：(1)由已知条件，得sin 2B＋sin A sin 2B＝cs A＋cs A cs 2B.
所以sin 2B＝cs A＋cs A cs 2B－sin A sin 2B＝cs A＋cs (A＋2B)＝cs [π－(B＋C)]＋cs [π－(B＋C)＋2B]＝－cs (B＋C)＋cs [π＋(B－C)]＝－2cs B cs C，
所以2sin B cs B＝－2cs B cs C，
即(sin B＋cs C)cs B＝0.
由已知条件，得1＋cs 2B≠0，则B≠ eq \f(π,2) ，
所以cs B≠0，所以sin B＝－cs C＝ eq \f(1,2) .
又0＜B＜ eq \f(π,3) ，所以B＝ eq \f(π,6) .
(2)由(1)知sin B＝－cs C＞0，则B＝C－ eq \f(π,2) ，
所以sin A＝sin (B＋C)＝sin (2C－ eq \f(π,2) )＝－cs 2C.
由正弦定理，得 eq \f(a2＋b2,c2) ＝ eq \f(sin2A＋sin2B,sin2C) ＝ eq \f(cs22C＋cs2C,sin2C) ＝ eq \f(（1－2sin2C）2＋（1－sin2C）,sin2C) ＝ eq \f(2＋4sin4C－5sin2C,sin2C) ＝ eq \f(2,sin2C) ＋4sin2C－5≥2 eq \r(\f(2,sin2C)·4sin2C) －5＝4 eq \r(2) －5，
当且仅当sin2C＝ eq \f(\r(2),2) 时，等号成立，所以 eq \f(a2＋b2,c2) 的最小值为4 eq \r(2) －5.
5．解析：(1)
如图，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cs∠BAC＝22＋12＋2×2×1× eq \f(1,2) ＝7，得BC＝ eq \r(7) .
方法一 由正弦定理 eq \f(AC,sin ∠ABC) ＝ eq \f(BC,sin ∠BAC) ，
得sin ∠ABC＝ eq \f(1×\f(\r(3),2),\r(7)) ＝ eq \f(\r(21),14) .
方法二 由余弦定理得cs ∠ABC＝ eq \f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC) ＝ eq \f(4＋7－1,2×2×\r(7)) ＝ eq \f(5\r(7),14) ，
所以sin ∠ABC＝ eq \r(1－cs2∠ABC) ＝ eq \f(\r(21),14) .
(2)方法一 由sin∠ABC＝ eq \f(\r(21),14) ，得tan ∠ABC＝ eq \f(\r(3),5) ，
又tan ∠ABC＝ eq \f(DA,AB) ＝ eq \f(DA,2) ，所以DA＝ eq \f(2\r(3),5) ，
故△ADC的面积为 eq \f(1,2) DA·AC·sin (120°－90°)＝ eq \f(1,2) × eq \f(2\r(3),5) ×1× eq \f(1,2) ＝ eq \f(\r(3),10) .
方法二 △ABC的面积为 eq \f(1,2) AC·AB·sin ∠BAC＝ eq \f(1,2) ×1×2× eq \f(\r(3),2) ＝ eq \f(\r(3),2) ，
eq \f(S△ADC,S△BAD) ＝ eq \f(\f(1,2)AC·AD·sin ∠CAD,\f(1,2)AB·AD·sin ∠BAD) ＝ eq \f(sin 30°,2×sin 90°) ＝ eq \f(1,4) ，
故△ADC的面积为 eq \f(1,5) S△ABC＝ eq \f(1,5) × eq \f(\r(3),2) ＝ eq \f(\r(3),10) .
6．解析：设AB＝x，在△ABD中由余弦定理可得：
49＝x2＋25－2·x·5·cs eq \f(π,3) ＝x2＋25－5x，
即x2－5x－24＝0，解得x＝8.
方案一 选条件①.
由cs C＝ eq \f(\r(21),7) 得sin C＝ eq \f(2\r(7),7) ，
∵A＋B＋C＝π，
∴sin A＝sin (B＋C)＝ eq \f(\r(3),2) × eq \f(\r(21),7) ＋ eq \f(1,2) × eq \f(2\r(7),7) ＝ eq \f(5\r(7),14) ，
在△ABC中由正弦定理可得： eq \f(BC,\f(5\r(7),14)) ＝ eq \f(8,\f(2\r(7),7)) ，解得：BC＝10，∴CD＝BD＝5.
方案二 选条件②.
由正弦定理可得：a＝2R sin A，c＝2R sin C，代入条件a sin C＝c cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6))) 得：sin A sin C＝sin C· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)cs A＋\f(1,2)sin A)) ＝ eq \f(\r(3),2) cs A sin C＋ eq \f(1,2) sin A sin C，
∴ eq \f(1,2) sin A sin C＝ eq \f(\r(3),2) cs A sin C，
因为A为三角形内角，所以tan A＝ eq \r(3) ，故A＝ eq \f(π,3) ，
所以△ABC为等边三角形，
所以BC＝8，∴CD＝3，所以CD7．解析：(1)由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sinB sin C，故由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc.
由余弦定理得cs A＝ eq \f(b2＋c2－a2,2bc) ＝ eq \f(1,2) .
因为0°(2)由(1)知B＝120°－C，由题设及正弦定理得 eq \r(2) sin A＋sin (120°－C)＝2sin C，即 eq \f(\r(6),2) ＋ eq \f(\r(3),2) cs C＋ eq \f(1,2) sin C＝2sin C，可得cs (C＋60°)＝－ eq \f(\r(2),2) .
由于0°sin C＝sin (C＋60°－60°)
＝sin (C＋60°)cs 60°－cs (C＋60°)sin 60°
＝ eq \f(\r(6)＋\r(2),4) .
8．解析：(1)证明：∵sin C sin (A－B)＝sin B sin (C－A)，
∴sin C sin A cs B－sin C cs A sin B＝sin B sin C cs A－sin B cs C sin A，
∴sin C sin A cs B＝2sin B sin C cs A－sin B cs C sin A.
由正弦定理，得ac cs B＝2bc cs A－ab cs C.
由余弦定理，得 eq \f(a2＋c2－b2,2) ＝b2＋c2－a2－ eq \f(a2＋b2－c2,2) .
整理，得2a2＝b2＋c2.
(2)由(1)知2a2＝b2＋c2.
又∵a＝5，∴b2＋c2＝2a2＝50.
由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bc cs A，
即25＝50－ eq \f(50,31) bc，∴bc＝ eq \f(31,2) .
∴b＋c＝ eq \r(b2＋c2＋2bc) ＝ eq \r(50＋31) ＝9，
∴a＋b＋c＝14.故△ABC的周长为14.