专题集训3 解三角形-（配套练习）【金版新学案】2026年高考数学大二轮专题复习与测试

专题集训(三)　解三角形 (时间：50分钟　满分：80分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 一、单项选择题(1—6题，每小题5分，共30分) 1.(2025·江西南昌二模)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. 答案：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.故选A. 2.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S.若a＝1，C＝且4S＝cos B＋bcos A，则B＝(　　) A. B. C. D. 答案：A 解析：由4S＝cos B＋bcos A得4×absin C＝cos B＋bcos A⇒ab＝＋b·.又a＝1，故b＝＋＝c，所以sin B＝sin C＝，故sin B＝.由于c＞b，则C＞B，B不可能是钝角.由于B∈，所以B＝.故选A. 3.(2025·河北石家庄一模)如图，在△ABC中，已知∠CBA＝45°，D是BC边上的一点，AD＝5，AC＝7，DC＝3，则AB＝(　　) A.4 B.5 C.2 D. 答案：D 解析：在△ACD中，由余弦定理得cos C＝＝＝.又因为C∈(0，π)，所以sin C＝＝.在△ABC中，由正弦定理得＝，即＝，解得AB＝.故选D. 4.(2025·江西景德镇三模)如图，圭表是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿(称为“表”)和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺(称为“圭”).当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，太阳光与圭面成角也就是太阳高度角.圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，投影点为冬至线.日影长度最短的那一天定为夏至，投影点为夏至线.已知景德镇冬至正午太阳高度角为36.9°，夏至正午太阳高度角为θ，表高42厘米，圭面上冬至线与夏至线之间的距离为50厘米，则sin的值为(　　) A. B. C. D. 答案：C 解析：如图，tan ∠ABC＝tan 36.9°≈，AC＝42，所以BC＝56.又BD＝50，所以CD＝6，在△ACD中，根据勾股定理得AD＝30.在△ABD中，根据正弦定理可知＝，即＝，解得sin＝.故选C. 5.(2025·宁夏银川一模)在△ABC中，已知∠BAC＝，AB＝2，AC＝1，D为BC上一点，且∠BAD＝，则△ACD的面积为(　　) A. B. C. D. 答案：C 解析：如图，由∠BAC＝，∠BAD＝，则∠DAC＝，所以S△BAD＝AB×AD＝AD，S△ACD＝AD×AC×sin ＝AD，所以＝，则S△ACD＝S△ABC＝×AB×AC×sin ＝××2×1×＝.故选C. 6.(2025·湖南郴州三模)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若A＝，a＝4，BC边上的高AD＝，则b＋c＝(　　) A.2 B.4 C.8 D.4 答案：A 解析：已知BC边上的高AD＝，a＝4，根据三角形面积公式S△ABC＝a·AD＝bcsin A.将A＝，a＝4，AD＝×4×＝bcsin ，2＝bc×，bc＝8.由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，可得42＝b2＋c2－2bccos ，即16＝b2＋c2－bc，可得16＝(b＋c)2－2bc－bc，即16＝(b＋c)2－3bc，把bc＝8代入上式可得16＝(b＋c)2－3×8，即(b＋c)2＝16＋24＝40.因为b，c为三角形的边，可得b＋c＝＝2.故选A. 二、多项选择题(7、8题，每小题6分， 共12分) 7.(2025·广西桂林模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列与△ABC有关的结论正确的是(　　 ) A.若a＝2，A＝30°，则＝＝4 B.若acos A＝bcos B，则△ABC是等腰直角三角形 C.若△ABC是锐角三角形，则cos A＜sin B D.若2＋＋3＝0，S△AOC，S△ABC分别表示△AOC，△ABC的面积，则S△AOC∶S△ABC＝1∶6 答案：ACD 解析：对于A，设△ABC外接圆的半径为R，因为a＝2，A＝30°，所以2R＝＝＝4，所以＝＝2R＝4，＝＝2R＝4，故A正确；对于B，因为acos A＝bcos B，所以由正弦定理得sin Acos A＝sin Bcos B，即sin 2A＝sin 2B.因为A，B∈(0，π)，所以2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝，所以△ABC是等腰三角形或直角三角形，故B不正确；对于C，由△ABC是锐角三角形得A＋B＞，即A＞－B，因为y＝cos x在(0，)上单调递减，所以cos A＜cos(－B)＝sin B，故C正确；对于D，如图所示，设AC的中点为M，BC的中点为D，因为2＋＋3＝0，即2(＋)＋(＋)＝0，则2×2＋2＝0，即2＝－，所以点O是MD上靠近M的三等分点，所以点O到AC的距离等于D到AC的距离的. 又由B到AC的距离为D到AC的距离的2倍，所以O到AC的距离等于B到AC的距离的.由三角形的面积公式，可得S△ABC＝6S△AOC，即S△AOC∶S△ABC＝1∶6，故D正确.故选ACD. 8.(2025·山东济宁一模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝，且2c－b＝2acos B，则下列结论正确的是(　　) A.A＝ B.△ABC外接圆的面积为π C.△ABC面积的最大值为 D.△ABC周长的最大值为3 答案：BCD 解析：对于A，因为2c－b＝2acos B，由余弦定理可得2c－b＝2a×＝，整理可得b2＋c2－a2＝bc，则cos A＝＝＝，且A∈，所以A＝，故A错误；对于B，由正弦定理可得△ABC外接圆的半径R＝＝＝1，所以△ABC外接圆的面积为πR2＝π，故B正确；对于C，由b2＋c2－a2＝bc可得b2＋c2＝a2＋bc＝3＋bc，且b2＋c2≥2bc，即3＋bc≥2bc，解得bc≤3，当且仅当b＝c＝时，等号成立，所以△ABC面积的最大值为×3×＝，故C正确；对于D，由b2＋c2＝3＋bc可得＝3＋3bc，即bc＝，且bc≤，即≤，则≤12，即0＜b＋c≤2，当且仅当b＝c＝时，等号成立，所以△ABC周长的最大值为2＋＝3，故D正确.故选BCD. 三、填空题(9、10题，每小题5分，共10分) 9.在△ABC中，AB＝，AC＝1，M为BC的中点，∠MAC＝60°，则AM＝　　　　. 答案： 解析：在△ABC中，取AC的中点N，连接MN，由M为BC的中点，得MN＝AB＝.在△AMN中，由余弦定理得MN2＝AM2＋AN2－2AM·ANcos ∠MAC，则＝AM2＋－AM，即AM2－AM－＝0，而AM＞0，所以AM＝. 10.(2025·山东青岛一模)在△ABC中，角A，B，C的对边a，b，c成公差为2的等差数列.若7sin A＝3sin C，则△ABC的面积为　　　　　. 答案： 解析：因为a，b，c成公差为2的等差数列，所以c＝a＋4.因为7sin A＝3sin C，由正弦定理可得7a＝3c，解得a＝3，b＝5，c＝7.由余弦定理可得cos C＝＝＝－.因为C∈，所以C＝，所以△ABC的面积为absin C＝×3×5×sin ＝. 四、解答题 11.(13分)(2025·江西宜春一模)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos 2B＋cos 2C＋2sin Bsin C＝cos 2A＋1. (1)求A； (2)若b＋c＝5，△ABC的面积为，求a. 解：(1)因为cos 2B＋cos 2C＋2sin Bsin C＝cos 2A＋1， 所以1－2sin2B＋1－2sin2C＋2sin Bsin C＝1－2sin2A＋1， 化简得sin Bsin C＝sin2B＋sin2C－sin2A， 所以bc＝b2＋c2－a2. 由余弦定理得cos A＝＝＝， 因为A∈，所以A＝. (2)△ABC的面积为bcsin A＝，解得bc＝6. 由(1)可得b2＋c2－a2＝bc，所以－2bc－a2＝bc， 即－a2＝3bc，所以52－a2＝3×6，解得a＝(a＝－舍去). 12.(15分)(2025·安徽合肥一模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知a＋b＝2ccos B. (1)证明：C＝2B； (2)若△ABC为锐角三角形，求的取值范围. 解：(1)证明：由正弦定理及a＋b＝2ccos B，知sin A＋sin B＝2sin Ccos B， 即sin＋sin B＝2sin Ccos B， 所以sin B＝sin Ccos B－sin Bcos C＝sin， 所以B＝C－B或B＋C－B＝π. 因为B，C∈，所以B＝C－B，即C＝2B. (2)由(1)知C＝2B，A＝π－3B，又△ABC为锐角三角形， 所以0＜2B＜，0＜π－3B＜， 故B∈，所以＜tan B＜1，得1＜＜， 故＝＝＝＝∈. 学科网（北京）股份有限公司 $