专题7 解三角形-2021年高考冲刺之二轮专题精讲精析

专题7解三角形 一、单选题 1．已知 中，角， ， 所对的边分别为 ， ， ，且 ， ，若 的外接圆半径为 ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】 首先利用正弦定理边角互化，条件变形为 ，再与已知条件 联立方程，求解 ，最后再根据正弦定理求 . 【详解】 由 ，即 ，则 ；与 联立，可得 ；因为 ，故 ，则 . 故选:A． 【点睛】 关键点点睛：本题考查利用正弦定理解三角形，本题的关键是利用正弦定理边角互化，将条件 ，变形为 . 2．已知 的顶点 和 ，顶点 在椭圆 上，则 的值为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 根据椭圆方程求出 、 ，然后利用正弦定理边角互化以及椭圆的定义可求得所求代数式的值. 【详解】 在椭圆 中， ， ，则 ， 所以， 、 分别为椭圆 的左、右焦点， 由于 的顶点 在椭圆 上，由椭圆的定义可得 ， 因此， . 故选：D. 【点睛】 关键点点睛：解本题的关键在于以下两点： （1）与椭圆焦点三角形相关的问题，一般利用椭圆的定义求解； （2）与三角形正弦值比值相关的问题，可考查利用正弦定理边角互化求解. 3．在古希腊数学家海伦的著作《测地术》中记载了著名的海伦公式，利用三角形的三边长求三角形的面积，若三角形的三边长分别为 ，则其面积 ，其中 ，现有一个三角形边长 满足 ，则此三角形面积最大值为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 由题得 ，进而得 ，再根据基本不等式求解即可得答案 【详解】 解：由 ，可得 ， 则 ， 当且仅当 ， 时， 取得最大值 ， 故选：D 【点睛】 本题考查知识迁移与应用能力，是中档题.本题解题的关键是根据题意得 ，进而根据基本不等式求最值. 4．在平面直角坐标系 中，已知 顶点 和 ，点 在双曲线 的右支上，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 先根据双曲线的定义求解出 ，然后根据正弦定理进行边角互化结合线段长度求解出 的值. 【详解】 因为点 在双曲线 的右支上，且 和 为双曲线的两个焦点，所以 ； 又因为 ，所以由正弦定理得 ， 故选：D. 【点睛】 关键点点睛：解答本题的关键在利用正弦定理将 变形为边的形式，然后可根据所给长度求解出结果. 5．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c已知 ，则△ABC的形状为（ ） A．直角三角形 B．等边三角形 C．等腰三角形 D．等腰直角三角形 【答案】A 【分析】 根据二倍角公式和，即可得到 ，再根据余弦定理，得到 ，由勾股定理可判断． 【详解】 ∵ ，可得 ， ∴ ， ∴ ， ∵ ， ∴ ，∴ ， ∴ 为直角三角形，且 ， 故选：A. 【点睛】 思路点睛： 由 联想到降幂公式，当余弦和边同时出现时，应通过余弦定理将边将角化为边. 6．设 为等腰三角形， ， ， 为 边上的高，将 沿 翻折成 ，若四面体 的外接球半径为 ，则线段 的长度为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 作出翻折后的图形，求出球心到平面 的距离，从而求出 的外接圆半径，由正弦定理即可求解. 【详解】 作出翻折后四面体 的图形，如图： ， ， ， 平面 ， 由 ， ，则 ， , 设球心到平面 的距离为 ， 的外接圆半径为 ， 四面体 的外接球半径为 ， 由图可得 ，解得 ， 在 ，由正弦定理可得 ，（ 为锐角） 解得 ，所以 ， 因为 ，所以 为等边三角形， 所以 . 故选：D 【点睛】 关键点点睛：本题考查了多面体的外接球问题，解题的关键是求出 的外接圆半径，考查了空间想象能力、运算能力. 7．若向量 ， ，则 的面积为（ ） A． B． C．1 D． 【答案】A 【分析】 推导出 ， ，从而 ，由此能求出 ． 【详解】 解： EMBED Equation.DSMT4 ， ， EMBED Equation.DSMT4 ， ， ， ． 故选：A． 【点睛】 向量的数量积公式、向量的夹角公式、三角形面积公式、平面向量坐标运算法则、向量数量积公式等基础知识，是求解本题的关键. 8．已知 的三边分别为 ，且 边上的高为 ，则 的最大值为 （ ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】 由面积公式可得 ，再用余弦定理可得 ，即 得出结果. 【详解】 由题，三角形的面积： 由余弦定理： 可得： 所以 所以 的最大值为4. 故选：C 【点睛】 关键点点睛：本题考查了正余弦定理解三角形，将边的关系转化为三角函数是解题的关键，考查了转化、运算能力. 9．在 中， 分别是内角 的对边，若 （其中 表示 的面积），且角 的平分线交 于 ，满足 ，则 的形状是（ ） A．有一个角是 的等腰三角形 B