考点4-3 解三角形(文理）-2023年高考数学一轮复习小题多维练（全国通用）（解析版）

考点4-3解三角形1．（2022·青海玉树·高三阶段练习（理））在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且26a，1cos4A，sin2sinBC，则b（）A．1B．2C．3D．4【答案】D【分析】由正弦定理得2bc，在ABC中，由余弦定理即可求解.【详解】因为sin2sinBC，由正弦定理可知2bc，在ABC中，由余弦定理可得：22222214241cos2444bcaccAbcc，解得24c，0,2cc，故4b故选：D2．（2023·全国·高三专题练习）如图，在ABC中，已知45B，D是BC边上的一点，5,7,3ADACDC，则AB的长为（）A．53B．56C．532D．562【答案】D【分析】由余弦定理求出11cos14C，得到53sin14C，由正弦定理进行求解出答案.【详解】在ACD△中，由余弦定理得：2224992511cos227314ACCDADCACCD，因为0,πC，所以21153sin11414C，在ABC中，由正弦定理得：sinsinABACCB，即7sin455314AB，解得：562AB故选：D3．（2023·全国·高三专题练习）已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为33，π3A，43bc，则a（）A．23B．5C．8D．22【答案】A【分析】由三角形的面积和A计算出bc的值，再根据余弦定理求出2a的值，即可得到答案【详解】由题意可知，1sin332ABCSbcA，得12bc43bc，12bc由余弦定理可得：22222cos()22cosabcbcAbcbcbcA整理得：212a，23a故选：A4.（2021·福建省华安县第一中学高三期中）如图所示，在DEF中，M是在线段DF上，3DE，2DMEM，3sin5F，则边EF的长为_____________.【答案】574【分析】根据3DE，2DMEM可得sinD，再在DEF中用正弦定理求解EF即可【详解】因为3DE，2DMEM，故2227sin4DEDMDDM，在DEF中由正弦定理有sinsinDEDEFF，故7sin5743sin453EFFDED故答案为：5745．（2023·全国·高三专题练习）在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足22230,sin()2sinbcacABA，则tanC___________．【答案】32【分析】由正弦定理角化边，即可得到2ca，从而得到7ba，再由余弦定理求出cosC，最后由同角三角函数的基本关系计算可得；【详解】解：因为sin()2sinABA，即sin2sinCA，由正弦定理可得2ca，又22230bcac，即22221220baa，即7ba，由余弦定理2222coscababC，即22222227427cos2727abcaaaCaba，所以221sin1cos7CC=-=，所以21sin37tancos2277CCC；故答案为：326.（2023·全国·高三专题练习）在ABC中，若222abckab，则实数k的取值范围是（）A．2,2B．1,1C．11,22D．()0,1【答案】A【分析】由余弦定理及已知条件可得(1,1)2k，即可求k的取值范围.【详解】由222cos(1,1)22kababCc，故2,2k.故选：A7．（2023·河南·洛宁县第一高级中学一模（文））已知ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且656cosacbC，则cosB（）A．78B．56C．34D．23【答案】B【分析】根据题意，利用正弦定理边化角，由三角形内角和定理，展开化简得cosB．【详解】由656cosacbC，边化角得6sin5sin6sincosACBC，又sinsinABC，所以6sin5sin6sincosBCCBC，展开得6sincos6cossin5sin6sincosBCBCCBC，所以6cossin5sinBCC，因为sin0C，所以5cos6B．故选：B．8．（2022·青海·模拟预测（理））在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若22abkab，则△ABC的面积为22c时，k的最大值是（）A．2B．5C．4D．25【答案】B【分析】由三角形的面积公式，可得2sincabC，根据余弦定理，可得22sin2cosababCabC，则整理出以k为函数值的三角函数，根据三角函数的性质，可得k的最值.【详解】由题意得21sin22ABCcSabC，所以2sincabC，又因为2222coscababC，所以2222cossin2cosabcabCabCabC，所以22sin2cos5sinabkCCCab，其中tan2，且0k，所以k的取值范围为0,5，故选：B.9.（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知2a，222sin3sin2sinABaC，则cosC的最小值为______．【答案】34【分析】先利用正弦定理将角化为边，然后利用余弦定理结合基本不等式求解即可.【详解】2a，则原等式为222sin3sin4sinABC，由正弦定理得22234abc，22222222213334cos2284abababcabCababab，当且仅当223ba时取等号．故答案为：34.10．（2023·全国·高三专题练习）在锐角ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，237sinsin2BA，4ba，5ac，则ABC的面积为______．【答案】374【分析】根据237sinsin2BA，结合4ba，利用正弦定理得到sinB，进而求得1cos8B，再利用余弦定理，结合5ac，求得a，b，c求解.【详解】解：因为237sinsin2BA，所以37sin2Bba,又4ba，所以37sin8B，因为ABC是锐角三角形，所以1cos8B，由余弦定理得2222cosbacacB，即2119200aa，解得1a，又5ac，则4,4cb，所以ABC的面积为113737sin142284ABCSacB，故答案为：37411.（2022·广东深圳·高三阶段练习）在ABC中，7cos25A，ABC的内切圆的面积为16，则边BC长度的最小值为（）A．16B．24C．25D．36【答案】A【分析】由条件可求内切圆半径，根据内切圆的性质和三角形的面积公式可得三边关系，结合基本不等式可求边BC长度的最小值.【详解】因为ABC的内切圆的面积为16，所以ABC的内切圆半径为4．设ABC内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．因为7cos25A，所以24sin25A，所以24tan7A．因为1sin2ABCSbcA△1()42abc，所以25()6bcabc．设内切圆与边AC切于点D，由24tan7A可求得3tan24A4AD，则163AD．又因为2bcaAD，所以323bca．所以2532251626333bcaa．又因为2bcbc，所以3225162333aa，即23210016333aa，整理得21264aa0．因为0a，所以16a，当且仅当403bc时，a取得最小值．故选：A．12．（2022·全国·高三专题练习）在锐角ABC中，若coscos3sin()sinsinACABCac，且3sincos2CC，则ab的取值范围是（）A．23,4B．2,23C．0,4D．2,4【答案】A【分析】由3sincos2CC，可得3C；再结合正弦定理将coscos3sin()sinsinACABCac中的角化边，化简整理后可求得43sinsinsin3abcABC；根据锐角ABC和3C，可推出(6A，)2，再根据正弦定理可得43(sinsin)3abAB，最后结合正弦的两角差公式、辅助角公式和正弦函数的图象与性质即可得解．【详解】由3sincos2sin()26CCC，得262Ck，kZ，(0,)2C，3C．由题coscossinsin3sinACBCacA，由正弦定理有3coscos223bACbacaa，故coscossinsin2sinACbACA，即sin3cossinsincos24bCbACAC，故3sinsin4bACB，即43sin3bB，由正弦定理有43sinsinsin3abcABC，故43sin3aA，43sin3bB，又锐角ABC，且3C，(0,)2A，2(0,)32BA，解得(6A，)2，43432(sinsin)[sinsin()]333abABAA4331(sincossin)4sin()3226AAAA，(6A，)2，(63A，2)3，3sin()(62A，1]，ab的取值范围为23,4．故选：A．13．（2022·四川眉山·三模（文））已知ABC中，3ABAC，2AB，222cossinsinsinsin1ABCBC，D是边BC上一点，3CADBAD.则AD（）A．65B．334C．62D．637【答案】B【分析】利用正弦定理及余弦定理可得23A，结合条件可得3b，然后利用余弦定理可得cosC，tanC，进而可得tanADACC，即得.【详解】设ABC中，角,,ABC的对边为,,abc，∵222cossinsinsinsin1ABCBC，即222sinsinsinsinsinBCBCA，∴222bcbca，∴2221cos22bcaAbc，又0,A，∴23A，又3ABAC，2AB，∴12cos232ABACbAb，即3b，∴22222323219abcbc，故19a，∴22219944cos261919abcCab，3sin19C，3tan4C，又3CADBAD，23A，∴2CAD，333tan344ADACC.故选：B.14．（2022·北京·测试学校四高三）在ABC中，2ABCcSab，其外接圆半径2R，且224sinsin3sinABabB，则sinsin22ABC___________.【答案】1【分析】利用正弦定理的边角互化结合三角恒等变换即可求解【详解】因为2R，所以224sinsin3sinABabB223ababb3ab因为2ABCcSab，所以sinsin31acbcbcAcabAbc,进而有sin3sin133AB，于是22sinsinsincos2222ABCABAB22sincos2sincos2222ABABABAB111coscossinsin22ABABAB1sinsinsinsinABAB331311311331因为0π,0πABC