高考数学《解三角形》一轮复习练习题(含答案).pdf

《高考数学《解三角形》一轮复习练习题(含答案).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学《解三角形》一轮复习练习题(含答案).pdf（10页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、 高考数学解三角形一轮复习练习题（含答案）一、单选题 1在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若222bcabc，则角A的大小为（）A6 B3 C23 D56 2ABC内角 A，B，C的对边分别为 a，b，c若coscbA，则ABC一定是（）A等腰三角形 B等边三角形 C直角三角形 D等腰直角三角形 3在ABC中，3c，1b，30B，则ABC的面积等于（）A3 B34 C32或3 D32或34 4在ABC中，角,A B C的对边分别为,a b c.若2,3,30abC，则c的值为（）A1 B2 C3 D2 3 5 记ABC的内角 A，B，C的对边分别为 a，b，c，且222sins

2、insinsincos1BCBCA，则A（）A6 B56 C3 D23 6在ABC中，1,2,60acB，则b（）A1 B2 C2 D3 7 在ABC中，角 A，B，C所对的边分别为 a，b，c，且2cos(coscos)C aBbAc，若ABC的面积为312c.则 ab的最小值为（）A13 B16 C19 D112 8已知抛物线 E：22ypx（0p）的焦点为 F，点 A 是抛物线 E 的准线与坐标轴的交点，点 P 在抛物线 E 上，若30PAF，则sinPFA（）A12 B33 C34 D32 9秦九韶是我国南宋著名数学家，在他的著作数书九章中有已知三边求三角形面积的方法：“以小斜幂并大斜

3、幂减中斜幂，余半之，自乘于上以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实一为从阳，开平方得积”如果把以上这段文字写成公式就是 222222142acbSa c，其中 a，b，c 是ABC的内角 A，B，C的对边，若sin2sincosCAB，且224bc，则ABC面积 S 的最大值为（）A55 B2 55 C3 55 D4 55 10已知ABC 的内角 A，B，C的对边分别为 a，b，c，设2222bcabc，且2sinsin2BA，则sinC（）A12 B32 C624 D624 11在锐角 ABC 中，222Sabc，2a，则 ABC 的周长的取值范围是（）A4,6 B4,2 52 C6,2 52

4、 D4,52 12在ABC中，9AB AC，sincossinACAC，6ABCS，P为线段AB上的动点，且CACBCPxyCACB，则21xy的最小值为（）A11663 B116 C116123 D1112 二、填空题 13在某次海军演习中，已知甲驱逐舰在航母的南偏东 15方向且与航母的距离为 12 海里，乙护卫舰在甲驱逐舰的正西方向，若测得乙护卫舰在航母的南偏西 45方向，则甲驱逐舰与乙护卫舰的距离为_海里.14已知ABC的内角 A，B，C所对的边分别为 a，b，c，若2,1,30abB，则A _.15正四棱锥SABCD的底面边长为 a，侧棱长为2a，点 P，Q分别在BD和SC上，并且:1

5、:2BP PD，/PQ平面SAD，则线段PQ的长为_ 16已知三棱锥ABCD的各棱长都相等，2APPD，Q为AC上一点，且BQQP的最小值为13，则该棱锥外接球的体积为_ 三、解答题 17在ABC中，内角 A，B，C的对边分别为 a，b，c，且满足sin()cos6aACbA (1)求角 A；(2)若3,5abc，求ABC的面积 18记ABC的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，分别以 a，b，c 为边长的三个正三角形的面积依次为123,S SS，已知12331,sin23SSSB(1)求ABC的面积；(2)若2sinsin3AC，求 b 19在2223sin2acbBac且4B；si

6、n31 cosbAaB；sinsinsinsinBCaACbc这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题 问题：在ABC中，角,A B C的对边分别为,a b c，且_(1)求B；(2)若D为边AC的中点，且3,4ac，求中线BD长 20如图，扇形 OMN 的半径为3，圆心角为3，A 为弧 MN上一动点，B 为半径上一点且满足23OBA.(1)若1OB，求 AB 的长；(2)求ABM面积的最大值.21如图，在边长为 1 的正三角形ABC中，O为中心，过点 O的直线交边 AB与点 M，交边 AC于点 N (1)用AB，AC表示AO；(2)若34AM，求 AN 的值；(3)求22OMON

7、的最大值与最小值 22在2 coscoscosaAbCcB；tantan33 tantanBCBC这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并加以解答 在ABC中，a，b，c 分别是角 A，B，C 的对边，已知_(1)求角 A 的大小；(2)若ABC为锐角三角形，且其面积为32，点 G 为ABC重心，点 M 为线段AC的中点，点 N 在线段AB上，且2ANNB，线段BM与线段CN相交于点 P，求GP的取值范围 注：如果选择多个方案分别解答，按 第一个方案解答计分。参考答案 1B2C3D4A5C6D7C8B9B10C11C12C 136 6 1490 1563a#63a 1627 68 17（1

8、）由正弦定理得sinsinsincos6ABBA，因为0B，所以sin0B，所以sincos6AA，化简得31sincossin22AAA，所以cos06A，因为0A，所以3A（2）因为3A，由余弦定理得2222()3abcbcbcbc，又3,5abc，所以2229()3bcbcbcbc，即9253 bc，解得163bc，则ABC的面积111634 3sin22323SbcA 18（1）由题意得222212313333,22444SaaSbSc，则22212333334442SSSabc，即2222acb，由余弦定理得222cos2acbBac，整理得cos1acB，则cos0B，又1sin3

9、B，则212 2cos133B，13 2cos4acB，则12sin28ABCSacB；（2）由正弦定理得：sinsinsinbacBAC，则223 294sinsinsinsinsin423bacacBACAC，则3sin2bB，31sin22bB.19（1）若选：2223sin2acbBac，且2222cosacbacB，所以32cos sin2acBBac，所以3sin22B 又4B，所以222B，所以223B，所以3B 若选：由正弦定理得sin sin3sin1 cosBAAB，因为sin0A，所以sin33cosBB，即3sin32B 由40,333BB，所以233B，所以3B 若选

10、：由正弦定理得bcaacbc，即222acbac，由余弦定理得2221cos222acbacBacac，又0B，所以3B（2）在ABC中，由余弦定理得2222cos9 16 1213bacacB，所以13b，又224ACBA BCBDDABDDCBD，所以2133 4 cos34BD，所以中线BD长为372 20(1)在 OAB中，由余弦定理得，2222cosOAOBABOB ABOBA，即213122ABAB ，即220ABAB，即210ABAB，1AB；(2)3MOB，23OBA，MOBOBA，OMAB，MABOABSS，设OBx，ABy，则在OAB中，由余弦定理得222,2cosOAOB

11、ABOB ABOBA，即22321xyxyxyxyxy，当且仅当1xy时取等号，11333sin22244OABSOB ABOBAx yxy，当且仅当1xy时取等号.ABM 面积的最大值为34.21(1)延长AO交BC于D，因为 O为正三角形ABC的中心，所以D为BC的中点，所以1()2ADABAC,因为23AOAD,所以1133AOABAC，(2)设ANm，因为1AC，所以1ACANm，因为34AM，1AB,所以43ABAM,由（1）可知1133AOABAC，所以141333AOAMANm，因为,M O N三点共线，所以41193m，解得35m，即 AN的值为35(3)因为正三角形ABC的边

12、长为 1，O 为正三角形ABC的中心，所以33AO，6MAONAO，设MOA，则233，在MOA中，由正弦定理可得sinsin6OMOAMAO，所以3163sin3cossin6OM，在NOA中，同理可得3163sin3cossin6ON,所以 2222113sin3cos3sin3cosOMON 22216sin2cos3(3sincos)(3sincos)2222223sincos3(3sincos)22222sin13(4sin1)令22sin1t，则21sin2t 所以222213(41)2tOMONt 223 4129ttt 2193412tt，因为233，所以1sin12，21si

13、n14，所以252sin132，即532t，令94ytt，则 94ytt在5,32上单调递增，所以9594 345322y，即68155y，即9681545tt，所以9834125tt，所以511983412tt，所以252121938333412tt，即521291239412tt，所以2225912OMON，即22OMON最大值512，最小值29 22（1）解：若选2 coscoscosaAbCcB，由正弦定理可得2sincossincossincossinAABCCBB C 即2sincossinAAA，又sin0A，所以2cos1A，即1cos2A，因为0,A，所以3A；若选tanta

14、n33 tantanBCBC，即tantan33tantanBCBC，即tantan3 1 tantanBCBC，所以tantan31tantanBCBC，即tan3BC，所以tan3A，即tan3A，因为0,A，所以3A；（2）解：依题意23ANAB，12AMAC，所以222 111333 233AGABBGABBMABAMABABACABABAC，因为C、N、P三点共线，故设2113APANACABAC，同理M、B、P三点共线，故设1112APABAMABAC，所以231112，解得3412，所以1124APABAC，则11111112243361212GPAPAGABACABACABAC

15、ABAC，因为13sin22ABCSbcA，所以2bc，又ABC为锐角三角形，当C为锐角，则0AC BC，即0ACACAB，即20ACAC AB，即2102bbc，即22bcb，所以1b，当B为锐角，则0AB CB，即0ABABAC，即20ABAC AB，即2102cbc，即2cb，即22bb，所以02b，综上可得12b，又1212GPABAC，则2222144244GPABACABAB ACAC 2244ABAB ACAC 2242cbcb 22164bb 因为12b，所以214b，而 164f xxx在1,4上单调递减，所以 4,13f x，即221644,13bb，即21444,13GP，所以122,13GP，则113,612GP