专题2 第2讲 解三角形 基础课 课时作业-【优化探究】2026年高考数学二轮专题复习配套课件（基础版）

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13 14 1.(2023·北京卷)在△ABC中,(a+c)(sin A-sin C)=b(sin A-sin B),则∠C=(　　) A.　　　　　　　　　　 B. C. D. 基础巩固练 B 15 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13 14 解析:因为(a+c)(sin A-sin C)=b(sin A-sin B),所以(a+c)(a-c)=b(a-b), 即a2-c2=ab-b2,则a2+b2-c2=ab,故cos C===,又0<C<π,所以C=. 15 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13 14 2.(2025·江西南昌模拟)在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,若b=3,2acos C+2ccos A=3a,则a=(　　) A.2 B.3 C. D. A 解析:因为2acos C+2ccos A=3a,由正弦定理,可得2sin Acos C+2sin Ccos A=3sin A,所以2sin(A+C)=3sin A.又因为A+C=π-B,所以sin(A+C)=sin B,所以2sin B=3sin A.又由正弦定理,可得2b=3a,即a=b.因为b=3,所以a=2. 15 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13 14 3.(2025·浙江杭州模拟)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且满足4c2+a2=b2,则△ABC的形状为(　　) A.直角三角形 B.钝角三角形 C.锐角三角形 D.等腰三角形 解析:由余弦定理得4c2+a2=b2=a2+c2-2accos B,化简得3c2=-2accos B>0,故cos B<0,所以<B<π,从而△ABC的形状为钝角三角形. B 15 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13 14 4.(2025·山东青岛模拟)墙上挂着一幅高为1 m的画,画的上端到地面的距离为2 m,摄像机在地面上拍摄这幅画.将画上端一点A、下端一点B与摄像机位置C连线的夹角称为视角(点A,B,C在同一竖直平面内),且把最大的视角称为最佳视角,D为AB连线与地面的交点.若墙与地面垂直且摄像机高度忽略不计,则当摄像机在地面上任意移动时,最佳视角的正弦值为(　　) A. B. C. D. A 15 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13 14 解析:如图所示,当∠ACB最大时,∠ACB为最佳视角,且∠ACB∈(0,),此时sin∠ACB最大, 且tan∠ACB最大, 又tan∠ACB=tan(∠ACD-∠BCD)=, 设DC=x,所以tan∠ACD=,tan∠BCD=, ===≤=, 当且仅当x=,x=时取等号, 此时且sin∠ACB>0, 解得sin∠ACB=. 15 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13 14 5.(2025·湖南长沙模拟)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,A<,a=2,b=5,sin 2A=,则△ABC的面积为(　　) A.36 B.18 C.36 D.27 D 15 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13 14 解析:因为cos2A+sin 2A=1,且2sin Acos A=,A∈(0,),所以sin A=,cos A=, 由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A, 即68=50+c2-2×5c×即c2-8c-18=0,即(c-9)(c+)=0, 所以c=9, 所以△ABC的面积为bcsin A=×5×9×=27. 15 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13 14 6.(2025·辽宁抚顺模拟)如图,在四边形ABCD中, ∠ADB=∠DCA=45°,∠BDC=30°,∠BCA=15°,AB=5,则CD的长为(　　) A.5 B.5 C.10 D.10 C 15 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13 14 解析:因为∠BDC=30°,∠BCD=15°+45°=60°,则∠CBD=90°,设BC=x,则CD=2x,BD=x. 在△ACD中,∠ACD=45°,∠ADC=30°+45°=75°,故∠CAD=60°, 由正弦定理可得=,则AD==x, 在△ABD中,由余弦定理可得AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos 45°, 即x2+3x2-2×x×x×=x2=125,解得x=5,故CD=2x=10. 15 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13 14 7.(多选)(2025·江苏南通模拟)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,D为边BC的中点,则下列说法正确的是( 　　) A.若AD=csin B,则△ABC是等腰三角形 B.若AD=,则△ABC是直角三角形 C.若AD>,则△ABC是锐角三角形 D.若AD<,则△ABC是钝角三角形 ABD 15 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13 14 解析:对于A,由正弦定理可得=,故sin∠ADB=1, 而∠ADB为三角形内角,故∠ADB为直角,故△ABC是等腰三角形,故A正确; 对于B,因为AD=,由正弦定理得AD===BC, 故△ABC是直角三角形,故B正确; 对于C,取BC=8,AD=5,AC=2,则DC=4,AD>, 因为2+4>5,故△ACD存在,故△ABC存在, 此时由余弦定理得cos C=<0,故三角形内角C为钝角, 故△ABC是钝角三角形,故C错误; 15 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13 14 对于D,因为=(+),故=(++2·), 故(++2·)<a2, 由余弦定理可得(c2+b2+2bccos∠BAC)<(c2+b2-2bccos∠BAC), 故cos∠BAC<0,故三角形内角∠BAC为钝角,故△ABC是钝角三角形,故D正确. 15 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13 14 8.(2025·陕西汉中模拟)某数学兴趣小组成员为测量某建筑的高度OP,选取了在同一水平面上的A,B,C三处,如图.已知在A,B,C处测得该建筑顶部P的仰角分别为30°,45°,60°,=2-,AB=10米,则该建筑的高度OP=　　　　米.  5 15 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13 14 解析:设OP=x,则可得OA=x,OB=x,OC=x, 由=2-,可得B是AC的中点,所以AB=BC=10, 而∠OBA+∠OBC=π,则cos∠OBA+cos∠OBC=0, 在△ABO和△CBO中,由余弦定理可得 +=0, 解得x=5,所以该建筑的高度OP=5米. 15 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13 14 9.(2025·辽宁大连模拟)在平面四边形ABCD中,AD=1,AB=CD=2,BC=3, 且四边形ABCD的面积为,则cos(∠ADC+∠ABC)=　　　　　.  15 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13 14 解析:在△ABC,△ADC中,由余弦定理得22+32-2×2×3cos∠ABC=AC2=12+22-2×1×2cos∠ADC, 整理得3cos∠ABC-cos∠ADC=2, 由四边形ABCD的面积为, 得×2×3sin∠ABC+×1×2sin∠ADC=,整理得3sin∠ABC+sin∠ADC=, 因此(3cos∠ABC-cos∠ADC)2+(3sin∠ABC+sin∠ADC)2=7, 整理得10-6cos(∠ADC+∠ABC)=7, 所以cos(∠ADC+∠ABC)=. 15 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13 14 10.(2025·安徽蚌埠检测)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且2acos A+bcos C=ccos(A+C). (1)求角A的大小; 解:因为2acos A+bcos C=ccos(A+C), 所以2acos A+bcos C=-ccos B, 由正弦定理得2sin Acos A+sin Bcos C=-sin Ccos B, 所以2sin Acos A=-sin Ccos B-sin Bcos C=-sin(B+C)=-sin A, 又sin A≠0,所以cos A=-, 又A∈(0,π),所以A=. 15 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13 14 (2)若a=,BC边上的高为,求△ABC的周长. 解:因为a=,BC边上的高为, 所以△ABC的面积S=bcsin∠BAC=bcsin =××,解得bc=4, 由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos∠BAC=b2+c2+bc=(b+c)2-bc, 即()2=(b+c)2-4,解得b+c=5, 所以△ABC的周长为a+b+c=5+. 15 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13 14 15 11.(多选)(2025·浙江金华模拟)已知△ABC中角A,B,C所对的边分别为a,b,c,满足a2+b2-c2=S△ABC,则下列条件能使△ABC为锐角三角形的是(　　) A.A= B.a=2,b=3 C.a=2,c=3 D.b=3,c=2 能力提升练 BC 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13 14 15 解析:因为a2+b2-c2=S△ABC,由余弦定理可得2abcos C=×absin C, 所以tan C=.因为C∈(0,π),所以C=. 对于A,当A=时,B=,此时△ABC为直角三角形,故A错误; 对于B,当a=2,b=3时,由余弦定理可得c2=a2+b2-2abcos C=4+9-2×2×3×cos =7,所以c=,所以cos B=>0,所以B为锐角,由b>c>a,所以B>C>A,此时△ABC为锐角三角形,故B正确; 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13 14 15 对于C,当a=2,c=3时,由余弦定理可得9=b2+4-2×2×b×cos , 解得b=1+,所以cos B=>0,所以B为锐角, 由b>c>a,所以B>C>A,此时△ABC为锐角三角形,故C正确; 对于D,当b=3,c=2时,由余弦定理可得4=a2+9-2×3×a×cos , 即a2-3a+5=0,由于Δ=9-4×5<0,方程无实根,所以不存在△ABC,故D错误. 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 12.(2025·广东佛山模拟)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,面积为S,若4S=(a2-3b2)·sin C,则=　　　　.  解析:由4S=(a2-3b2)sin C,得2absin C=(a2-3b2)sin C. 又因为sin C>0,所以2ab=a2-3b2,由正弦定理得2sin Asin B=sin2A-3sin2B, 由sin B>0,则()2-2·-3=0,解得=3或=-1. 因为>0,所以=3. 3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 14 13 15 13.(2025·河南郑州模拟)如图,在平面四边形ABCD中, AB=3,AD=1,BC=CD=,∠DAB+∠BCD=π. (1)求∠DAB; 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 14 13 15 解:在△ABD中, 由余弦定理得BD2=AD2+AB2-2AD·ABcos∠DAB=10-6cos∠DAB,① 在△BCD中,由余弦定理得BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos∠BCD=26-26cos∠BCD,② 又∠DAB+∠BCD=π, 所以cos∠DAB=-cos∠BCD,③ 由①②③得-16-32cos∠DAB=0, 所以cos∠DAB=-, 又0<∠DAB<π,所以∠DAB=. 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 14 13 (2)求sin∠ABC; 解:由(1)可知∠BCD=, 又BC=CD=,所以BD=, 在△ABD中,由正弦定理得=,即=, 解得sin∠ABD=,所以cos∠ABD=, 所以sin∠ABC=sin(∠ABD+)=×+×=. 15 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13 14 (3)若M为AB上一点,且△BCM的面积为2,求BM. 解:由△BCM的面积为2, 得BC·BMsin∠ABC=·BM·=2, 解得BM=2. 15 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13 14 14.(2025·安徽合肥模拟)如图,某人开车在山脚下水平公路上自A向B行驶,在A处测得山顶P处的仰角∠PAO=30°,该车以45 km/h的速度匀速行驶4分钟后,到达B处,此时测得仰角∠PBO=45°,且cos∠AOB=-. (1)求此山的高OP的值; 15 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13 14 解:设OP=x km,在△PAO中, 因为tan∠PAO=,所以AO==x, 同理,在△PBO中,BO==x, 在△AOB中,由余弦定理得AB2=AO2+BO2-2AO·BOcos∠AOB=6x2, 由AB=45×=3,所以9=6x2, 解得x=(负值已舍去),所以此山的高OP为 km. 15 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13 14 (2)求该车从A到B行驶过程中观测P点的仰角正切值的最大值. 15 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13 14 解:由(1)得BO=,AO=,AB=3,设C是线段AB上一动点,连接OC,PC, 则在点C处观测P点的仰角为∠PCO, 且tan∠PCO==, 因为cos∠AOB=-,0°<∠AOB<180°,所以sin∠AOB==, 当OC⊥AB时,OC最短,记最小值为d,由S△AOB=AO·BOsin∠AOB=AB·d, 15 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13 14 即×××=×3d,解得d=, 所以tan∠PCO=≤=, 所以该车从A到B行驶过程中观测P点仰角正切值的最大值为. 15 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13 14 15.(2025·江西鹰潭模拟)如图,在△ABC中,M,N,P三点分别在边AB,BC,CA上,则△AMP,△BMN,△CNP的外接圆交于一点Q,称点Q为密克点.运用上述结论解决如下问题:在梯形ABCD中, ∠B=∠C=60°, AB=4,AD=2,M为CD边的中点,动点P在BC边上,△ABP与△CMP的外接圆交于点Q(异于点P),则BQ的最小值为　　 　.  15 创新拓展练 2-2 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13 14 解析:延长BA,CD交于点E,则由题可知△EBC为正三角形,△AED为正三角形, 由题设结论△ABP,△CMP,△AME的外接圆有唯一公共点,该公共点即为题中的点Q,故点Q在△AME的外接圆上, 如图1,又由题可知AD=MD=DE=2,即D为△AME的外心,且△AME外接圆半径为2,∠BAD=∠ADM=180°-∠BCD=180°-60°=120°, 如图2,在△ABD中,由余弦定理BD=2,所以BQ的最小值为2-2. 15 12 感谢您的观看 $