2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)課時作業(yè)21解三角形（北師大版）一、選擇題1．△ABC的三邊分別為a，b，c且滿足b2＝ac,2b＝a＋c，則此三角形是()A．等腰三角形 B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．等邊三角形解析：∵2b＝a＋c，∴4b2＝(a＋c)2，又∵b2＝ac，∴(a－c)2＝0.∴a＝c.∴2b＝a＋c＝2a.∴b＝a，即a＝b＝c答案：D2．△ABC中，AB＝eq\r(3)，AC＝1，∠B＝30°，則△ABC的面積等于()\f(\r(3),2) \f(\r(3),4)\f(\r(3),2)或eq\r(3) \f(\r(3),2)或eq\f(\r(3),4)解析：eq\f(1,sin30°)＝eq\f(\r(3),sinC)，∴sinC＝eq\f(\r(3),2).∵0°<C<180°，∴C＝60°或120°.(1)當(dāng)C＝60°時，A＝90°，∴BC＝2，此時，S△ABC＝eq\f(\r(3),2)；(2)當(dāng)C＝120°時，A＝30°，S△ABC＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×1×sin30°＝eq\f(\r(3),4).答案：D3．在△ABC，角A、B、C所對的邊分別是a，b，c，若b2＋c2－bc＝a2，且eq\f(a,b)＝eq\r(3)，則角C的值為()A．45° B．60°C．90° D．120°解析：由b2＋c2－bc＝a2，得b2＋c2－a2＝bc，∴cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，∴A＝60°.又eq\f(a,b)＝eq\r(3)，∴eq\f(sinA,sinB)＝eq\r(3)，∴sinB＝eq\f(\r(3),3)sinA＝eq\f(\r(3),3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,2)，∴B＝30°，∴C＝180°－A－B＝90°.答案：C4．如圖，四邊形ABCD中，∠B＝∠C＝120°，AB＝4，BC＝CD＝2，則該四邊形的面積等于()\r(3)B．5eq\r(3)C．6eq\r(3)D．7eq\r(3)解析：連接BD，在△BCD中，BC＝CD＝2，∠BCD＝120°，∴∠CBD＝30°，BD＝2eq\r(3)，S△BCD＝eq\f(1,2)×2×2×sin120°＝eq\r(3).在△ABD中，∠ABD＝120°－30°＝90°，AB＝4，BD＝2eq\r(3)，∴S△ABD＝eq\f(1,2)AB·BD＝eq\f(1,2)×4×2eq\r(3)＝4eq\r(3)，∴四邊形ABCD的面積是5eq\r(3).答案：B5．△ABC中，若cos(2B＋C)＋2sinAsinB＝0，則△ABC中一定是()A．銳角三角形 B．鈍角三角形C．直角三角形 D．等腰三角形解析：∵cos(2B＋C)＝cos(B＋π－A)＝－cos(B－A)＝－cosAcosB－sinAsinB，∴cos(2B＋C)＋2sinAsinB＝－cosAcosB＋sinAsinB＝0，即cos(A＋B)＝0.∴A＋B＝eq\f(π,2).答案：C6．如圖，設(shè)A、B兩點在河的兩岸，一測量者在A的同側(cè)，在所在的河岸邊選定一點C，測出AC的距離為50m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以計算出A、B兩點的距離為()A．50eq\r(2)m B．50eq\r(3)mC．25eq\r(2)m \f(25\r(2),2)m解析：由正弦定理得eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(AC,sinB)，∴AB＝eq\f(AC·sin∠ACB,sinB)＝eq\f(50×\f(\r(2),2),\f(1,2))＝50eq\r(2)(m)．答案：A二、填空題7．[2022·北京卷]在△ABC中，若b＝5，∠B＝eq\f(π,4)，sinA＝eq\f(1,3)，則a＝________.解析：由正弦定理有：eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，即eq\f(a,\f(1,3))＝eq\f(5,\f(\r(2),2))，得a＝eq\f(5\r(2),3).答案：eq\f(5\r(2),3)8．如圖，△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝2eq\r(3)，點D在BC邊上，∠ADC＝45°，則AD的長度等于________．解析：在△ABC中，由余弦定理，有cosC＝eq\f(AC2＋BC2－AB2,2AC·BC)＝eq\f(2\r(3)2,2×2×2\r(3))＝eq\f(\r(3),2)，則∠ACB＝30°.在△ACD中，由正弦定理，有eq\f(AD,sinC)＝eq\f(AC,sin∠ADC)，∴AD＝eq\f(AC·sin30°,sin45°)＝eq\f(2×\f(1,2),\f(\r(2),2))＝eq\r(2)，即AD的長度等于eq\r(2).答案：eq\r(2)9．(2022年遼寧省東北育才學(xué)校高三一模)定義：eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ab,cd))＝ad－bc.已知a、b、c為△ABC的三個內(nèi)角A、B、C的對邊，若eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2cosC－12,cosC＋1cosC))＝0，且a＋b＝10，則c的最小值為__________.解析：按定義，(2cosC－1)cosC－2(cosC＋1)＝0,2cos2C－3cosCcosC＝－eq\f(1,2)，cosC＝2(舍)，則c2＝a2＋b2－2abcosC＝a2＋b2＋ab＝(a＋b)2－ab＝100－ab≥100－(eq\f(a＋b,2))2＝75當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝5時，c的最小值為5eq\r(3).答案：5eq\r(3)三、解答題10．(2022年浙江高考)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知cos2C＝－eq\f(1,4).(1)求sinC的值；(2)當(dāng)a＝2,2sinA＝sinC時，求b及c的長．解：(1)因為cos2C＝1－2sin2C＝－eq\f(1,4)及0<C<π，所以sinC＝eq\f(\r(10),4).(2)當(dāng)a＝2,2sinA＝sinC時，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，得c＝4.由cos2C＝2cos2C－1＝－eq\f(1,4)及0<C<π，得cosC＝±eq\f(\r(6),4).由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，得b2±eq\r(6)b－12＝0.解得b＝eq\r(6)或2eq\r(6)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝\r(6)，,c＝4))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝2\r(6)，,c＝4.))11．（2022年高考江西卷，文17）在中，的對邊分別是，已知.（1）求的值；(2)若，求邊的值．解（1）由正弦定理得：所以，又，所以。（2）由（1）得，又由，得展開得：，所以，又且，解得，而，所以。12．(2022年福建高考)某港口O要將一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的輪船上，在小艇出發(fā)時，輪船位于港口O北偏西30°且與該港口相距20海里的A處，并正以30海里/小時的航行速度沿正東方向勻速行駛．假設(shè)該小艇沿直線方向以v海里/小時的航行速度勻速行駛，經(jīng)過t小時與輪船相遇．(1)若希望相遇時小艇的航行距離最小，則小艇航行速度的大小應(yīng)為多少？(2)假設(shè)小艇的最高航行速度只能達(dá)到30海里/小時，試設(shè)計航行方案(即確定航行方向和航行速度的大小)，使得小艇能以最短時間與輪船相遇，并說明理由．解：解法一：(1)設(shè)相遇時小艇航行的距離為S海里，則S＝eq\r(900t2＋400－2·30t·20·cos90°－30°)＝eq\r(900t2－600t＋400)＝eq\r(900t－\f(1,3)2＋300).故當(dāng)t＝eq\f(1,3)時，Smin＝10eq\r(3)，此時v＝eq\f(10\r(3),\f(1,3))＝30eq\r(3)，即小艇以30eq\(2)設(shè)小艇與輪船在B處相遇，則v2t2＝400＋900t2－2·20·30t·cos(90°－30°)，故v2＝900－eq\f(600,t)＋eq\f(400,t2).∵0<v≤30，∴900－eq\f(600,t)＋eq\f(400,t2)≤900，即eq\f(2,t2)－eq\f(3,t)≤0，解得t≥eq\f(2,3).又t＝eq\f(2,3)時，v＝30，故v＝30時，t取得最小值，且最小值等于eq\f(2,3).此時，在△OAB中，有OA＝OB＝AB＝20.故可設(shè)計航行方案如下：航行方向為北偏東30°，航行速度為30海里/小時，小艇能以最短時間與輪船相遇．解法二：(1)若相遇時小艇的航行距離最小，又輪船沿正東方向勻速行駛，則小艇航行方向為正北方向．設(shè)小艇與輪船在C處相遇，在Rt△OAC中，OC＝20cos30°＝10eq\r(3)，AC＝20sin30°＝10，又AC＝30t，OC＝vt，此時，輪船航行時間t＝eq\f(10,30)＝eq\f(1,3)，v＝eq\f(10\r(3),\f(1,3))＝30eq\r(3)，即小艇以30eq\(2)猜想v＝30時，小艇能以最短時間與輪船在D處相遇，此時AD＝DO＝30t.又∠OAD＝60°，所以AD＝DO＝OA＝20，解得t＝eq\f(2,3).據(jù)此可設(shè)計航行方案如下：航行方向為北偏東30°，航行速度的大小為30海里/小時，這樣，小艇能以最短時間與輪船相遇．證明如下：如圖，由(1)得OC＝10eq\r(3)，AC＝10，故OC>AC，且對于線段AC上任意點P，有OP≥OC>AC.而小艇的最高航行速度只能達(dá)到30海里/小時，故小艇與輪船不可能在A，C之間(包含C)的任意位置相遇．設(shè)∠COD＝θ(0°<θ<90°)，則在Rt△COD中，CD＝10eq\r(3)tanθ，OD＝eq\f(10\r(3),cosθ).由于從出發(fā)到相遇，輪船與小艇所需要的時間分別為t＝eq\f(10＋10\r(3)tanθ,30)和t＝eq\f(10\r(3),vcosθ)，所以eq\f(10＋10\r(3)tanθ,30)＝eq\f(10\r(3),vcosθ).由此可得，v＝eq\f(15\r(3),sinθ＋30°).又v≤30，故sin(θ＋30°)≥eq\f(\r(3),2).從而，30°≤θ<90°.由于θ＝30°時，tanθ取得最小值，且最小值為eq\f(\r(3),3).于是，當(dāng)θ＝30°時，t＝eq\f(10＋10\r(3)tanθ,30)取得最小值，且最小值為eq\f(2,3).解法三：(1)同解法一或解法二．(2)設(shè)小艇與輪船在B處相遇，依據(jù)題意得：v2t2＝400＋900t2－2·20·30t·cos(90°－30°)，(v2－900)t2＋600t－400＝0.①若0<v<30，則由Δ＝360000＋1600(v2－900)＝1600(v2－675)≥0.得v≥15eq\r(3).從而，t＝eq\f(－300±20\r(v2－675),v2－900)，v∈[15eq\r(3)，30)．ⅰ當(dāng)t＝eq\f(－300－20\r(v2－675),v2－900)時，令x＝eq\r(v2－675)，則x∈[0,15)，t＝eq\f(－300－20x,x2－225)＝eq\f(－20,x－15)≥eq\f(4,3