专题 09 解三角形 （新高考地区专用）-2021届高三《新题速递·数学》5月刊（适用于高考复习）（解析版）

专题 09 解三角形 姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________ 注意事项： 本试卷满分 150 分，考试时间 120 分钟．答卷前，考生务必用 0.5 毫米黑色签字笔将自己的姓名、班 级等信息填写在试卷规定的位置． 一、单项选择题(本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分) 1．（2021·浙江高一期末）在 ABC 中， 4a  ， 3b  ， 3C  ，则 c 的值为（ ） A． 13 B． 11 C．3 D． 7 【答案】A 【详解】 由余弦定理可得 2 2 2 12 cos 16 9 2 4 3 132c a b ab C          ， 13c  . 故选：A. 2．（2021·呼和浩特市·高一期中）某人遥控一机器人，让机器人从点 A 发向正北方向走了 2 3 km 到达点 B 后，向右转105 ，然后朝新方向走了 x km 后到达点C ，结果发现机器人在点 A 的东北 方向，则 x 为（ ） A． 3 B． 2 3 C． 2 D． 2 2 【答案】D 【详解】 由题意可知 60ACB  ， 45BAC   ， 由正弦定理可得 2 3 sin60 sin 45 x  ，即 2 2x  . 故选：D 3．（2021·安徽安庆市·高三二模（文））在 ABC 中，a，b，c 分别是 , ,A B C   的对边．若 a，b，c 成 等比数列，且 2 23a bc c ac   ，则 A 的大小是（ ） A． 6  B． 3  C． 2 3  D． 5 6  【答案】A 【详解】 由已知得 2b ac ，因此 2 23a bc c ac   可化为 2 2 2 3b c a bc   ． 于是 2 2 2 3cos 2 2 b c aA bc    ，又 (0, )A  ，所以 6A  ． 故选：A． 4．（2021·甘肃高三二模（理））在 ABC 中，内角 A ， B ，C 所对的边分别为 a ， b ， c ，若 sin :sin :sin 5:7:9A B C  ，则 cosC = （ ） A． 3 35  B． 1 14  C． 1 5  D． 1 10  【答案】D 【详解】 由正弦定理： 2sin sin sin a b c RA B C    得 2 sin , 2 sin , 2 sina R A b R B c R C   又因为sin :sin :sin 5:7:9A B C  ，所以 : : 5:7:9a b c  令 5 , 7 , 9 ( 0)a t b t c t t    所以 2 2 2 2 2 225 49 81 1cos 2 2 5 7 10 a b c t t tC ab t t         故选：D. 5．（2021·四川成都七中高二期中（文））在 ABC 中，内角 A ，B ，C 的对边分别为 a ，b ，c ，若 2a  ， 3b  ， 4c  ，则 sin 2 sin C A  （ ） A．1 B．-1 C．-2 D．2 【答案】B 【详解】 由题设知： 2 2 2 1cos 2 4 a b cC ab     ，而 sin sin a c A C  得 sin 2sin C c A a   ， ∵ sin 2 2cos sin 12 ( ) 2 1sin sin 4 C C C A A        ， ∴ sin 2 1sin C A   . 故选：B. 6．（2021·浙江高一期末）在 ABC 中， 3 3sin , cos , 104 2A B a   ，则边长b  （ ） A． 15 2 B．15 4 C． 20 3 D．10 3 【答案】C 【详解】 因为 3cos 2B  ， (0, )B  ， 6B   又 3sin , 104A a  ，由正弦定理得 sin sin a b A B  ，故 10 3 1 4 2 b ，解得： 20 3 b  故选：C 7．（2021·浙江高一期末）在 ABC 中， 2 3, 6, 6a b A    ，则此三角形（ ） A．无解 B．一解 C．两解 D．解的个数不确定 【答案】C 【详解】 由正弦定理可知： 2 3 6 3sin1sin sin sin 2 2 a b BA B B      ， 因为 a b ，所以 A B ， 又因为 (0, )B  ，所以 3B  ，或 2 3B  ，因此此三角形有两解， 故选：C 8．（2021·四川高三三模（文））在 ABC 中， a ， b ， c 分别是角 A ， B ， C 所对的边，若 ABC 的面 积 2 2 2 4ABC c a bS  △ ，则C  （ ） A． 3  B． 2 3  C． 3 4  D． 5 6  【答案】C 【详解】 由 1 sin2ABCS ab C ，得 2 2 2 1 sin4 2 c a b ab C   整理得： 2 2 2 2 sinc a b ab C   由余弦定理得： 2 2 2 2 cosc a b ab C   ，即sin cosC C  ，即 tan 1 C 又 (0, )C  ，解得 3 4C  . 故选：C. 二、多项选择题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．全部选对的得 5 分，部分选对的得 3 分，有选 错的得 0 分) 9．（2021·江苏高一期中）甲，乙两楼相距 20m，从乙楼底仰望甲楼顶的仰角为 60，从甲楼顶望乙楼顶的 俯角为30°，则下列说法正确的有（ ） A．甲楼的高度为 20 3m B．甲楼的高度为10 3m C．乙楼的高度为 40 3 m3 D．乙楼的高度为10 3m 【答案】AC 【详解】 如图示， 在 Rt ABD△ 中，∠ABD=60°，BD=20m， ∴ tan 60 =20 3 ,AD BD m  在 ABC 中，设 AC BC x  ， 由余弦定理得： 2 2 2 2 cosAB AC BC AC BC ACB     ∠ ，即 2 2 21600=x x x  解得： 40 3 3x  则乙楼的高度分别为 40 3 3 m . 故选：AC 10．（2021·浙江高一期末）在 ABC 中，角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c ABC， 的面积为 S，若 2 2 aS  ， 则（ ） A． sin sin 2( cos cos )b C c B b C c B   B． 2a bc 的最大值为 1 C． c b b c  的最大值为 5 D． 2 2 2 2tan 2 b c aA a   【答案】ABC 【详解】 21 1sin2 2S bc A a  ，即 2sinbc A a ， 由正弦定理可得 2sin sin sin sinB C A A ， sin 0A  ，  sin sin sin sin sin cos cos sinB C A B C B C B C      ， 即  sin sin sin sin 2 sin cos cos sinB C B C B C B C   ， 由正弦定理可得 sin sin 2( cos cos )b C c B b C c B   ，故 A 正确；  2sinbc A a ， 2 sina Abc  ，  0,A  , 则当 2A  时， 2a bc 取得最大值为 1，故 B 正确； 由余弦定理得 2 2 2 2 cosa b c bc A   ， 2 2 sin 2 cosb c bc A bc A    ，   2 2 sin 2 c sin 2co o 5s s sinbc A bc Ac b c b A A Ab c bc bc         ，其中 tan 2  ，则可得 c b b c  的最大值为 5 ，故 C 正确； 由 2sinbc A a ， 2 2 2 2 cosa b c bc A   联立可得 2 2 2 2 2tan aA b c a    ，故 D 错误. 故选：ABC. 11．（2021·浙江高一期末）如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O 上异于A，C的动点， 2SO OC  ， 则下列结论正确的是（ ） A．圆锥 SO 的侧面积为 4 2π B．三棱锥 S ABC 体积的最大值为 8 3 C． SAB 的取值范围是 ,4 3       D．若 AB BC ，E 为线段 AB 上的动点，则 SE CE 的最小值为 2( 3 1) 【答案】ABD 【详解】 在 Rt SOC△ 中， 2 2 2 2SC SO OC   ， 则圆锥的母线长 2 2l  ，半径 2r OC  ， 对于选项 A：圆锥 SO 的侧面积为： 4 2rl  ，故选项 A 正确； 对于选项 B：当 OB AC 时， ABC 的面积最大， 此时 1 4 2 42ABCS     ， 则三棱锥 S ABC 体积的最大值为： 1 1 84 23 3 3ABCS SO      ，故选项 B 正确； 对于选项 C：当点 B 与点 A 重合时， 0ASB  为最小角，当点 B 与点C 重合时， 2ASB   ，达到最大 值，又因为 B 与 ,A C 不重合，则 0, 2ASB      ， 又 2 SAB ASB     ，可得 ,4 2SAB       ， 故选项 C 不正确； 对于选项 D：由 , 90 , 4AB BC ABC AC     ， 得 2 2AB BC  ，又 2 2SA SB  ， 则 SAB 为等边三角形，则 60SBA   ， 将 SAB 以 AB 为轴旋转到与 ABC 共面，得到 1S AB ， 则 1S AB 为等边三角形， 1 60S BA   ， 如图： 则  1minSE CE S C  ， 因为 1 1 12 2, 150S B BC S BC S BA ABC        ，  22 2 2 1 1 12 cos150 8 8 8 3 2 3 2S C S B BC S B BC            则   1min 2 3 1SE CE S C    ， 故选项 D 正确； 故选：ABD. 12．（2021·全国高三月考）已知 1F ， 2F 是双曲线C ：   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b     的左､右焦点，过 2F 的直线 交双曲线C 的右支于 A ， B 两点，且 1 22AF AF ， 1 2 1 2AF F F BF   ，则下列结论成立的是（ ） A． 2 2AF a B． 1 2 1cos 4AFF  C．离心率 2e  D．渐近线的斜率 3 3k   【答案】ABC 【详解】 根据题干，画出如图双曲线， 由双曲线定义可知 1 2 2AF AF a  ，又 1 22AF AF ，故 2 2AF a ， 1 4AF a ，故 A 选项正确， 又 1 2 1 2AF F F BF   ， 故 1 2 1AF F ABFV :V ，即 1 2 1 AF AF AB AF  ，故 8AB a ， 2 6BF a ， 1 8BF a ， 在 1ABF 中，由余弦定理得 2 2 2 1 2 (4 ) (8 ) (8 ) 1cos 2 4 8 4 a a aF AF a a      ，故 B 选项正确， 故在 1 2AF F△ 中，由余弦定理 2 2 2 1 2 (4 ) (2 ) (2 ) 1cos 2 4 2 4 a a cF AF a a      ，整理得 2c a ，故 2ce a   ，C 选项正确， 2 2 3b c a a   ，故渐近线方程为 3y x  ，即斜率为 3 ，故 D 选项错误， 故选：ABC. 三、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分) 13．（2021·浙江高一期末）在 ABC 中，边 , ,a b c 所对的角分别为 , ,A B C ，若 2 2 2 3 , sin 2cosc a b ab A B    ，则 A  ______． 【答案】 2  【详解】 2 2 2 3c a b ab  Q ， 2 2 2 3 3cos 2 2 2 a b c abC ab ab     ， 0 C   ， 6C   ， 又 A B C    ，所以 5 6B A  ， sin 2cosA B ， sin 2cos 2cos 25 5 5cos sin sin6 6o 6c sA A AA B                 3 12 cos cos2 2 sin sin 3AA A A          ， cos 0A  ， 0 A   ， 2 A   ， 故答案为： 2  . 14．（2021·浙江高一期末）已知四面体 ABCD 中，二面角 A BC D  的大小为 60，且 2AB  ， 4CD  ， 120CBD  ，则四面体 ABCD 体积的最大值是________． 【答案】 4 3 【详解】 在 BCD△ 中，因为 4CD  ， 120CBD  ， 由余弦定理可得： 2 2 2 2 cosCD BC BD BC BD CBD      ， 所以 2 216 3BC BD BC BD BC BD      ，当且仅当 BC BD 时，等号成立； 所以 16 3BC BD  ，因此 1 8 3 4 3sin2 3 2 3BCDS BC BD CBD      V ； 又二面角 A BC D  的大小为 60，且 2AB  ， 所以点 A 到平面 BCD 的距离的最大值为 sin 60 3h AB    ， 因此四面体 ABCD 体积的最大值是 1 1 4 3 433 3 3 3BCDV S h     V . 故答案为： 4 3 . 15．（2021·上海高三二模）在 ABC 中， 2 12, 1tan tanAC A B    若 ABC 的面积为 2，则 AB  ___________ 【答案】 2 2 【详解】在 ABC 中， 2 12, 1tan tanAC A B    ，则 2A  , 2B  所以 2cos cos 1sin sin A B A B   ，可得 2cos sin sin cos sin sinA B A B A B  ， 所以 cos sin cos sin sin cos sin sinA B A B A B A B   所以 cos sin sin( ) sin sinA B A B A B   可得 cos sin sin sin sinA B C A B  ， 由正弦定理可得 cos sinb A c b A  ，可得  sin cosc b A A  ， 又因为 2b AC  ， 所以  2 sin cosc A A  ， 又因为  1 sin 2 sin cos sin 1 2 sin(2 ) 22 4S bc A A A A A        ， 所以 2sin(2 )4 2A    ， 又  0, ,A  则 2 24 4 4A      所以 52 4 4A    或 72 4 4A    解得 3 4A  或 2A  (舍去) 所 1 1 2sin 2 22 2 2S bc A c      ，解得 2 2c AB  ． 故答案为： 2 2 ． 16．（2021·浙江高三其他模拟）如图所示，在 ABC 中，已知 3sin 3A  ，D 为边 AB 上的一点，且满足 5 ,3 3AD CD BCD     ，则sin B  _________， BD  __________． 【答案】 2 2 3 6  2 6 3 【详解】令 BDC   ，因为 5 3AD CD  ， 所以 2 1cos cos2 1 2sin 3A     ， 所以 2 2sin 3   ， 2 2 3sin sin sin cos cos sin3 3 3 6B                ， 在 BCD△ 中，由正弦定理得 sinsin 3 BD CD B  ， 解得 sin 2 6 3sin 3 CDBD B     ． 故答案为： 2 2 3 6  ； 2 6 3 ． 四、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分) 17．（2021·四川德阳市·高三三模（文））在 ABC 中， 90ABC  ， 3AB  ， 1BC  ， P 为 ABC 内一点，且 PB PC . （1）若 1 2PB  ，求 PA ； （2）若 150APB  ，设 PBA   ，求 tan . 【答案】（1） 7 2 ；（2） 3 4 . 【详解】（1）由已知得 90BPC  ，又 1 2PB  ， 所以 60PBC   ，所以 30PBA   . 在 PBA△ 中，由余弦定理得 2 1 1 73 2 3 cos304 2 4PA        故 7 2PA  . （2）由已知得 sinPB  在 PBA△ 中，由正弦定理得：   3 sin sin150 sin 30     化简得： 3 cos 4sin  所以 3tan 4   . 18．（2021·天津高三三模）已知 ABC 中，角 A ，B ，C 的对边分别为 a ，b ，c ，若 sin 2 sinb A c B ， 且 3b  ， 1cos 4B  . （Ⅰ）求 a 的长； （Ⅱ）求 tanC 的值； （Ⅲ）求  tan 2B C 的值. 【答案】（Ⅰ） 3a  ；（Ⅱ） 15 7 ；（Ⅲ） 7 15 17  ． 【详解】 （Ⅰ）解：由正弦定理 sin sin a b A B  ，及 sin 2 sinb A c B ，可得 2ab bc ，即 2a c 由余弦定理 2 2 2 2 cosb a c ac B   ，解得 3a  ； （Ⅱ）解：由（Ⅰ）知 3 2c  ，由余弦定理，可得 2 2 2 cos 7 2 8 a b cC ab    ，因为 2 2sin cos 1C C  ， 且  0,C  ，所以 15sin 8C  于是， sin 15tan cos 7 CC C   ； （Ⅲ）解：由 a b 知 A B ，且 A B C    ，因此 2 2B C C   . 所以     2 2tan 7 15tan 2 tan 2 tan 2 1 tan 17 CB C C C C          ； 19．（2021·浙江高一期末）如图，某港口要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上，在小艇出 发时，轮船位于港口O 北偏西30 且与该港口相距 20 海里的 A 处，并正以30海里/小时的航行速度沿正东 方向匀速航行，经过t 小时与轮船相遇，相遇点记为 B ． （1）若小艇以 24 海里/小时的航行速度沿北偏东 60 方向航行，则小艇能否及时将物品送到轮船上？ （2）为了保证小艇能将重要物品送到轮船上，请问小艇的速度至少为多少海里/小时？ 【答案】（1）不能；（2）15 3 海里/小时 【详解】（1）如图，作 OD AB ， 因为轮船位于港口 O 北偏西30 且与该港口相距 20 海里的 A 处， 所以 30AOD  o ， 20AO = ， 因为 OD AB ，所以 10AD  ， 10 3OD = ， 60A   ， 因为小艇沿北偏东 60 方向航行， 所以若相遇点为 B ，则 20 3OB = ， 30DB = ， 轮船到达 B 点所用时间 1 30 10 4 30 3t += = （小时）， 小艇到达 B 点所用时间 2 20 3 5 3 24 6t = = （小时）， 因为 4 5 3 3 6 ¹ ，所以不能及时将物品送到轮船上. （2）设经过 t 小时与轮船相遇，小艇的速度为 v ， 根据余弦定理易知， 2 2 2 cos 2 AB AO OBA AB AO + -Ð = 鬃 ，即 ( )2 2 2 230 20cos60 2 30 20 t v t t + -= 鬃  ， 2 2 2600 900 400t t v t= + - ， 2 2 2 600 400 20900 15 675 675v t t t 骣琪= - + = - + ³琪桫 ， 故当 20 15 0t - = ，即 4 3t  小时时， v 取最小值15 3 海里/小时. 20．（2021·浙江高一期末）随着二胎开放，儿童数量渐增，某市决定充分利用城市空间修建口袋儿童乐园， 如图所示：在直径为 20m 的半圆O 空地上，设置扇形区域 OMB 作为大人体息区，规划两个三角形区域做 成小喷泉区（ OAB 区域）和沙坑滑梯区（ ABC 区域），其中 A 为直径 MN 延长线上一点，且 20mOA  ， B 为半圆周上一动点，以 AB 为边作等边 ABC ． （1）若等边 ABC 的边长为 a ， AMB   ，试写出 a 关于 的函数关系式； （2）问 AMB 为多少时，儿童游玩区 OACB 的面积最大？这个最大面积为多少？ 【答案】（1） 10 5 4cos2a   ，其中 0, 2      ；（2）当 5 12AMB   ，儿童游玩区 OACB 的面积最 大，最大值为   2200 125 3 m . 【详解】 （1） AMB   ， 2AOB   ， 在 AOB 中， AB a= ， 20OA  ， 10OB  ， 2AOB   ， 由余弦定理可得 2 2 2 2 cos 500 400cos2a OA OB OA OB AOB        ， 所以， 10 5 4cos2a   ，其中 0, 2      ； （2） 1 10 20sin 2 100sin 22AOBS     △ ，  23 25 3 5 4cos24ABCS AB   △ ， 所以，  100sin 2 25 3 5 4cos2 100sin 2 100 3 cos2 125 3AOB ABCOACBS S S            四边形 200sin 2 125 33       ， 0 2   ，则 223 3 3       ， 当 2 3 2     时，即当 5 12   时，四边形 OACB 的面积取最大值  2200 125 3 m . 21．（2021·山东高三其他模拟）在① sin sin sin sin c A B a b A C   ；② 2 cos 2b A a c  ； ③ 2 2 22 3 sin3 ac B a c b   ；这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答. 在 ABC 中，内角 A ， B ，C 的对边分别是 a ，b ， c ，且___________. （1）求角 B 的大小； （2）若点 D 满足 2BD BC  ，且 3AD  ，求 ABC 面积的最大值. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】条件选择见解析；（1） π 3 ；（2） 9 3 8 . 【详解】 若选①：（1）由正弦定理得 c a b a b a c   ， 所以     c a c a b a b    ，整理得 2 2 2a c b ac   ， 所以 2 2 2 1cos 2 2 2 a c b acB ac ac     ， 又 0 πB  ，所以 π 3B  . 若选②：（1）由余弦定理得 2 2 2 2 22 b c ab a cbc     ，化简得 2 2 2a c b ac   ， 所以 2 2 2 1cos 2 2 2 a c b acB ac ac     ， 又 0 πB  ，所以 π 3B  . 若选③：（1）由余弦定理得 2 3 sin 2 cos3 ac B ac B ，化简得 tan 3B  又 0 πB  ，所以 π 3B  . （2） 2BD BC  ，所以 2 2BD BC a  ， 在 ABD△ 中，由余弦定理知， 2 2 2 2 cosAD BA BD BA BD B     ， 即    2 22 2π9 2 2 2 cos 2 23c a a c c a ac         ， 所以 2 29 4 2 4 2 2c a ac ac ac ac      ，当且仅当 2a c ，即 3 2a  ， 3c  时等号成立， 从而 9 2ac  ， 3 9 3 4 8ABCS ac △ ， 所以 ABC 面积的最大值 9 3 8 . 22．（2021·浙江高一期末）在 ABC 中，已知 2AB  ， 3AC  ，P 在线段 BC 上，且 1 3BP BC  ，Q 是 边 AB（含端点）上动点； （1）若 2 5AQ AB  ，求证：直线 CQ 经过线段 AP 的中点 O； （2）若存在点 Q 使得向量 AP CQ  ，求 cos BAC 的取值范围及 AQCS 的最大值． 【答案】（1）证明见详解；（2） 3 1cos ,4 6BAC        ； AQCS 的最大值为 35 2 . 【详解】 （1）因为 1 3BP BC  ，所以 1 1 3 3AP AB AC AB   uuur uuur uuur uuur ，即 1 2 3 3AP AC AB    ； 又O 为线段 AP 的中点，所以 1 22 3 3AO AP AC AB   uuur uuur uuur uuur ， 因为 2 5AQ AB  ，所以 1 2 5 1 52 3 3 2 3 3AO AC AQ AC AQ     uuur uuur uuur uuur uuur ， 因此 1 6 5 6AO AC AQ  uuur uuur uuur ，所以 1 1 5 6 66 5 6AO AC AQ AO   uuur uuur uuur uuur ，因此 5CO OQ uuur uuur ， 所以直线 CQ 经过线段 AP 的中点 O； （2）由（1）可得 1 2 3 3AP AC AB    ， 又CQ AQ AC  uuur uuur uuur ，设  0 1AQ t AB t   uuur uuur ， 则 tQ ACC AB  uuur uuur uuur ， 由 AP CQ  可得 0AP CQ   ，即  1 2 03 3AC AB t AB AC       uuur uuur uuur uuur ， 所以 2 21 2 2 03 3 3 3 t AC AB AC t AB AC AB      uuur uuur uuur uuur uuur uuur ，即 2 86cos 3 03 3 t BAC t      ， 整理得         8 8 73 2 4 73 3 3cos 2 2 2 2 3 6 2 t t BAC t t t             ， 因为 0 1t  ，所以 2 2 1t     ，则 1 11 2 2t     ，因此   7 7 7,6 2 12 6t        ， 故   4 7 3 1cos ,3 6 2 4 6BAC t            ； 又     2 2 2 9 8 63 28sin 1 cos 1 6 2 6 2 t tBAC BAC t t             ， 所以   21 sin 63 28 63 22AQC tS AQ A C t tC BA       V uuur uuur     2 2 4 2 63 28 7 9 4 2 2 2 2 t t t t t t     ， 令     2 4 2 9 4 2 t tf t t   ， 0 1t  ， 则               23 2 4 3 2 4 3 18 16 2 2 9 4 2 4 2 8 9 0 2 2 t t t t t t t t t f t t t               在 0 1t  上显然恒成立， 所以     2 4 2 9 4 2 t tf t t   在 0 1t  上单调递增，因此    max 1 5f t f  ； 所以   2 4 2 7 9 4 35 2 22AQC t tS t    V ，即 AQCS 的最大值为 35 2 ．