专题7 解三角形（解析版）-2021年高考冲刺之二轮专题精讲精析.doc

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1、专题7解三角形一、单选题1已知中，角，所对的边分别为，且，若的外接圆半径为，则（ ）ABCD【答案】A【分析】首先利用正弦定理边角互化，条件变形为，再与已知条件联立方程，求解，最后再根据正弦定理求.【详解】由，即，则；与联立，可得；因为，故，则.故选:A【点睛】关键点点睛：本题考查利用正弦定理解三角形，本题的关键是利用正弦定理边角互化，将条件，变形为.2已知的顶点和，顶点在椭圆上，则的值为（ ）ABCD【答案】D【分析】根据椭圆方程求出、，然后利用正弦定理边角互化以及椭圆的定义可求得所求代数式的值.【详解】在椭圆中，则，所以，、分别为椭圆的左、右焦点，由于的顶点在椭圆上，由椭圆的定义可得，因此

2、，.故选：D.【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于以下两点：（1）与椭圆焦点三角形相关的问题，一般利用椭圆的定义求解；（2）与三角形正弦值比值相关的问题，可考查利用正弦定理边角互化求解.3在古希腊数学家海伦的著作测地术中记载了著名的海伦公式，利用三角形的三边长求三角形的面积，若三角形的三边长分别为，则其面积，其中，现有一个三角形边长满足，则此三角形面积最大值为（ ）ABCD【答案】D【分析】由题得，进而得，再根据基本不等式求解即可得答案【详解】解：由，可得，则，当且仅当，时，取得最大值，故选：D【点睛】本题考查知识迁移与应用能力，是中档题.本题解题的关键是根据题意得，进而根据基本不等式求最值.

3、4在平面直角坐标系中，已知顶点和，点在双曲线的右支上，则（ ）ABCD【答案】D【分析】先根据双曲线的定义求解出，然后根据正弦定理进行边角互化结合线段长度求解出的值.【详解】因为点在双曲线的右支上，且和为双曲线的两个焦点，所以；又因为，所以由正弦定理得，故选：D.【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在利用正弦定理将变形为边的形式，然后可根据所给长度求解出结果.5在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c已知，则ABC的形状为（ ）A直角三角形B等边三角形C等腰三角形D等腰直角三角形【答案】A【分析】根据二倍角公式和，即可得到，再根据余弦定理，得到，由勾股定理可判断【详解】，可得，为直角三角

4、形，且，故选：A.【点睛】思路点睛：由联想到降幂公式，当余弦和边同时出现时，应通过余弦定理将边将角化为边.6设为等腰三角形，为边上的高，将沿翻折成，若四面体的外接球半径为，则线段的长度为（ ）ABCD【答案】D【分析】作出翻折后的图形，求出球心到平面的距离，从而求出的外接圆半径，由正弦定理即可求解.【详解】作出翻折后四面体的图形，如图：，平面，由，则， ,设球心到平面的距离为，的外接圆半径为，四面体的外接球半径为，由图可得，解得，在，由正弦定理可得，（为锐角）解得，所以，因为，所以为等边三角形，所以.故选：D【点睛】关键点点睛：本题考查了多面体的外接球问题，解题的关键是求出的外接圆半径，考查了

5、空间想象能力、运算能力.7若向量，则的面积为（ ）ABC1D【答案】A【分析】推导出，从而，由此能求出【详解】解：，故选：A【点睛】向量的数量积公式、向量的夹角公式、三角形面积公式、平面向量坐标运算法则、向量数量积公式等基础知识，是求解本题的关键.8已知的三边分别为，且边上的高为，则的最大值为 （ ）A2B3C4D5【答案】C【分析】由面积公式可得，再用余弦定理可得，即得出结果.【详解】由题，三角形的面积： 由余弦定理： 可得： 所以 所以的最大值为4.故选：C【点睛】关键点点睛：本题考查了正余弦定理解三角形，将边的关系转化为三角函数是解题的关键，考查了转化、运算能力.9在中，分别是内角的对边

6、，若（其中表示的面积），且角的平分线交于，满足，则的形状是（ ）A有一个角是的等腰三角形B等边三角形C直角三角形D等腰直角三角形【答案】B【分析】由余弦定理和三角形面积公式结合已知得，由得，由角平分线得等腰三角形，从而得等边三角形的结论【详解】，又，所以，所以，由得，又是的平分线，所以，所以是等边三角形故选：D【点睛】关键点点睛：本题考查三角形形状的判断根据已知条件选择相应的三角公式是解题的关键，题中已知条件中，分子易与余弦定理联系在一起，然后结合三角形面积公式求解10若的内角满足，则的最小值是（ ）ABCD【答案】A【分析】由题设，利用正弦定理角化边得，再结合余弦定理求出，再利用基本不等式可

7、求得其最小值.【详解】由正弦定理，得，则所以，当且仅当，即时，等号成立，所以cos C的最小值为.故选：A【点睛】方法点睛：在解三角形题目中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则常用：（1）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“角化边”；（2）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“边化角”；（3）若式子含有的齐次式，优先考虑余弦定理，“角化边”；（4）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到.11在内角，的对边分别是，若，则的面积的最大值为（ ）ABCD【答案】D【分析】由正弦定理可得，联立，解得b,由余弦定理、均值

8、不等式，面积公式可求解.【详解】在内角，的对边分别是，若，整理得，利用正弦定理：，由于，整理得：，解得：，整理可得：，（当且仅当时等号成立），当且仅当时，等号成立则的面积的最大值为故选：D【点睛】关键点点睛：求的面积的最大值问题，一般要用面积公式表示出，根据余弦定理及均值不等式求出两边积的最大值即可，本题考查了运算能力，难度中等.12已知点分别是双曲线的左、右焦点，过点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点，若是锐角三角形，则该双曲线离心率的取值范围是（ ）ABCD【答案】D【分析】由题意可用双曲线参数表示，由是锐角三角形，令结合余弦定理即得，进而可求离心率的取值范围.【详解】由题意知，若如

9、下图示，则，令，则有，是锐角三角形，有，得，而可知：的范围故选：D【点睛】关键点点睛：利用双曲线参数表示三角形的三边，应用余弦定理结合锐角三角形中内角余弦值范围为，双曲线离心率求离心率范围.二、填空题13已知中，角，所对的边分别为，.，的面积为4，则_.【答案】6【分析】根据已知条件结合先求解出的值，从而的值可求，再结合的面积以及角对应的余弦定理即可求解出的值.【详解】由，得，所以.因为，所以，即，解得，所以，故，所以.由余弦定理及，可得，解得.故答案为：.【点睛】易错点睛：利用正、余弦定理解三角形的注意事项：（1）注意隐含条件“”的使用；（2）对三角函数的相关等式进行化简时，等式两边同时约去

10、某个三角函数值时，注意说明其不为；（3）余弦定理中要注意边长的乘积与边长的和的转换，如.14在中，且，则外接圆的面积为_.【答案】【分析】先由同角三角函数基本关系，将转化为，再由正弦定理，将其化为，结合余弦定理可求出角，再由正弦定理即可求出结果.【详解】，即.由正弦定理得，由余弦定理得，所以，则，设的外接圆半径为，则，则,则外接圆的面积为：，故答案为：.【点睛】思路点睛：利用同角三角函数基本关系得到，再利用正弦定理以及余弦定理得到，利用正弦定理得到，最后利用外接圆的面积公式求解.15已知内角A，B，C的对边为a，b，c，已知，且，则c的最小值为_.【答案】【分析】先利用正弦定理边化角式子，得到

11、，再利用正弦定理求出，根据与的关系，求得，即可求得c的最小值.【详解】，即，又，当最大时，即，最小，且为由正弦定理得：，当时，c的最小值为故答案为：【点睛】方法点睛：在解三角形题目中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则常用：（1）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“角化边”；（2）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“边化角”；（3）若式子含有的齐次式，优先考虑余弦定理，“角化边”；（4）代数变形或者三角恒等变换前置；（5）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到.16若为锐角三角形，且，则边长的取值范围是_.【

12、答案】【分析】先利用为锐角三角形，求出的范围，再利用正弦定理表示出，利用正弦函数的性质即可求出答案.【详解】为锐角三角形，由正弦定理：，得又，即故答案为：【点睛】易错点睛：本题考查利用正弦定理求三角形边长范围的最值，解本题时要注意的事项：求角的范围时，是在为锐角三角形的前提下，考查学生的转化能力与运算解能力，属于中档题.三、解答题17已知在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求角C的大小；（2）若，求面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【分析】(1)由正弦定理对已知式子进行边角互化后得，结合余弦定理即可求出角C的大小.(2) 由（1）可知，从而可求出，结合三角形的面积公式即可求

13、出面积的最大值.【详解】（1），.又，.（2）据（1）求解知，.又，.又，当且仅当时等号成立，此时.【点睛】方法点睛：在解三角形时，若已知的式子中既有边又有角的正弦值，此时常考虑用正弦定理将角的正弦值用边来代替。若已知式子中含有边的平方，此时常采用余弦定理进行化简.18的内角，对应边分别为，且（1）求的大小；（2）若为锐角三角形，求的取值范围【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由，利用余弦定理化简得，再结合余弦定理，即可求解；（2）由（1）和为锐角三角形，求得，利用三角恒等变换的公式，化简得到，结合三角函数的性质，即可求解.【详解】（1）因为，由余弦定理，可得， 整理得，又由，因为，所以.（

14、2）因为为锐角三角形，可得， 因为，所以，可得， 又由，因为，可得，所以的取值范围为.【点睛】对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，结合正、余弦定理求解.19的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bcos Aac.（1）求cos B；（2）如图，D为外一点，若在平面四边形ABCD中，D2B，且AD1，CD3，BC，求AB的长【答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用正弦定理，边角互化后，再利用三

15、角恒等变换，求的值；（2）根据（1）的结果，求，再根据余弦定理求，中，利用余弦定理求的长.【详解】解 （1）在中，由正弦定理得sin Bcos Asin Asin C，又C(AB)，所以sin Bcos Asin Asin (AB)，故sinBcos Asin Asin Acos Bcos Asin B，所以sin Acos Bsin A，又A(0，)，所以sin A0，故cos B.（2）因为D2B，所以cos D2cos2B1，又在中，AD1，CD3，所以由余弦定理可得AC2AD2CD22ADCDcos D 192312，所以AC，在中，BC，AC，cos B，所以由余弦定理可得AC2AB

16、2BC22ABBCcos B，即12AB262AB，化简得AB2AB60，解得AB.故AB的长为.【点睛】方法点睛：本题考查正余弦定理解三角形，属于基础题型，一般解三角形已知两角一边，首先用正弦定理解三角形，已知两边和其中一边的对角，求角用正弦定理解三角形，求边用余弦定理解三角形，已知两边和夹角，用余弦定理解三角形，已知三边，用余弦定理解三角形.20在中，角，所对的边分别为，已知.（1）求角的大小；（2）若，求周长的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用同角三角函数的基本关系及正弦定理将角化边，再利用余弦定理计算可得；（2）利用正弦定理将边化角，再根据三角函数的性质计算可得；【详

17、解】解：（1）由题意知，即.由正弦定理，可得.则由余弦定理，可得.又因为，所以.（2）由正弦定理，所以，.则的周长.因为，所以，所以，所以，所以周长的取值范围是.【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.21已知的内角，的对边分别为，且.（1）求角；（2）若是锐角三角形，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用正弦定理进行边化角，求解出角的大小；（2）根据已知条件将转化为

18、的表示形式，然后利用三角恒等变换的公式并结合的范围求解出原式的取值范围.【详解】解：（1）因为，所以，由正弦定理得，.在中，故，因为，所以.（2）.由，可得，则，.即的取值范围是.【点睛】关键点睛：解题关键在于件将转化为的表示形式，然后利用三角恒等变换的公式并结合的范围求解，即，进而通过判断的范围进行求解原式范围，难度属于中档题22已知锐角中，角，所对的边分别为，且.（1）求的值；（2）若，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据诱导公式、同角三角函数平方关系和正弦定理边化角，可整理已知等式求得，进而得到结果；（2）利用正弦定理、两角和差正弦公式和辅助角公式可将转化为，由正弦型函数值域的求解方法可求得结果.【详解】（1）由题意得：，由正弦定理得：，.（2）由正弦定理得：，,，,.为锐角三角形，即，解得：，即的取值范围为.【点睛】方法点睛：解三角形问题中，已知一边及其所对角，求解与另外两边长有关的取值范围问题的常用方法是利用正弦定理将边化角，将问题转化为正弦型函数值域的求解问题.