2025高考數學一輪復習-4.6-解三角形-專項訓練模擬練習【A級基礎鞏固】一、選擇題1．在△ABC，已知∠A＝45°，AB＝eq\r(2)，BC＝2，則∠C等于()A．30°或150° B．60°C．120° D．30°2．已知△ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，b＝eq\r(7)，a＝1，B＝eq\f(2π,3)，則c等于()A．eq\r(5) B．2C．eq\r(3) D．33．△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若△ABC的面積為eq\f(a2＋b2－c2,4)，則C等于()A．eq\f(π,2) B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,4) D．eq\f(π,6)4．已知△ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若bsin2A＝asinB，且c＝2b，則eq\f(a,b)等于()A．2 B．3C．eq\r(2) D．eq\r(3)5．在△ABC中，a＝2bcosC，那么這個三角形是()A．等邊三角形 B．等腰三角形C．直角三角形 D．不確定6．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若cosA＝eq\f(1,2)，a＝eq\r(3)，則eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝()A．eq\f(1,2) B．eq\f(\r(3),2)C．eq\r(3) D．27．黑板上有一道有解的解三角形的習題，一位同學不小心把其中一部分擦去了，現在只能看到：在△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a、b、c，已知a＝2，…，解得b＝eq\r(6)，根據以上信息，你認為下面哪個選項可以作為這個習題的其余已知條件()A．A＝30°，B＝45°B．C＝75°，A＝45°C．B＝60°，c＝3D．c＝1，cosC＝eq\f(1,3)8．已知銳角△ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若A＝eq\f(π,3)，a＝eq\r(3)，則bc的取值范圍為()A．(2,3] B．(1,4]C．(1,3] D．(2,4]二、多選題9．在△ABC中，a＝4，b＝8，A＝30°，則此三角形的邊角情況可能是()A．B＝90° B．C＝120°C．c＝2eq\r(3) D．C＝60°10．下列關于正弦定理的敘述中正確的是()A．在△ABC中，a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinCB．在△ABC中，若sin2A＝sin2B，則A＝BC．在△ABC中，若sinA>sinB，則A>B；若A>B，則sinA>sinBD．在△ABC中，eq\f(a,sinA)＝eq\f(b＋c,sinB＋sinC)11．已知a，b，c分別是△ABC三個內角A，B，C的對邊，下列四個命題中正確的是()A．若tanA＋tanB＋tanC>0，則△ABC是銳角三角形B．若acosA＝bcosB，則△ABC是等腰三角形C．若bcosC＋ccosB＝b，則△ABC是等腰三角形D．若eq\f(a,cosA)＝eq\f(b,cosB)＝eq\f(c,cosC)，則△ABC是等邊三角形三、填空題12．在△ABC中，A＝eq\f(2π,3)，a＝eq\r(3)c，則eq\f(b,c)＝.13．我國南宋著名數學家秦九韶在他的著作《數書九章》卷五“田域類”里有一個題目：問有沙田一段，有三斜，其小斜一十三里，中斜一十四里，大斜一十五里．里法三百步，欲知為田幾何．意思是已知三角形沙田的三邊長分別為13里，14里，15里，求三角形沙田的面積．則該沙田的面積為平方里．14．已知△ABC的三個內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且滿足eq\f(sinA－sinCa＋c,b)＝sinA－sinB，則C＝.四、解答題15．在△ABC中，sin2C＝eq\r(3)sinC．(1)求∠C；(2)若b＝6，且△ABC的面積為6eq\r(3)，求△ABC的周長．16．△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋A))＋cosA＝eq\f(5,4).(1)求A；(2)若b－c＝eq\f(\r(3),3)a，證明：△ABC是直角三角形．INCLUDEPICTURE"B組.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大樣\\人教數學\\B組.TIF"INET【B級能力提升】1．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若asinA＋2csinC＝2bsinCcosA，則角A的最大值為()A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,3) D．eq\f(2π,3)2．(多選題)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若b＝2eq\r(3)，c＝3，A＋3C＝π，則下列結論正確的是()A．cosC＝eq\f(\r(3),3) B．sinB＝eq\f(\r(2),3)C．a＝3 D．S△ABC＝eq\r(2)3．已知△ABC內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，面積為S.若asineq\f(A＋C,2)＝bsinA,2S＝eq\r(3)eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))，則△ABC的形狀是()A．等腰三角形 B．直角三角形C．正三角形 D．等腰直角三角形4．△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且eq\f(sinA,sinB＋sinC)＋eq\f(b,a＋c)＝1，則C＝()A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,3)C．eq\f(2π,3) D．eq\f(5π,6)5．秦九韶是我國南宋數學家，其著作《數書九章》中的大衍求一術、三斜求積術和秦九韶算法是具有世界意義的重要貢獻．秦九韶把三角形的三條邊分別稱為小斜、中斜和大斜，三斜求積術即已知三邊長求三角形面積的方法，用公式表示為：S△ABC＝eq\r(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a2c2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2＋c2－b2,2)))2)))，其中a，b，c是△ABC的內角A，B，C的對邊．已知△ABC中，eq\f(a,b)＝eq\f(cosA,2－cosB)＝eq\f(a－cosA,cosB)，則△ABC面積的最大值為()A．eq\f(4,3) B．eq\f(8,3)C．eq\f(\r(3),2) D．eq\r(3)6．在①ac＝eq\r(3)，②csinA＝3，③c＝eq\r(3)b這三個條件中任選一個，補充在下面問題中，若問題中的三角形存在，求c的值；若問題中的三角形不存在，說明理由．問題：是否存在△ABC，它的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且sinA＝eq\r(3)sinB，C＝eq\f(π,6)，________?注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．7．△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知B＝150°.(1)若a＝eq\r(3)c，b＝2eq\r(7)，求△ABC的面積；(2)若sinA＋eq\r(3)sinC＝eq\f(\r(2),2)，求C．8．在①eq\f(cosB,cosC)＝－eq\f(b,2a＋c)；②eq\f(sinA,sinB－sinC)＝eq\f(b＋c,a＋c)；③2S△ABC＝－eq\r(3)eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))這三個條件中任選一個補充在下面的橫線上，并加以解答．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且________，作AD∥BC，連接CD圍成梯形ABCD，其中AB＝4，BC＝2，∠ACD＝eq\f(2π,3).(1)求角B的大小；(2)求四邊形ABCD的面積． 參考答案 【A級基礎鞏固】一、選擇題1．(D)[解析]先利用正弦定理求得sin∠C的值，再根據“大邊對大角”進行取舍，得解．由正弦定理知，eq\f(AB,sin∠C)＝eq\f(BC,sin∠A)，所以sin∠C＝eq\f(ABsin∠A,BC)＝eq\f(\r(2)×\f(\r(2),2),2)＝eq\f(1,2)，因為∠C∈(0°，180°)，且BC>AB，所以∠C＝30°.故選D．2．(B)[解析]由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得7＝1＋c2＋c，解得c＝2或－3(舍去)．3．(C)[解析]根據題意及三角形的面積公式知eq\f(1,2)absinC＝eq\f(a2＋b2－c2,4)，所以sinC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝cosC，所以在△ABC中，C＝eq\f(π,4).4．(D)[解析]由正弦定理及bsin2A＝asinB，得2sinBsinAcosA＝sinAsinB，又sinA≠0，sinB≠0，則cosA＝eq\f(1,2).又c＝2b，所以由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋4b2－4b2×eq\f(1,2)＝3b2，得eq\f(a,b)＝eq\r(3).5．(B)[解析]先根據余弦定理表示出cosC，代入整理即可得到b＝c，從而得知是等腰三角形．∵a＝2bcosC＝2b×eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋b2－c2,a)，∴a2＝a2＋b2－c2，∴b2＝c2，∵b，c為三角形的邊長，b>0，c>0，∴b＝c，∴△ABC是等腰三角形．故選B．6．(D)[解析]由cosA＝eq\f(1,2)，A∈(0，π)知sinA＝eq\f(\r(3),2)，由正弦定理得eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2.7．(B)[解析]由C＝75°，A＝45°可知B＝60°，又eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，∴b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(2sin60°,sin45°)＝eq\f(\r(3),\f(\r(2),2))＝eq\r(6)，符合題意，故選B．8．(A)[解析]根據正弦定理利用角B表示bc，利用三角變換及三角函數的性質可求bc的取值范圍．因為A＝eq\f(π,3)，a＝eq\r(3)，故三角形外接圓直徑為eq\f(a,sinA)＝eq\f(\r(3),sin\f(π,3))＝2，所以eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2，所以b＝2sinB，c＝2sinC，故bc＝(2sinB)·(2sinC)＝4sinBsinC＝4sinBsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))＝4×sinBeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,3)cosB－cos\f(2π,3)sinB))＝2eq\r(3)sinBcosB＋2sin2B＝eq\r(3)sin2B＋2×eq\f(1－cos2B,2)＝eq\r(3)sin2B－cos2B＋1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,6)))＋1，因為三角形為銳角三角形，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<B<\f(π,2)，,0<\f(2π,3)－B<\f(π,2)，))故eq\f(π,6)<B<eq\f(π,2)，故eq\f(π,6)<2B－eq\f(π,6)<eq\f(5π,6)，故eq\f(1,2)<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,6)))≤1，所以2<2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,6)))＋1≤3；故bc的取值范圍為(2,3]，故選A．二、多選題9．(AD)[解析]∵eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，∴sinB＝eq\f(bsinA,a)＝1，∴B＝90°，C＝60°，根據eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)得c＝eq\f(a·sinC,sinA)＝eq\f(4×\f(\r(3),2),\f(1,2))＝4eq\r(3).故選AD．10．(ACD)[解析]對于A，在△ABC中，由正弦定理可得a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC，所以a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC，故A正確；對于B，若sin2A＝sin2B，則2A＝2B或2A＋2B＝π，可得A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，故B錯誤；對于C，若sinA>sinB，根據正弦定理a＝2RsinA，b＝2RsinB，得a>b，再根據大邊對大角可得A>B．若A>B，則a>b，由正弦定理a＝2RsinA，b＝2RsinB，得sinA>sinB，故C正確；對于D，由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，再根據比例式的性質可知D正確．故選ACD．11．(ACD)[解析]∵tanA＋tanB＝tan(A＋B)(1－tanAtanB)，∵tanA＋tanB＋tanC＝tan(A＋B)(1－tanAtanB)＋tanC＝－tanC(1－tanAtanB)＋tanC＝tanAtanBtanC>0，∴A，B，C均為銳角，∴選項A正確；由acosA＝bcosB及正弦定理，可得sin2A＝sin2B，∴A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，∴△ABC是等腰三角形或直角三角形，∴選項B錯誤；由bcosC＋ccosB＝b及正弦定理，可知sinBcosC＋sinCcosB＝sinB，∴sinA＝sinB，∴A＝B，則△ABC是等腰三角形，∴選項C正確；由已知和正弦定理，易知tanA＝tanB＝tanC，A＝B＝C，則△ABC是等邊三角形，∴選項D正確．三、填空題12．[解析]由題意知sineq\f(2π,3)＝eq\r(3)sinC，∴sinC＝eq\f(1,2)，又0<C<eq\f(π,3)，∴C＝eq\f(π,6)，從而B＝eq\f(π,6)，b＝c，故eq\f(b,c)＝1.13．[解析]由題意畫出△ABC，且AB＝13里，BC＝14里，AC＝15里，在△ABC中，由余弦定理得，cosB＝eq\f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq\f(132＋142－152,2×13×14)＝eq\f(5,13)，所以sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(12,13)，則該沙田的面積S＝eq\f(1,2)AB·BC·sinB＝eq\f(1,2)×13×14×eq\f(12,13)＝84(平方里)．14．[解析]在△ABC中，∵eq\f(sinA－sinCa＋c,b)＝sinA－sinB，∴eq\f(a－ca＋c,b)＝a－b.∴a2＋b2－c2＝ab，∴cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2).∴C＝eq\f(π,3).四、解答題15．[解析](1)因為sin2C＝eq\r(3)sinC，所以2sinCcosC＝eq\r(3)sinC，因為C∈(0，π)，所以sinC≠0，所以cosC＝eq\f(\r(3),2)，C＝eq\f(π,6).(2)因為△ABC的面積S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×a×6×eq\f(1,2)＝6eq\r(3)，所以a＝4eq\r(3).由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcosC＝48＋36－72＝12，所以c＝2eq\r(3)，所以△ABC的周長為a＋b＋c＝4eq\r(3)＋6＋2eq\r(3)＝6(eq\r(3)＋1)．16．[解析](1)因為cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋A))＋cosA＝eq\f(5,4)，所以sin2A＋cosA＝eq\f(5,4)，即1－cos2A＋cosA＝eq\f(5,4)，解得cosA＝eq\f(1,2).又0<A<π，所以A＝eq\f(π,3).(2)證明：因為A＝eq\f(π,3)，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，即b2＋c2－a2＝bc.①又b－c＝eq\f(\r(3),3)a，②將②代入①，得b2＋c2－3(b－c)2＝bc，即2b2＋2c2－5bc＝0，而b>c，解得b＝2c，所以a＝eq\r(3)c.所以b2＝a2＋c2，即△ABC是直角三角形．INCLUDEPICTURE"B組.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大樣\\人教數學\\B組.TIF"INET【B級能力提升】1．(A)[解析]由正弦定理可得a2＋2c2＝2bccosA．根據余弦定理得b2＋c2－2bccosA＋2c2＝2bccosA，整理得4bccosA＝b2＋3c2≥2eq\r(3)bc，所以cosA≥eq\f(\r(3),2)，又A∈(0，π)，所以0<A≤eq\f(π,6).故選A．2．(AD)[解析]因為A＋3C＝π，A＋B＋C＝π，所以B＝2C．由正弦定理得eq\f(2\r(3),sin2C)＝eq\f(3,sinC)，即eq\f(2\r(3),2sinCcosC)＝eq\f(3,sinC)，所以cosC＝eq\f(\r(3),3)，故A正確．因為cosC＝eq\f(\r(3),3)，所以sinC＝eq\f(\r(6),3)，所以sinB＝sin2C＝2sinCcosC＝2×eq\f(\r(6),3)×eq\f(\r(3),3)＝eq\f(2\r(2),3)，故B錯誤．因為cosB＝cos2C＝2cos2C－1＝－eq\f(1,3)，所以sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC＝eq\f(2\r(2),3)×eq\f(\r(3),3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(\r(6),9)，則cosA＝eq\f(5\r(3),9)，所以a2＝b2＋c2－2bccosA＝(2eq\r(3))2＋32－2×2eq\r(3)×3×eq\f(5\r(3),9)＝1，所以a＝1，故C錯誤．S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×3×eq\f(\r(6),9)＝eq\r(2)，故D正確．故選AD．3．(C)[解析]由三角形內角和定理，誘導公式，正弦定理，二倍角的正弦公式化簡已知等式可得sineq\f(B,2)＝eq\f(1,2)，進而可求得B的值，又利用三角形的面積公式，平面向量數量積的運算以及同角三角函數基本關系式化簡已知等式可求A的值，利用三角形內角和定理可求C的值，即可判斷得解．因為asineq\f(A＋C,2)＝bsinA，所以asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(B,2)))＝acoseq\f(B,2)＝bsinA，由正弦定理可得sinAcoseq\f(B,2)＝sinBsinA，因為sinA≠0，可得coseq\f(B,2)＝sinB＝2sineq\f(B,2)coseq\f(B,2)，因為B∈(0，π)，eq\f(B,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，coseq\f(B,2)≠0，所以可得sineq\f(B,2)＝eq\f(1,2)，可得eq\f(B,2)＝eq\f(π,6)，可得B＝eq\f(π,3)，又2S＝eq\r(3)eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))，可得2×eq\f(1,2)bcsinA＝eq\r(3)·bccosA，即tanA＝eq\r(3)，因為A∈(0，π)，可得A＝eq\f(π,3)，所以C＝π－A－B＝eq\f(π,3)，則△ABC的形狀是正三角形．故選C．4．(B)[解析]由正弦定理及eq\f(sinA,sinB＋sinC)＋eq\f(b,a＋c)＝1，得eq\f(a,b＋c)＋eq\f(b,a＋c)＝1，整理可得a2＋b2－c2＝ab，由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2)，又C∈(0，π)，所以C＝eq\f(π,3).故選B．5．(A)[解析]根據eq\f(a,b)＝eq\f(cosA,2－cosB)＝eq\f(a－cosA,cosB)，得到2sinA＝sinAcosB＋cosAsinB＝sin(A＋B)＝sinC，即c＝2a，再由acosB＋bcosA＝ab，利用余弦定理得到b＝2，代入S△ABC＝eq\r(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a2c2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2＋c2－b2,2)))2)))，轉化為二次函數求解．△ABC中，因為eq\f(a,b)＝eq\f(cosA,2－cosB)＝eq\f(a－cosA,cosB)，所以eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(cosA,2－cosB)，eq\f(a,b)＝eq\f(a－cosA,cosB)，則2sinA＝sinAcosB＋cosAsinB＝sin(A＋B)＝sinC，即c＝2a，又acosB＋bcosA＝ab，則eq\f(a2＋c2－b2,2c)＋eq\f(b2＋c2－a2,2c)＝ab，即c＝ab，則b＝2，所以S△ABC＝eq\r(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4a4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5a2－4,2)))2)))＝eq\r(－\f(9,16)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2－\f(20,9)))2＋\f(16,9))，當a2＝eq\f(20,9)時，△ABC面積取得最大值為eq\f(4,3)，故選A．6．[解析]方案一：選條件①.由C＝eq\f(π,6)和余弦定理得eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3),2).由sinA＝eq\r(3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b.于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2)，由此可得b＝c.由①ac＝eq\r(3)，解得a＝eq\r(3)，b＝c＝1.因此，選條件①時問題中的三角形存在，此時c＝1.方案二：選條件②.由C＝eq\f(π,6)和余弦定理得eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3),2).由sinA＝eq\r(3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b.于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2)，由此可得b＝c，B＝C＝eq\f(π,6)，A＝eq\f(2π,3).由②csinA＝3，所以c＝b＝2eq\r(3)，a＝6.因此，選條件②時問題中的三角形存在，此時c＝2eq\r(3).方案三：選條件③.由C＝eq\f(π,6)和余弦定理得eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3),2).由sinA＝eq\r(3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b.于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2)，由此可得b＝c.由③c＝eq\r(3)b，與b＝c矛盾．因此，選條件③時問題中的三角形不存在．7．[解析](1)由題設及余弦定理，得28＝3c2＋c2－2×eq\r(3)c2×cos150°.解得c＝－2(舍去)或c＝2，從而a＝2eq\r(3).故△ABC的面積為eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×2×sin150°＝eq\r(3).(2)在△ABC中，A＝180°－B－C＝30°－C，所以sinA＋eq\r(3)sinC＝sin(30°－C)＋eq\r(3)sinC＝sin(30°＋C)＝eq\f(\r(2),2).而0°<C<30°，30°<30°＋C<60°，所以30°＋C＝45°，故C＝15°.8．[解析](1)若選①：由eq\f(cosB,cosC)＝－eq\f(b,2a＋c)，根據正弦定理可得eq\f(cosB,cosC)＝－eq\f(sinB,2sinA＋sinC)，即2sinAcosB＋sinCcosB＝－sinBcosC，即2si