2023年文科数学解三角形专题高考题练习.pdf

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解三角形专题练习
   B 
1、在 b、c，向量 m  2sin B, 3 ，n cos 2B, 2cos 2 1，且m // n 。
 2 
（I）求锐角 B 的大小；
（II）如果 b 2 ，求 ABC 的面积 S 的最大值。
ABC


2、在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且bcos C 3a cos B ccos B.
（I）求 cosB 的值；
（II）若 BA BC 2，且 b 2 2 ，求 a和c b 的值.


5 10
3、在 ABC 中， cos A  ，cos B  .
5 10
（Ⅰ）求角C ；
（Ⅱ）设 AB  2 ，求 ABC 的面积 .


4、在△ ABC 中，A、B、C 所对边的长分别为 a、b、c，已知向量 m (1, 2sin A) ，
n (sin A,1cos A), 满足m // n,b c  3a.
（I）求 A 的大小；
（II）求 sin( B ) 的值.
6
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5、△ABC 中，a，b，c 分别是角 A，B，C 的对边，且有 sin2C+ 3 cos（A+B）=0，.
当 a 4, c  13 ，求△ ABC 的面积。
即故又所以解由得所以分因为分且故分解根据正弦定理得分所以的面积
1 1
6、在△ABC 中，角 A、B、C 所对边分别为 a，b，c，已知 tan A ,tan B  ，且最长
2 3
：
（I）角 C 的大小；
（II）△ABC 最短边的长.


cos B b
7、在△ABC 中，a、b、c 分别是角 A、B、C 的对边，且  .
cosC 2a c
（I）求角 B 的大小；
（II）若b  13，a c 4 ，求△ABC 的面积.

角分或当时已知由余弦定理得当且仅当时等号成立分的面积的面积最大

8、（2009 全国卷Ⅱ文）设△ABC 的内角 A、B、C 的对边长分别为 a、b、c，
3
cos(AC) cos B  ,b 2 ac ，求 B.
2


9、（2009 天津卷文）在 ABC 中， BC  5, AC 3,sin C 2sin A
（Ⅰ）求 AB 的值。

（Ⅱ）求 sin(2A ) 的值。
4 角的对边且有当求的面积在中角所对边分别为已知且最长边的边长为求
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B
1、 (1)解：m∥n  2sinB(2cos2 2－1)＝－ 3cos2B
2sinBcosB ＝－ 3cos2B  tan2B＝－ 3 ……4 分
2π π
即故又所以解由得所以分因为分且故分解根据正弦定理得分所以的面积
∵0＜2B＜π,∴2B＝ 3 ,∴锐角 B＝ 3 ……2 分
π 5π
(2)由 tan2B＝－ 3  B＝ 3 或 6
π
①当 B＝ 3 时，已知 b＝2，由余弦定理，得：
4＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝ac(当且仅当 a＝c＝2 时等号成立) ……3 分
1 3
∵△ABC 的面积 S△ABC ＝2 acsinB＝ 4 ac≤ 3
∴△ABC 的面积最大值为 3 ……1 分
5π
②当 B＝ 6 时，已知 b＝2，由余弦定理，得：
4＝a2＋c2＋ 3ac≥2ac＋ 3ac＝(2＋ 3)ac(当且仅当 a＝c＝ 6－ 2时等号成立)
∴ac≤4(2－ 3) ……1 分
1 1
∵△ABC 的面积 S△ABC ＝2 acsinB＝4ac≤2－ 3
∴△ABC 的面积最大值为 2－ 3 ……1 分
角分或当时已知由余弦定理得当且仅当时等号成立分的面积的面积最大
2、解：（I）由正弦定理得 a 2Rsin A,b 2Rsin B, c 2Rsin C ，
则2Rsin B cosC 6Rsin AcosB 2Rsin C cosB,
故sin B cosC 3sin AcosB sin C cosB,
可得sin B cosC sin C cosB 3sin AcosB,
即sin( B C) 3sin AcosB,
可得sin A 3sin A 0,
1
cosB  .
因此 3 …………6 分
（II）解：由 BABC 2,可得a cos B 2 ，
角的对边且有当求的面积在中角所对边分别为已知且最长边的边长为求
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1
又cosB  ,故ac 6,
3
由b2 a 2 c 2 2ac cosB,
可得a 2 c2 12,
即故又所以解由得所以分因为分且故分解根据正弦定理得分所以的面积
所以(a c) 2 0,即a c,
所以 a＝c＝ 6
5 10  
cos A  cos B  A、B 0， 
3、（Ⅰ）解：由 5 ， 10 ，得  2 ，所以
2 3
sin A  ， sin B  .
5 10 …… 3 分
2
cos C cos[( AB)] cos( AB) cos Acos B sin Asin B 
因为 2 …6 分

C  .
且 0 C  故 4 ………… 7 分
（Ⅱ）解：
根据正弦定理得
AB AC ABsin B 6
  AC  
sin C sin B sin C 10
角分或当时已知由余弦定理得当且仅当时等号成立分的面积的面积最大， ………….. 10 分
1 6
ABAC sin A  .
所以 ABC 的面积为 2 5
4、解：（1）由 m//n 得 2sin 2 A 1cos A 0 ……2 分
1
cos A  或cos A 1
即 2cos 2 Acos A1 0 2 ………………4 分

 A是ABC的内角,cos A 1  A 
舍去 3 ……………… 6 分
（2）b c  3a
3
sin B sin C  3 sin A 
由正弦定理， 2 ………………8 分
2 2 3
B C   sin B sin( B) 
3 3 2 ………………10 分
3 3 3 角的对边且有当求的面积在中角所对边分别为已知且最长边的边长为求 3
 cos B  sin B  即sin( B  ) 
2 2 2 6 2
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5、解：由sin 2C  3 cos( A B) 0且A B C 
3
2sin C cos C  3 cos C 0所以,cos C 0或sin C 
有 2 ……6 分
即故又所以解由得所以分因为分且故分解根据正弦定理得分所以的面积
3 
a 4, c  13 ,有c a ,所以只能 sin C  ,则C 
由 2 3 ， ……8 分
由余弦定理 c 2 a 2 b 2 2ab cos C有b 2 4b 3 0, 解得 b 1或b 3
1 1
b 3时, S  ab sin C 3 3 当b 1时, S  ab sin C  3.
当 2 2
1 1

tan Atan B
  2 3 1
1 1
1tan Atan B 1 
6、解：（I）tanC＝tan[π－（A＋B）]＝－tan（A＋B） 2 3
3
C 
∵ 0 C ， ∴ 4 ……………………5 分
（II）∵0<tanB<tanA ，∴A、B 均为锐角, 则 B<A ，又 C 为钝角，
∴最短边为 b ，最长边长为 c……………………7 分
1 10
tan B  sin B 
由 3 ，解得 10 ……………………9 分
角分或当时已知由余弦定理得当且仅当时等号成立分的面积的面积最大
10
1
c sin B 5
b   10 
b c sin C 2 5

由 sin B sin C ，∴ 2 ………………12 分
a b c
  2R
7、解：（I）解法一：由正弦定理 sin A sin B sinC 得
a 2Rsin A，b 2Rsin B，cR2 sin C
cos B b cos B sin B
 得 
将上式代入已知 cosC 2a c cosC 2 sin A sin C
即 2 sin Acos B sin C cos B cosC sin B 0
角的对边且有当求的面积在中角所对边分别为已知且最长边的边长为求
即 2 sin Acos B sin( B C) 0
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∵ A B C ，∴ sin( B C) sin A，∴2sin Acos B sin A 0
1
sin A≠0，∴ cos B  ，
∵ 2
即故又所以解由得所以分因为分且故分解根据正弦定理得分所以的面积
2
B  
∵B 为三角形的内角，∴ 3 .
a 2 c2 b 2 a 2 b 2 c2
cos B  ， cosC 
解法二：由余弦定理得 2ac 2ab
cosB b a 2 c2 b2 2ab b
 得 × 
将上式代入cosC 2a c 2ac a 2 b2 c2 2a c
整理得a 2 c2 b2 ac
a 2 c2 b2 ac 1
cosB   
∴ 2ac 2ac 2
2
B  
∵B 为三角形内角，∴ 3
2
b  13，a c 4，B  
（II）将 3 代入余弦定理b 2 a 2 c2 2accosB 得
b2 (a c)2 2ac 2accosB
角分或当时已知由余弦定理得当且仅当时等号成立分的面积的面积最大，
1
13 162 ac(1 )，∴ac 3
∴ 2
1 3
S  acsinB  3
∴ △ABC 2 4 .
8、解析：本题考查三角函数化简及解三角形的能力，关键是注意角的范围对角的三角
3 
函数值的制约，并利用正弦定 理得到 sinB= 2 (负值舍掉)，从而求出 B= 3 。
3
解：由 cos（A C）+cosB= 2 及 B=π （A+C ）得
3
cos（A C） cos（A+C ）= 2 ，
角的对边且有当求的面积在中角所对边分别为已知且最长边的边长为求
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3
cosAcosC+sinAsinC （cosAcosC sinAsinC ）= 2 ,
3
sinAsinC= 4 . 即故又所以解由得所以分因为分且故分解根据正弦定理得分所以的面积
又由b2 =ac 及正弦定理得
sin 2 B sin Asin C,
3
sin 2 B 
故 4 ，
3 3
sin B  sin B 
2 或 2 （舍去），
π 2π
于是 B= 3 或 B= 3 .
又由 b2 ac 知 b a 或 b c
π
所以 B= 3 。
AB BC

9、【解析】（1）解：在 ABC 中，根据正弦定理， sin C sin A，于是
角分或当时已知由余弦定理得当且仅当时等号成立分的面积的面积最大
BC
AB sin C 2BC 2 5
sin A
AB 2 AC 2 BC 2
cos A 
（2）解：在ABC 中，根据余弦定理，得 2AB •AC
5
于是sin A  1cos 2 A = 5 ，
4 3
sin 2A 2sin Acos A  ,cos2A cos2 Asin 2 A 
从而 5 5
   2
sin(2A ) sin 2Acos cos 2Asin 
4 4 4 10

角的对边且有当求的面积在中角所对边分别为已知且最长边的边长为求