1、6.4 综合拔高练 五年高考练 考点 1利用余弦定理和正弦定理解三角形 1. (2020 课标,7,5 分,)在ABC 中,cos C=2 3,AC=4,BC=3,则 cos B=() A.1 9 B.1 3 C.1 2 D.2 3 2.(2019 浙江,14,6分,)在ABC中,ABC=90,AB=4,BC=3,点D 在线 段 AC 上.若BDC=45,则 BD=,cosABD=. 3.(2020 新高考,17,10 分,)在ac= 3,csin A=3,c= 3b 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
2、存在ABC,它的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,且 sin A= 3sin B,C= 6, ? 注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分. 4.(2020 课标,17,12 分,)ABC 中,sin2A-sin2B-sin2C=sin Bsin C. (1)求 A; (2)若 BC=3,求ABC 周长的最大值. 5.(2020 天津,16,14 分,)在ABC 中,角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c. 已知 a=2 2,b=5,c= 13. (1)求角 C 的大小; (2)求 sin A 的值; (3)求 sin 2? + 4 的值. 6.(2019 课标,17,12
3、 分,)ABC 的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c. 设(sin B-sin C)2=sin2A-sin Bsin C. (1)求 A; (2)若 2a+b=2c,求 sin C. 考点 2余弦定理和正弦定理在实际问题中的应用 7.(2019 江苏,18,16 分,)如图,一个湖的边界是圆心为 O 的圆,湖的一 侧有一条直线型公路 l,湖上有桥 AB(AB 是圆 O 的直径).规划在公路 l 上选两个点P,Q,并修建两段直线型道路PB,QA,规划要求:线段PB,QA 上的所有点到点 O 的距离均不小于 圆 O 的半径.已知点 A,B 到直线 l 的距离分别为AC和BD(C,D为垂足)
4、,测得AB=10,AC=6,BD=12(单位: 百米). (1)若道路 PB 与桥 AB 垂直,求道路 PB 的长; (2)在规划要求下,P 和 Q 中能否有一个点选在 D 处?并说明理由; (3)在规划要求下,若道路PB和QA的长度均为d(单位:百米),求当d 最 小时,P,Q 两点间的距离. 考点 3三角形面积公式的应用 8.(2019 课标,15,5 分,)ABC 的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c.若 b=6,a=2c,B= 3,则ABC 的面积为 . 9.(2018 北京,14,5 分,)若ABC 的面积为 3 4 (a2+c2-b2),且C 为钝角, 则B=;? ?的取值
5、范围是 . 10.(2020 北京,17,13 分,)在ABC 中,a+b=11,再从条件、条件这 两个条件中选择一个作为已知,求: (1)a 的值; (2)sin C 和ABC 的面积. 条件:c=7,cos A=-1 7; 条件:cos A=1 8,cos B= 9 16. 注:如果选择条件和条件分别解答,按第一个解答计分. 11.(2019 课标,18,12 分,)ABC 的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c. 已知 asin?+? 2 =bsin A. (1)求 B; (2)若ABC 为锐角三角形,且 c=1,求ABC 面积的取值范围. 三年模拟练 应用实践 1.(2020 海
6、南海口高二上期末,)设点 G 是ABC 的重心,且 2sin B?t ? ?+3sin A? ?+2sin C? ? =0,则 cos C=() A.3 4 B.2 3 C.1 3 D. 9 16 2.(2020 广东中山高二上期末,)如图,为了测量某湿地 A,B 两点间的 距离,观察者找到在同一直线上的C,D,E三点.从D点测得ADC=67.5, 从 C 点测得ACD=45,BCE=75,从 E 点测得BEC=60.若测得 DC=2 3,CE= 2(单位:百米),则 A,B 两点间的距离为() A. 6百米 B.2 2百米 C.3 百米D.2 3百米 3.(2020甘肃顶级名校高二月考,)已
7、知ABC的内角A,B,C的对边分 别是 a,b, c,且(a2+b2-c2)(acos B+bcos A)=abc,若ABC 的外接圆半径为 2 3 3 ,则ABC 的周长的取值范围为() A.(2,4B.(4,6 C.(4,6)D.(2,6 4.(2020 河南南阳高二上期末,)ABC 的内角 A、B、C 的对边分别 为 a、b、c,若 c=2,C= 3,且 sin C+sin(B-A)-2sin 2A=0,则下列结论不一定 成立的是() A.b=2a B.ABC 的周长为 2+2 3 C.ABC 的面积为2 3 3 D.ABC 的外接圆半径为2 3 3 5.(2020 吉林长春外国语学校高
8、二上期末,)在ABC 中,已知(a+b) (c+a)(b+c)=654,给出下列结论: 这个三角形被唯一确定; ABC 一定是钝角三角形; sin Asin Bsin C=753; 若 b+c=8,则ABC 的面积是15 3 2 . 其中正确结论的序号是. 6.(2020广东深圳实验学校高一上期末,)设ABC的内角A,B,C的对 边分别为 a,b,c,给出下列说法: 若 a2+b2 2; 若 abc2,则 C 3; 若 a3+b3=c3,则 C(a+b)c,则 C 2; 若(a2+b2)c22a2b2,则 0CAB,AD=2 7,AB=6,若,求 ACD 的面积. 迁移创新 9.()在数学建模
9、课上,老师给大家带来了一则新闻:“2019 年 8 月 16 日上午,高423米的东莞第一高楼民盈国贸中心2号楼(以下简称国贸 中心)正式封顶,随着最后一方混凝土浇筑到位,标志着东莞最高楼纪 录诞生,由东莞本地航母级企业民盈集团刷新了东莞天际线,比之前的 东莞第一高楼台商大厦高出134米.”在同学们的惊叹中,老师提出了问 题:国贸中心真有这么高吗?我们能否运用所学知识测量验证一下?一 周后,两个兴趣小组分享了他们各自的测量方案. 第一小组采用的是“两次测角法”,他们在国贸中心隔壁的会展中 心广场上的 A 点测得国贸中心顶部的仰角为,正对国贸中心前进了 s 米后,到达 B 点,在 B 点测得国贸
10、中心顶部的仰角为,然后计算出国贸 中心的高度(如图 1). 第二小组采用的是“镜面反射法”,在国贸中心后面的新世纪豪园 一幢 11 层楼(与国贸中心处于同一水平面,每层约 3 米)楼顶天台上,进 行两个操作步骤:将平面镜置于天台地面上,人后退至从镜中能看到 国贸大厦的顶部位置,测量出人与镜子的距离为 a1米;正对国贸中心, 将镜子前移a米,重复中的操作,测量出人与镜子的距离为a2米,然后 计算出国贸中心的高度(如图 2). 实际操作中,第一小组测得s=310米,=30,=45,最终算得国贸中 心的高度为 H1;第二小组测得 a1=1.45 米,a=12 米,a2=1.40 米,最终算得 国贸中
11、心的高度为 H2.假设测量者的“身高 h”都为 1.60 米. (1)请你用所学知识帮两个小组完成计算(参考数据: 21.4, 31.7,结 果保留整数); (2)你认为哪个小组的方案更好?请说明理由. 答案全解全析答案全解全析 五年高考练 1.A由 cos C=? 2+B?2-At2 2?t? 得2 3= 16+9-?t2 243 ,AB=3(负值舍去), cos B=t? 2+B?2-A?2 2t?t? =9+9-16 233 =1 9,故选 A. 2.答案 12 2 5 ;7 2 10 解析在BDC 中,BC=3,sinBCD=4 5,BDC=45, 由正弦定理得 t? sint?= t
12、? sint?,则 BD= 34 5 2 2 =12 2 5 , 在ABD 中,sinBAD=3 5,cosBAD= 4 5,ADB=135, cosABD=cos180-(135+BAD)=cos(45-BAD)=cos 45cosBAD+sin 45sinBAD= 2 2 4 5 + 3 5 =7 2 10 . 3.解析方案一:选条件. 由 C= 6和余弦定理得 ?2+?2-?2 2? = 3 2 . 由 sin A= 3sin B 及正弦定理得 a= 3b. 于是3? 2+?2-?2 2 3?2 = 3 2 ,由此可得 b=c. 由ac= 3,解得 a= 3,b=c=1. 因此,选条件时
13、问题中的三角形存在,此时 c=1. 方案二:选条件. 由 C= 6和余弦定理得 ?2+?2-?2 2? = 3 2 . 由 sin A= 3sin B 及正弦定理得 a= 3b. 于是3? 2+?2-?2 2 3?2 = 3 2 , 由此可得 b=c,B=C= 6,A= 2 3 . 由csin A=3,所以 c=b=2 3,a=6. 因此,选条件时问题中的三角形存在,此时 c=2 3. 方案三:选条件. 由 C= 6和余弦定理得 ?2+?2-?2 2? = 3 2 . 由 sin A= 3sin B 及正弦定理得 a= 3b. 于是3? 2+?2-?2 2 3?2 = 3 2 ,由此可得 b=
14、c. 由c= 3b,与 b=c 矛盾. 因此,选条件时问题中的三角形不存在. 4.解析(1)由正弦定理和已知条件得 BC2-AC2-AB2=ACAB. 由余弦定理得 BC2=AC2+AB2-2ACABcos A. 由得 cos A=-1 2. 因为 0A,所以 A=2 3 . (2)由正弦定理及(1)得 ? sint= ?t sin?= t? sin?=2 3,从而 AC=2 3sin B,AB=2 3sin(-A-B)=3cos B- 3sin B. 故 BC+AC+AB=3+ 3sin B+3cos B=3+2 3sin t + 3 . 又 0B 3,所以当 B= 6时,ABC 的周长取得
15、最大值 3+2 3. 5.解析(1)在ABC中,由余弦定理及a=2 2,b=5,c= 13,有cos C=? 2+?2-?2 2? = 2 2 .又因 为 C(0,),所以 C= 4. (2)在ABC 中,由正弦定理及 C= 4,a=2 2,c= 13,可得 sin A= ?sin? ? =2 13 13 . (3)由 ac及sin A=2 13 13 ,可得cos A= 1-sin2A=3 13 13 ,进而sin 2A=2sin Acos A=12 13,cos 2A=2cos2A-1= 5 13. 所以 sin 2? + 4 =sin 2Acos 4+cos 2Asin 4= 12 13
16、 2 2 + 5 13 2 2 =17 2 26 . 6.解析(1)由已知得 sin2B+sin2C-sin2A=sin Bsin C,故由正弦定理得 b2+c2-a2=bc. 由余弦定理得 cos A=? 2+?2-?2 2? =1 2. 因为 0A180,所以 A=60. (2)由(1)知 B=120-C,由题设及正弦定理得 2sin A+sin(120-C)=2sin C, 即 6 2 + 3 2 cos C+1 2sin C=2sin C, 可得 cos(C+60)=- 2 2 . 由于 0C0, 所以BAD 为锐角. 所以线段 AD 上存在点到点 O 的距离小于圆 O 的半径. 因此
17、 Q 选在 D 处也不满足规划要求. 综上,P 和 Q 均不能选在 D 处. (3)先讨论点 P 的位置. 当OBP90时,在PP1B 中,PBP1B=15. 由上可知,d15. 再讨论点 Q 的位置. 由(2)知,要使得 QA15,点 Q 只有位于点 C 的右侧,才能符合规划要求.当 QA=15 时,CQ= ?2-A?2= 152-62=3 21. 此时,线段 QA 上所有点到点 O 的距离均不小 于圆 O 的半径. 综上,当 PBAB,点 Q 位于点 C 右侧,且 CQ=3 21时,d 最小,此时 P,Q 两点间的距 离 PQ=PD+CD+CQ=17+3 21. 因此,d 最小时,P,Q
18、两点间的距离为(17+3 21)百米. 8.答案6 3 解析由 b2=a2+c2-2accos B 及已知得 62=(2c)2+c2-22cc1 2,c=2 3(c=-2 3舍 去). a=2c=4 3,ABC 的面积 S=1 2acsin B= 1 24 32 3 3 2 =6 3. 9.答案 3;(2,+) 解析依题意有1 2acsin B= 3 4 (a2+c2-b2)= 3 4 2accos B,则 tan B= 3,0B 2, 又A0,0A 6, 则 0tan A 3, 故? ? 1 2+ 3 2 3=2. 故? ?的取值范围为(2,+). 10.解析若选条件. (1)a+b=11,
19、b=11-a, 已知 c=7,cos A=-1 7, 由余弦定理 a2=b2+c2-2bccos A,得 a2=(11-a)2+72-2(11-a)7 - 1 7 ,解得 a=8. (2)cos A=-1 7,sin A= 1-cos 2A=4 3 7 , ? sin?= ? sin?,sin C= ?sin? ? = 3 2 . 又b=11-a=11-8=3, SABC=1 2bcsin A= 1 237 4 3 7 =6 3. 若选条件. (1)cos A=1 8,sin A= 1-cos 2A=3 7 8 , cos B= 9 16,sin B= 1-cos 2B=5 7 16 . 由正
20、弦定理 ? sin?= ? sint,得 ? 3 7 8 = ? 5 7 16 , 5a=6b, 又a+b=11,a=6. (2)由(1)可得 b=11-a=5. sin C=sin-(A+B)=sin(A+B) =sin Acos B+cos Asin B=3 7 8 9 16+ 1 8 5 7 16 = 7 4 , SABC=1 2absin C= 1 265 7 4 =15 7 4 . 11.解析(1)由题设及正弦定理得 sin Asin?+? 2 =sin Bsin A. 因为 sin A0,所以 sin?+? 2 =sin B. 由 A+B+C=180,可得 sin?+? 2 =co
21、st 2, 故 cost 2=2sin t 2cos t 2. 因为 cost 20,所以 sin t 2= 1 2,因此 B=60. (2)由题设及(1)知 SABC= 3 4 a. 由正弦定理得 a=?sin? sin? =sin(120-?) sin? = 3 2tan?+ 1 2. 由于ABC 为锐角三角形,故 0A90,0C90. 由(1)知 A+C=120,所以 30C90,故1 2a2,从而 3 8 SABC 3 2 . 因此,ABC 面积的取值范围是 3 8 , 3 2 . 三年模拟练 应用实践 1.B因为点 G 是ABC 的重心,所以? ? ?+?t? ?+? ? =0,由题
22、意及正弦定理 得 2b?t ? ?+3a? ?+2c? ? =0,所以 2b(?t ? ?-? ?)+3a? ?+2c? ? =0,即 (3a-2b)? ? ?+2b?t? ?+2c? ? =0,故 2b=2c=3a-2b,即 b=c,a=4 3b. 由余弦定理得 cos C=? 2+?2-?2 2? = ?2+16 9 ?2-?2 24? 3 b =2 3. 2.C在ADC 中,ACD=45,ADC=67.5,则DAC=180-45-67.5=67.5, 又 DC=2 3,AC=DC=2 3. 在BCE 中,BCE=75,BEC=60, 则EBC=180-75-60=45,由正弦定理得 ?
23、sin?t?= t? sint?, BC=?sint? sin?t? = 2 3 2 2 2 = 3. 在ABC 中,AC=2 3,BC= 3, ACB=180-ACD-BCE=60, 由余弦定理得 AB2=AC2+BC2-2ACBCcosACB=9,AB=3(负值舍去),即 A,B 两 点间的距离为 3 百米. 3.B由(a2+b2-c2)(acos B+bcos A)=abc, 得(a2+b2-c2) a? 2+?2-?2 2? +b? 2+?2-?2 2? =abc, 整理得,a2+b2-c2=ab, 所以 cos C=? 2+?2-?2 2? = ? 2?= 1 2, 因为 C(0,)
24、,所以 C= 3. 由正弦定理得 c=22 3 3 sin C=4 3 3 3 2 =2,a=4 3 3 sin A,b=4 3 3 sin B, 所以 a+b+c=2+4 3 3 (sin A+sin B) =2+4 3 3 sin 2 3 -B + sint =4 3 3 3 2 cost + 3 2 sint +2 =4sin t + 6 +2. 因为 B 0, 2 3 ,所以 B+ 6 6 , 5 6 ,所以 24sin t + 6 4, 所以 44sin t + 6 +26, 即 40), a=7 2k,b= 5 2k,c= 3 2k, 则 abc=753,由正弦定理可知, sin
25、Asin Bsin C=753,故正确; 由于三角形 ABC 的边长不确定,故三角形不确定,故错误; cos A=? 2+?2-?2 2? = 25 4 ?2+9 4? 2-49 4 ?2 25 2 3 2? 2 =-1 20,则 A=120,故ABC 是钝角三角形,故正确; 若 b+c=8,则5 2k+ 3 2k=4k=8,解得 k=2, 故 b=5,c=3, 又A=120,ABC 的面积 S=1 2bcsin A= 1 253 3 2 =15 3 4 ,故错误. 故正确的是. 6.答案 解析因为 a2+b2c2,所以由余弦定理得 cos C=? 2+?2-?2 2? 2,故正确; 因为 a
26、bc2,所以 cos C=? 2+?2-?2 2? 2?-? 2 2? 2?-? 2? =1 2,又 0C,所以 0C0,b0,c0, 所以 ? ? 3+ ? ? 3=1, 所以 0? ?1,0 ? ?1, 所以 1= ? ? 3+ ? ? 3c2,故 C(a+b)c,所以 c2? ?+?, 所以 c2 2? ?+? 2= 4?2?2 ?2+?2+2ab, 因为 a2+b22ab, 所以 c2 4?2?2 ?2+?2+2ab 4?2?2 4? =ab, 由知,此时 0C 3,故错误; 因为(a2+b2)c22a2b2, 所以 c22? 2?2 ?2+?2,因为 a 2+b22ab, 所以 c2
27、2? 2?2 ?2+?2 2?2?2 2? =ab, 由知,此时 0C 3,故正确. 7.解析(1)m=(cos B,sin B-2sin C),n=(2cos C+cos B,sin B),且 mn, mn=cos B(2cos C+cos B)+sin B(sin B-2sin C)=0, 化简得 2cos(B+C)+1=0,即-2cos A+1=0, cos A=1 2,A(0,),A= 3. (2)根据题意,由正弦定理可得 ? sint= ?t sin?= 3 sin 3=2,AC=2sin B,AB=2sin C. AB+AC=2sin C+2sin B=2sin B+2sin 2
28、3 -B =2sin B+2 3 2 cos B+ 1 2sin B =2 3sin t + 6 . B 0, 2 3 ,B+ 6 6 , 5 6 , sin t + 6 1 2 ,1 , 2 3sin t + 6 ( 3,2 3, 即 AB+AC( 3,2 3. 8.解析若选择,由正弦定理得 sin Bcos Acos C=sin Asin Bsin C- 1 2sin B, 因为 sin B0,所以 cos Acos C-sin Asin C=-1 2,即 cos(A+C)=- 1 2. 因为 B=-(A+C),所以 cos(A+C)=-cos B=-1 2,即 cos B= 1 2, 因
29、为 0B,所以 B= 3. 若选择,由正弦定理得 sin2Bcos C+1 2sin Csin 2B= 3sin Acos B, 即 sin2Bcos C+sin Csin Bcos B= 3sin Acos B, 故 sin Bsin(B+C)= 3sin Acos B. 因为 sin(B+C)=sin A0, 所以 sin B= 3cos B,所以 tan B= 3, 因为 0B,所以 B= 3. 若选择,由正弦定理得 sin Bcos A+sin Acos B=2sin Ccos B, 即 sin(B+A)=2sin Ccos B, 因为 sin(B+A)=sin C0,所以 cos B
30、=1 2, 因为 0BAB=6,所以 BD=4. 所以 SACD=SABD=1 2ABBDsin B= 1 264 3 2 =6 3. 迁移创新 9.答案(1)第一小组:在 ABD 中,sinDAB=1 2,AB=310 米,sinADB=sin(45-30)= 6- 2 4 , 由正弦定理,得 ?t sin?t= t? sin?t,即 310 6- 2 4 = t? 1 2 ,所以 BD=155( 6+ 2)米. 在 RtBCD 中,? t?= 2 2 ,所以 CD= 2 2 BD= 2 2 155( 6+ 2)418.5(米), 所以 H1418.5+1.6=420.1420 米. 第二小
31、组:由MKEPQE, 得 EQ=? ? =?1PQ ? . 同理,由NTFPQF,得 FQ=? ? =?2PQ ? . 因为 EQ-FQ=a,所以(?1-?2)PQ ? =a, 所以 PQ= ? ?1-?2= 121.6 1.45-1.4=384(米), 所以 H2=PQ+311=417(米). (2)答案不唯一,言之有理即可. 第一组方案: 优点:测量方法较好理解,普适性强;计算思路简捷. 不足:距离较长,测量要求高,难度大;角度测量较难精准,容易造成误差;场地 要求较高. 第二组方案: 优点:测量方法有创意(用到镜面成像和相似三角形);相对距离短,比较好测量; 只需测量距离,需要的工具少. 不足:两次放镜子相对距离太短,容易造成误差;镜面放置较难保持水平,容易 造成误差;如果镜面较大,人眼看镜内物像时,两次不一定都看在镜上的同一个 点,易造成误差;人与镜子的距离差值较小,测量容易造成误差.
