午练10 正弦定理综合运用专题训练-2024-2025学年高三数学一轮复习

江苏省泗阳实验高级中学2024-2025学年高三一轮复习精品午练专题训练篇 编号0038 解三角形--正余弦定理综合运用专题训练 一单选题（共8小题，每题5分，满分为40分） 1．在中，已知，，，则( ) A.4 B.3 C. D. 2．在中,“”是“”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 3．在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，且，则( ) A. B. C. D. 4．已知,分别为双曲线左,右焦点,过的直线l与E的左,右两支分别交于A,B两点.若是等边三角形,则双曲线E的离心率为( ) A. B.3 C. D. 5．如图,某同学为测量某观光塔的高度OP,在该观光塔的正西方向找到一座高为40米的建筑物MN,在地面上点Q处（O,Q,N三点共线且在同一水平面上）测得建筑物MN的顶部M的仰角为,测得该观光塔的顶部P的仰角为,在建筑物MN的顶部M处测得该观光塔的顶部P的仰角为,则该观光塔的高OP为( ) A.80米 B.米 C.米 D.米 6．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足，则的取值范围为( ) A. B. C. D. 7．在中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且,则的值为( ) A.-2 B.-3 C.3 D.2 8．内角A,B,C对应边分别为a,b,c.若,,点P在边AC上,并且,为的外心,则OP之长为( ) A. B. C. D. 二多选题（共3小题，每题6分，满分为18分） 9．中国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，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；一为从隅，开平方得积．把以上文字写成公式，即(S为三角形的面积，a，b，c为三角形的三边)．现有满足，且的面积，则下列结论正确的是( ) A.的周长为 B.的三个内角满足 C.的外接圆半径为 D.的中线的长为 10．四边形ABCD内接于圆O，，，，下列结论正确的有( ) A.四边形ABCD为梯形 B.四边形ABCD的面积为 C.圆O的直径为7 D.的三边长度可以构成一个等差数列. 11．中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,S为的面积,且,,下列选项正确的是( ) A. B.若,则有两解 C.若为锐角三角形,则b取值范围是 D.若D为BC边上的中点,则AD的最大值为 三填空题（共3小题，每题5分，满分为15分） 12.在△ABC中，＝，（b＋c＋a）（b＋c－a）＝3bc，则△ABC的形状为　　. 13．在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且，当时，的最大值是______． 14．已知三角形中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且,则的取值范围是__________. 四解答题（共2小题，每题15分，满分为30分） 15　在△ABC中，AB＝2，AC＝4，角A为钝角，△ABC的面积为2. （1）若D是BC的中点，求AD的长度； （2）若E是边BC上一点，AE为△ABC的角平分线，求AE的长度. 16记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin Csin（A－B）＝sin Bsin（C－A）. （1）证明：2a2＝b2＋c2； （2）若a＝5，cos A＝，求△ABC的周长. ( 4 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$ 解三角形--正余弦定理综合运用专题训练答案 1答案：C解析：，，， ， 由正弦定理，可得：． 故选C． 2答案：C解析：由正弦定理, 所以, 故选：C． 3答案：C解析：由题意结合正弦定理可得，即，整理可得，由于，故，据此可得，，则.故选C. 4答案：C解析：由双曲线的定义,得,, 又,所以, 在中, 即,所以,即, 所以故选:C. 5答案：A解析：由题意可得,米,, 则． 在中,由正弦定理可得,即, 解得：米．故选：A. 6答案：D解析：因为, 所以, 由B为三角形内角可得, 则 由, 所以, 所以,故.故选:D. 7答案：A 解析：因为,所以,由正弦定理得,又由余弦定理得,所以,整理得,又,当且仅当,即时等号成立,又,其中,,所以,所以,又,解得,,所以.故选A. 8答案：B 解析：连结OA,OC, 因为,根据正弦定理得, 则,即, 且外接圆半径, 即在中,,, 所以,且, 在中, , 所以. 故选:B 9答案：AB 解析：A项：设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c， 因为，所以由正弦定理可得，设，，，因为，所以， 解得，则，，，故的周长为，A正确； B项：因为， 所以，，故B正确； C项：因为，所以，由正弦定理得，，C错误； D项：由余弦定理得，在中，，由余弦定理得，解得，D错误. 故选：AB． 10答案：ABD 解析：，， 连接AC，BD，由可得，又因为，所以 显然AB不平行CD即四边形ABCD为梯形，故A正确； 在中，=49 在中由余弦定理可得 解得或（舍去） 故B正确 在中由余弦定理可得 圆的直径不可能是7，故C错误； 在中，，，，满足 的三边长度可以构成一个等差数列，故D正确. 故选：ABD 11答案：BCD 解析：因为,所以,,又,所以,A错; 若,则,三角形有两解,B正确; 若为锐角三角形,则,,所以,, ,,C正确; 若D为BC边上的中点,则,, 又,, 由基本不等式得,,当且仅当时等号成立, 所以,所以,当且仅当 时等号成立,D正确. 故选:BCD. 12解析：因为＝，所以＝，所以b＝c.又（b＋c＋a）（b＋c－a）＝3bc，所以b2＋c2－a2＝bc，所以cos A＝＝＝.因为A∈（0，π），所以A＝，所以△ABC是等边三角形. 13答案：3 解析：因为，即， 解得， 因为，所以 由余弦定理可得 ，当且仅当时取等号， 所以的最大值是3， 故答案为：3. 14答案： 解析：, 由余弦定理可得:,所以, 所以,所以, 所以, 所以,又因为,所以, 所以的取值范围是. 故答案为: 15解：（1）∵AB＝2，AC＝4，△ABC的面积为2， ∴S△ABC＝AB·AC·sin∠BAC＝×2×4×sin∠BAC＝2， ∴sin∠BAC＝，又∠BAC为钝角， ∴∠BAC＝， ∵D是BC的中点，∴＝（＋）， ∴＝（＋）2， 又AB＝2，AC＝4，∠BAC＝， ∴｜｜2＝＝3， ∴｜｜＝， 即AD＝. （2）∵AE为△ABC的角平分线， ∴∠BAE＝∠CAE＝∠BAC＝， ∵S△ABC＝S△ABE＋S△ACE， ∴AB·AE·sin＋AC·AE·sin＝2， 即×2AE×＋×4AE×＝2， ∴AE＝. 16解：（1）证明：法一　由sin Csin（A－B）＝sin Bsin（C－A）可得，sin Csin Acos B－sin Ccos Asin B＝sin Bsin Ccos A－sin Bcos Csin A， 结合正弦定理＝＝可得accos B－bccos A＝bccos A－abcos C， 即accos B＋abcos C＝2bccos A.（*） 由余弦定理可知accos B＝，abcos C＝，2bccos A＝b2＋c2－a2，代入（*）式整理得2a2＝b2＋c2. 法二　因为A＋B＋C＝π， 所以sin Csin（A－B）＝sin（A＋B）sin（A－B）＝sin2Acos2B－cos2Asin2B＝sin2A（1－sin2B）－（1－sin2A）sin2B＝sin2A－sin2B， 同理有sin Bsin（C－A）＝sin（C＋A）sin（C－A）＝sin2C－sin2A， 所以sin2A－sin2B＝sin2C－sin2A， 由正弦定理可得2a2＝b2＋c2. （2）由（1）及a2＝b2＋c2－2bccos A得，a2＝2bccos A，所以2bc＝31. 因为b2＋c2＝2a2＝50，所以（b＋c）2＝b2＋c2＋2bc＝81，得b＋c＝9， 所以△ABC的周长l＝a＋b＋c＝14. ( 2 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$