专题4 三角函数与解三角形 考点11 解三角形 题组2-【区块练】2021-2025年五年高考真题分类汇编数学

一、选择题 1.(2025·全国二卷)在△ABC中，BC＝2，AC＝1＋，AB＝，则A＝(　　) A.45° B.60° C.120° D.135° 2.(2024·全国甲卷·理)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若B＝，b2＝ac，则sin A＋sin C＝(　　) A. B. C. D. 二、填空题 3.(2024·上海卷)海上有灯塔O，A，B，货船T，如图，已知A在O的正东方向，B在O的正北方向，O到A，B的距离相等，∠BTO＝16.5°，∠ATO＝37°，则∠BOT＝________.(结果精确到0.1°) 4.(2022·全国甲卷)已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD，当取得最小值时，BD＝________. 三、解答题 5.(2025·北京卷)在△ABC中，cos A＝－，asin C＝4. (1)求c； (2)在以下三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在，求BC的高. ①a＝6；②bsin C＝；③△ABC面积为10. 6.(2025·天津卷)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知asin B＝bcos A，c－2b＝1，a＝. (1)求A的值； (2)求c的值； (3)求sin(A＋2B)的值. 7.(2024·新课标Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin A＋cos A＝2. (1)求A； (2)若a＝2，bsin C＝csin 2B，求△ABC的周长. 8.(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. 9.(2023·全国甲卷·文)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝2. (1)求bc； (2)若－＝1，求△ABC面积. 10.(2022·全国乙卷)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，cos A＝，求△ABC的周长. 11.(2022·新高考Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝ . (1)若C＝，求B； (2)求的最小值. 12.(2022·北京卷)在△ABC中，sin 2C＝sin C. (1)求∠C； (2)若b＝6，且△ABC的面积为6，求△ABC的周长. 13.(2021·新高考Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2＝ac，点D在边AC上，BDsin∠ABC＝asin C. (1)证明BD＝b； (2)若AD＝2DC，求cos∠ABC. ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $ 考点11　题组二 1.解析　由题意得cos A＝＝＝， 又0°<A<180°，所以A＝45°. 故选A. 答案　A 2.解析　由正弦定理得sin Asin C＝sin2B，因为B＝，所以sin Asin C＝sin2B＝.由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac·cos B＝a2＋c2－ac＝ac，所以a2＋c2＝ac，所以sin2A＋sin2C＝sin Asin C，所以(sin A＋sin C)2＝sin2A＋sin2C＋2sin Asin C＝sin Asin C＝， 又sin A>0，sin C>0，所以sin A＋sin C＝. 答案　C 3.解析　设∠BOT＝θ，则∠AOT＝90°－θ，在△BOT中，由正弦定理得＝，在△AOT中，由正弦定理得＝，∵OA＝OB，∴两式相除得＝，sin 37°sin(16.5°＋θ)＝sin 16.5°sin(37°＋90°－θ)，sin θ(cos 16.5°－sin 16.5°)sin 37°＝ cos θ(cos 37°－sin 37°)sin 16.5°，∴tan θ＝≈0.137 6，又θ为锐角， ∴θ≈7.8°. 答案　7.8° 4.解析　设BD＝x，则CD＝2x， 则在△ABD中由余弦定理得：AB2＝22＋x2－2×2·xcos 120°，即AB2＝4＋x2＋2x，在△ADC中由余弦定理得：AC2＝22＋(2x)2－2×2·2xcos 60°，即AC2＝4＋4x2－4x，所以2＝，x>0，设f(x)＝，x>0，则f′(x)＝＝0得x＝－1. 可知f(x)在(0，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，所以f(x)在x＝－1时取得最小值，所以当取得最小值时，BD＝－1. 答案　－1 5.解析　(1)因为cos A＝－，A∈(0，π)， 所以sin A＝＝， 由正弦定理有asin C＝csin A＝c＝4， 解得c＝6. (2)如图所示，若△ABC存在，则设其BC边上的高为AD， 若选①，a＝6，因为c＝6，所以C＝A，因为cos A＝－<0，这表明此时三角形ABC有两个钝角， 而这是不可能的，所以此时三角形ABC不存在，故BC边上的高也不存在； 若选②，bsin C＝，由正弦定理有bsin C＝csin B＝6sin B＝，解得sin B＝， 此时cos B＝＝，AD＝csin B＝6×＝， 而cos∠DAB＝sin B，sin∠DAB＝cos B，cos A＝－，sin A＝， 所以cos∠CAD＝cos(∠CAB－∠BAD)， sin∠CAD＝可以唯一确定， 所以此时CA，CD也可以唯一确定， 这表明此时三角形ABC是存在的，且BC边上的高AD＝； 若选③，△ABC的面积是10， 则S△ABC＝bcsin A＝b×6×＝10， 解得b＝5，由余弦定理可得a＝＝＝9可以唯一确定， 进一步由余弦定理可得cos B，cos C也可以唯一确定，即B，C可以唯一确定， 这表明此时三角形ABC是存在的，且BC边上的高满足：S△ABC＝a·AD＝AD＝10，即AD＝. 6.解析　(1)已知asin B＝bcos A， 由正弦定理＝， 得asin B＝bsin A＝bcos A，显然cos A≠0， 得tan A＝，由0<A<π，得A＝. (2)由(1)知cos A＝，且c＝2b＋1，a＝， 由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A， 则7＝b2＋(2b＋1)2－2×b(2b＋1)＝3b2＋3b＋1，解得b＝1(b＝－2舍去)， 故c＝3. (3)由正弦定理＝， 且b＝1，a＝，sin A＝， 得sin B＝＝，且a>b，则B为锐角， 故cos B＝，故sin 2B＝2sin Bcos B＝， 且cos 2B＝1－2sin2B＝1－2×2＝； 故sin(A＋2B)＝sin Acos 2B＋cos Asin 2B＝×＋×＝. 7.解析　(1)解法一(辅助角法) 由sin A＋cos A＝2，得sin A＋cos A＝1， 所以sin＝1. 因为0<A<π，所以<A＋<， 所以A＋＝，故A＝. 解法二(同角三角函数的基本关系法) 由sin A＋cos A＝2，得cos A＝2－sin A， 两边同时平方，得3cos2A＝4－4sin A＋sin2A， 则3(1－sin2A)＝4－4sin A＋sin2A， 整理，得1－4sin A＋4sin2A＝0， 所以(1－2sin A)2＝0，则sin A＝. 因为0<A<π，所以A＝或A＝. 当A＝时，sin A＋cos A＝2成立，符合条件； 当A＝时，sin A＋cos A＝2不成立，不符合条件.故A＝. (2)由bsin C＝csin 2B， 得bsin C＝2csin Bcos B， 由正弦定理，得bc＝2cbcos B，所以cos B＝， 因为0<B<π，所以B＝. C＝π－(A＋B)＝， 所以sin C＝sin ＝sin＝sin cos ＋cos sin ＝×＋×＝. 由正弦定理＝＝， 得b＝＝＝2， c＝＝＝＋. 所以△ABC的周长为a＋b＋c＝2＋＋3. 8.解析　(1)由余弦定理可得 BC2＝a2＝b2＋c2－2bccos A＝4＋1－2×2×1×cos120°＝7，则BC＝，cos B＝＝＝，sin B＝＝＝. (2)由三角形面积公式可得＝＝4，则S△ACD＝S△ABC＝××2×1×sin120°＝. 9.解析　(1)因为a2＝b2＋c2－2bccos A，所以＝＝2bc＝2，解得bc＝1. (2)由正弦定理可得－ ＝－ ＝－＝＝1， 变形可得sin(A－B)－sin(A＋B)＝sin B， 即－2cos Asin B＝sin B， 而0<sin B≤1，所以cos A＝－， 又0<A<π，所以sin A＝， 故△ABC的面积为S△ABC＝bcsin A＝×1×＝. 10.解析　(1)证明　已知sin C sin(A－B)＝sin Bsin(C－A)可化简为sin Csin Acos B－sin Ccos Asin B＝sin B sin Ccos A－sin B cos Csin A， 由正弦定理可得accos B－bccos A＝bccos A－abcos C，即accos B＝2bccos A－abcos C， 由余弦定理可得ac＝2bc－ab，即2a2＝b2＋c2. (2)由(1)可知b2＋c2＝2a2＝50，cos A＝＝＝，∴2bc＝31， ∵b2＋c2＋2bc＝(b＋c)2＝81，∴b＋c＝9，∴a＋b＋c＝14，∴△ABC的周长为14. 11.解析　(1)由已知条件得：sin 2B＋sin Asin 2B＝cos A＋cos Acos 2B， sin 2B＝cos A＋cos Acos 2B－sin Asin 2B ＝cos A＋cos(A＋2B) ＝cos[π－(B＋C)]＋cos[π－(B＋C)＋2B] ＝－cos(B＋C)＋cos[π＋(B－C)] ＝－2cos Bcos C， 所以2sin Bcos B＝－2cos Bcos C， 即(sin B＋cos C)cos B＝0， 由已知条件：1＋cos 2B≠0， 则B≠，可得cos B≠0， 所以sin B＝－cos C＝，B＝. (2)由(1)知sin B＝－cos C>0，则B＝C－， sin B＝sin＝－cos C， sin A＝sin(B＋C)＝sin＝－cos 2C， 由正弦定理＝＝ ＝ ＝＝＋4sin2 C－5 ≥2－5＝4－5， 当且仅当sin2 C＝时等号成立，所以的最小值为4－5. 12.解析　(1)sin 2C＝sin C,2sin Ccos C＝sin C，cos C＝，∠C＝. (2)∵S△ABC＝6，∴absin C＝6，a＝4，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos C， c＝2，所以△ABC的周长为6＋6. 13.[思路点拨]　(1)根据正弦定理的边角关系有BD＝，结合已知即可证结论. (2)由题设BD＝b，AD＝，DC＝，应用余弦定理求cos∠ADB，cos∠CDB，又∠ADB＝π－∠CDB，可得2a2＋＝，结合已知及余弦定理即可求cos∠ABC. 解析　(1)由题设，BD＝，由正弦定理知＝，即＝， ∴BD＝，又b2＝ac， ∴BD＝b，得证. (2)由题意知BD＝b，AD＝，DC＝， ∴cos∠ADB＝＝， 同理cos∠CDB＝＝， ∵∠ADB＝π－∠CDB， ∴＝， 整理得2a2＋c2＝，又b2＝ac， ∴2a2＋＝， 整理得6a4－11a2b2＋3b4＝0， 解得＝或＝， 由余弦定理知cos∠ABC＝＝－， 当＝时，cos∠ABC＝>1不合题意； 当＝时，cos∠ABC＝； 综上，cos∠ABC＝. ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $