2024届高三数学一轮复习--三角函数与解三角形第9练解三角形的应用含答案.docx

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1、2024届高三数学一轮复习-三角函数与解三角形第9练 解三角形的应用一、单选题1（2023江西上饶校联考模拟预测）图1是南北方向、水平放置的圭表（一种度量日影长的天文仪器，由“圭”和“表”两个部件组成）示意图，其中表高为h，日影长为l.图2是地球轴截面的示意图，虚线表示点A处的水平面.已知某测绘兴趣小组在冬至日正午时刻（太阳直射点的纬度为南纬）在某地利用一表高为的圭表按图1方式放置后，测得日影长为，则该地的纬度约为北纬（）（参考数据：，）ABCD2（2023全国高一专题练习）在中，若内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，的平分线交AC于点D，且，则周长的最小值为（）A7BCD43（2023黑

2、龙江哈尔滨哈尔滨市第四中学校校考模拟预测）如图甲（左），圣索菲亚教堂是哈尔滨的标志性建筑，其中央主体建筑集球圆柱棱柱于一体，极具对称之美.为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物，高约为40，如图乙（右），在它们之间的地面上的点（三点共线）处测得楼顶教堂顶的仰角分别是和，在楼顶处测得塔顶的仰角为，则估算索菲亚教堂的高度约为（）A50B55C60D704（2023全国高一专题练习）在中，角的对边分别为，已知三个向量，共线，则的形状为（）A等边三角形B钝角三角形C有一个角是的直角三角形D等腰直角三角形5（2023全国高一专题练习）在锐角中，、分别是的内角、所对的边，点是的重心

3、，若，则的取值范围是（）ABCD6（2023春全国高一专题练习）圭表（如图甲）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”），当太阳在正午时刻照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至图乙是一个根据某地的地理位置设计的主表的示意图，已知某地冬至正午时太阳高度角（即ABC）大约为15，夏至正午时太阳高度角（即ADC）大约为60，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即DB的长）为a，则表高（即AC的长）为（注：）（）ABCD7（2023江苏高

4、一专题练习）在中，分别为角的对边，且满足，则的形状为（）A直角三角形B等边三角形C直角三角形或等腰三角形D等腰直角三角形8（2023春河北石家庄高一统考期末）在锐角中，角所对的边分别为，若，则的取值范围是（）ABCD二、多选题9（2023全国高三专题练习）已知是双曲线的左、右焦点，且到的一条渐近线的距离为，为坐标原点，点，为右支上的一点，则（）AB过点M且斜率为1的直线与C有两个不同的交点CD当四点共圆时，10（2023黑龙江哈尔滨哈尔滨市第六中学校校考二模）在中，内角，的对边分别为，则下列说法正确的是（）A若，则边上的中线长为B若，则有两个解C若不是直角三角形，则一定有D若是锐角三角形，则一

5、定有11（2023山西阳泉统考三模）设内角A，B，C的对边分别为a，b，c若，则下列说法正确的是（）ABCD12（2023秋湖北黄冈高三浠水县第一中学校考阶段练习）已知三个内角、的对应边分别为、，且，.则下列结论正确的是（）A面积的最大值为BC的最大值为D的取值范围为13（2023山东潍坊昌乐二中校考模拟预测）在中，所对的边为，边上的高为，则下列说法中正确的是（）ABC的最小值为D的最大值为14（2023广东茂名茂名市第一中学校考三模）中，角所对的边分别为.以下结论中正确的有（）A若，则必有两解B若，则一定为等腰三角形C若，则一定为直角三角形D若，且该三角形有两解，则的范围是三、填空题15（2

6、023春全国高一专题练习）已知D是的边BC上一点，且，则的最大值为 16（2023春上海宝山高一校考期中）湿地公园是国家湿地保护体系的重要组成部分，某市计划在如图所示的四边形区域建一处湿地公园已知，千米，则 千米17（2023春河北保定高一河北省唐县第一中学校考阶段练习）已知在中，角所对边分别为，满足，且，则的取值范围为 .18（2023四川自贡统考二模）中，角、所对的边分别为、.若，且，则周长的最大值为 .四、解答题19（2023春高一单元测试）记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知(1)若，求A；(2)若ABC为锐角三角形，求的取值范围20（2023陕西咸阳校考模拟预测）已知

7、锐角中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若.(1)求；(2)若，求周长的取值范围.第9练 解三角形的应用一、单选题1（2023江西上饶校联考模拟预测）图1是南北方向、水平放置的圭表（一种度量日影长的天文仪器，由“圭”和“表”两个部件组成）示意图，其中表高为h，日影长为l.图2是地球轴截面的示意图，虚线表示点A处的水平面.已知某测绘兴趣小组在冬至日正午时刻（太阳直射点的纬度为南纬）在某地利用一表高为的圭表按图1方式放置后，测得日影长为，则该地的纬度约为北纬（）（参考数据：，）ABCD2（2023全国高一专题练习）在中，若内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，的平分线交AC于点D，且，则周

8、长的最小值为（）A7BCD43（2023黑龙江哈尔滨哈尔滨市第四中学校校考模拟预测）如图甲（左），圣索菲亚教堂是哈尔滨的标志性建筑，其中央主体建筑集球圆柱棱柱于一体，极具对称之美.为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物，高约为40，如图乙（右），在它们之间的地面上的点（三点共线）处测得楼顶教堂顶的仰角分别是和，在楼顶处测得塔顶的仰角为，则估算索菲亚教堂的高度约为（）A50B55C60D704（2023全国高一专题练习）在中，角的对边分别为，已知三个向量，共线，则的形状为（）A等边三角形B钝角三角形C有一个角是的直角三角形D等腰直角三角形5（2023全国高一专题练习）在锐

9、角中，、分别是的内角、所对的边，点是的重心，若，则的取值范围是（）ABCD6（2023春全国高一专题练习）圭表（如图甲）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”），当太阳在正午时刻照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至图乙是一个根据某地的地理位置设计的主表的示意图，已知某地冬至正午时太阳高度角（即ABC）大约为15，夏至正午时太阳高度角（即ADC）大约为60，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即DB的长）为a，则表高（即AC的长

10、）为（注：）（）ABCD7（2023江苏高一专题练习）在中，分别为角的对边，且满足，则的形状为（）A直角三角形B等边三角形C直角三角形或等腰三角形D等腰直角三角形8（2023春河北石家庄高一统考期末）在锐角中，角所对的边分别为，若，则的取值范围是（）ABCD二、多选题9（2023全国高三专题练习）已知是双曲线的左、右焦点，且到的一条渐近线的距离为，为坐标原点，点，为右支上的一点，则（）AB过点M且斜率为1的直线与C有两个不同的交点CD当四点共圆时，10（2023黑龙江哈尔滨哈尔滨市第六中学校校考二模）在中，内角，的对边分别为，则下列说法正确的是（）A若，则边上的中线长为B若，则有两个解C若不是

11、直角三角形，则一定有D若是锐角三角形，则一定有11（2023山西阳泉统考三模）设内角A，B，C的对边分别为a，b，c若，则下列说法正确的是（）ABCD12（2023秋湖北黄冈高三浠水县第一中学校考阶段练习）已知三个内角、的对应边分别为、，且，.则下列结论正确的是（）A面积的最大值为BC的最大值为D的取值范围为13（2023山东潍坊昌乐二中校考模拟预测）在中，所对的边为，边上的高为，则下列说法中正确的是（）ABC的最小值为D的最大值为14（2023广东茂名茂名市第一中学校考三模）中，角所对的边分别为.以下结论中正确的有（）A若，则必有两解B若，则一定为等腰三角形C若，则一定为直角三角形D若，且该

12、三角形有两解，则的范围是三、填空题15（2023春全国高一专题练习）已知D是的边BC上一点，且，则的最大值为 16（2023春上海宝山高一校考期中）湿地公园是国家湿地保护体系的重要组成部分，某市计划在如图所示的四边形区域建一处湿地公园已知，千米，则 千米17（2023春河北保定高一河北省唐县第一中学校考阶段练习）已知在中，角所对边分别为，满足，且，则的取值范围为 .18（2023四川自贡统考二模）中，角、所对的边分别为、.若，且，则周长的最大值为 .四、解答题19（2023春高一单元测试）记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知(1)若，求A；(2)若ABC为锐角三角形，求的取值范

13、围20（2023陕西咸阳校考模拟预测）已知锐角中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若.(1)求；(2)若，求周长的取值范围.参考答案：1B【分析】由题意有，可得，从而可得【详解】由图1可得，又，所以，所以，所以，该地的纬度约为北纬，故选：2C【分析】先利用面积相等与三角形面积公式，结合正弦的倍角公式求得，再利用余弦定理的推论与余弦的倍角公式得到的关系式，从而利用基本不等式求得，由此得解.【详解】由题可得，即，又，所以，则，因为，所以，则，所以，即，又因为，所以，整理得，所以，解得或（舍去），所以，当且仅当时，等号成立，则，故周长的最小值为.故选：C.3C【分析】在，由边角关系得出，再由正

14、弦定理计算出中的，最后根据直角三角形算出即可.【详解】由题意知：，所以，在中，在中，由正弦定理得，所以，在中，故选：C4A【分析】由向量共线的坐标运算可得，利用正弦定理化边为角，再展开二倍角公式整理可得，结合角的范围求得，同理可得，则答案可求【详解】向量，共线，由正弦定理得：，则，即同理可得形状为等边三角形故选：A5C【分析】连接并延长交于点，由重心的性质可得出，利用平面向量的线性运算可得出，利用平面向量的数量积以及余弦定理可得出，推导出，再结合锐角三角形这一条件以及余弦定理求出的取值范围，利用双勾函数的单调性可求得的取值范围.【详解】连接并延长交于点，则为的中点，因为，则，由重心的性质可得，

15、则，因为，所以，所以，所以，所以，则为锐角，由余弦定理可得，所以，因为为锐角三角形，则，即，即，所以，构造函数，其中，任取、且，则.当时，则，当时，则，所以，函数在上单调递减，在上单调递增，因为，所以，故.故选：C.【点睛】关键点点睛：在涉及到三角形中的中线问题，一般利用向量法来处理，结合三角形中的余弦定理来求解，本题中要求解的是角的余弦值的取值范围，要充分利用已知条件将角的余弦值表示为以某个变量为自变量的函数，结合锐角三角形这一条件求出变量的取值范围，再利用相关函数的单调性求解.6D【分析】由锐角三角函数的定义与同角三角函数的关系求解，【详解】设表高为，则，而，得，故，得，故选：D7A【分析

16、】根据三角恒等变换得，再由余弦定理解决即可.【详解】由题知，所以，所以，得，所以，得，所以的形状为直角三角形，故选：A8A【分析】由正弦边角关系、三角恒等变换及三角形内角性质可得，进而有，再把化为并确定的范围，应用余弦函数性质求范围即可.【详解】由，则，所以，则，所以或（舍），故，综上，且所以，由锐角，则，可得，则，所以，故.故选：A【点睛】关键点点睛：将条件由边化角求角的关系，即，再把目标式，由边化角得求范围.9ACD【分析】选项A利用双曲线的定义及性质判断即可，选项B利用直线与双曲线方程联立判断即可，选项C利用双曲线的定义及中线长的公式即可解决，选项D利用圆与双曲线的关系及性质即可.【详解

17、】设双曲线的半焦距为，一条渐近线为：因为到的一条渐近线的距离为，即，所以，又，所以，故A正确，对于B，双曲线的渐近线的斜率为1，所以过点M且斜率为1的直线为，联立，消去得：，只有一个交点，故B错误，对于C，由双曲线的定义知，所以，因为为的中点，为右支上的一点，所以，所以，在中，由余弦定理得：，则有即，故C正确；对于D，当四点共圆时，所在的圆方程为，联立得，因为，所以，当点的坐标为时，又，所以，当点的坐标为时，又，所以，故D正确，故选：ACD.10CD【分析】利用向量化即可判断A；利用正弦定理解三角形即可判断B；根据三角形内角和定理结合两角和的正弦定理即可判断C；由，结合正弦函数的单调性即可比较

18、，进而可判断D.【详解】对于A，由为的中点得：，所以边上的中线长为，故A错误；对于B，因为，所以，所以或，又因为，所以，且只有一个解，所以只有一个解，故B错误；对于C，因为，所以，又因为，所以，所以，故C正确；对于D，因为是锐角三角形，所以，又，所以，所以，所以，同理，所以，故D正确.故选：CD.11BCD【分析】由，得到或，推出，判断AB；由得到C正确；由三角函数的单调性结合导数得到D正确.【详解】因为中，所以或，当时，由于无意义，A错误；当时，此时，故，B正确；因为，所以，由大角对大边，得，C正确；因为，所以，即，令，则，所以单调递减，又，所以，所以，所以，故D正确.故选：BCD.12AC

19、D【分析】利用基本不等式、余弦定理可求得的最大值，结合三角形的面积公式可判断A选项；利用余弦定理可判断B选项；利用正弦定理、平面向量数量积的定义、三角恒等变换化简，结合正弦函数的基本性质可判断C选项；利用三角恒等变换可得出，结合正切函数的基本性质可判断D选项.【详解】对于A选项，因为，由余弦定理和基本不等式可得，即，当且仅当时，等号成立，故，所以，的面积的最大值为，A对；对于B选项，B错；对于C选项，由正弦定理可得，则，因为，则，所以，由平面向量数量积的定义可得，当且仅当时，即当时，等号成立，故的最大值为，C对；对于D选项，因为，则，由题意可知，所以，当时，则；当时，则.综上所述，的取值范围为

20、，D对.故选：ACD.13ABD【分析】设边上的高为，利用面积桥可知A正确；利用余弦定理和可整理得到，则，知B正确；将转化为，利用三角恒等变换知识化简整理得，由正弦函数值域可知CD正误.【详解】设边上的高为，则，即，A正确；由余弦定理得：，又，B正确；，；，C错误，D正确.故选：ABD.14AC【分析】根据正弦定理可判断选项A；已知条件得出角的关系，可判断选项B；化边为角可判断选项C；根据正弦定理可判断选项D，进而可得正确选项.【详解】对于A，若，则，又，所以必有两解，故A正确；对于B，若，则或，即或，所以为等腰三角形或直角三角形，故B错误；对于C，由正弦定理得：，即，而，故，所以一定为直角三

21、角形，故C正确；对于D，若，且该三角形有两解，所以，即，也即，故D错误.综上所述，只有AC正确，故选：AC.15/【分析】设，则，再在和中分别列出余弦定理，根据联立可得，再结合，得到，进而消去，结合基本不等式 求解最大值即可【详解】设，则，在中，；在中，因为，所以，所以，整理因为，所以在中，即，结合可得，所以，即，当且仅当时，等号成立故答案为：16【分析】在中由正弦定理可得，在中由余弦定理可得.【详解】在三角形中由正弦定理得，所以，即，所以，所以，又，所以为等腰直角三角形，所以，在中由余弦定理得，所以.故答案为：.17【分析】根据已知利用正弦定理边化角结合两角和的正弦公式可得，从而可表示出的表

22、达式，利用辅助角公式化简结合三角函数的性质，即可求得答案.【详解】由题意在中，满足，即,即，而，故，又,则，同理，故，又,故，则，故答案为：18【分析】利用正弦定理结合两角和的正弦公式可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值，利用余弦定理结合基本不等式可求得的最大值，即可得出周长的最大值.【详解】因为，由正弦定理可得，所以，因为、，则，所以，故，由余弦定理可得，所以，即，故，当且仅当时，等号成立，故周长的最大值为.故答案为：.19(1)(2)【分析】（1）运用二倍角公式及和角公式代入化简解方程即可.（2）根据锐角三角形得B的范围，运用正弦定理边化角，将所求式子转化为关于的对勾函数，研究其值域即

23、可.【详解】（1），又，即，又，又，又，即，又，.（2）由（1）知，当时，因为，所以，即，与ABC为锐角三角形矛盾，所以不成立；当时，因为，所以，所以由，得所以，故因为，所以，令，则，所以在上单调递增，所以，所以的取值范围为20(1)(2)【分析】（1）由已知及正弦定理角化边，再利用余弦定理，可求出，由已知条件得出角的范围，进而求出角即可以求出的值.（2）由，的值，利用正弦定理求出，进而表示出三角函数的周长，利用三角形的内角和定理及两角和与差的正弦公式化为一个角的正弦函数，利用正弦函数的性质确定出周长的取值范围.【详解】（1）由及正弦定理，得即.所以，由为锐角， 得，所以.（2）由得.得周长.，因为，所以，所以，即.所以周长的取值范围为.