2020届高考数学(理)二轮重点突击专题卷(5)解三角形

重点突击专题卷（5）解三角形1、在平行四边形ABCD中，2AB，3AD，4AC，则BD（）A.4B. 10C.19D.72、已知ABC△的三边长是三个连续的自然数，且最大的内角是最小内角的2倍，则最小角的余弦值为（）A.34B.56C.78D.233、在ABC△中，角ABC,,的对边分别为abc,,，且5a，4cos5C，ABC△的面积为3，则c（）A.11B.23C.13D.144、在平行四边形ABCD中，60B，2BC，2AB，E为BC中点，则cosAED（）A.77B.277C.77D.2775、已知圆锥的顶点为,SO为底面中心,,,ABC为底面圆周上三点,AB为底面的直径,SAAB,M为SA的中点,C为AB的中点.设直线MC与直线SO所成角为α,则tan()A.233B.33C.153D.1556、在ABC△中,角,,ABC所对边长分别为,,abc,若2222abc,则cosC的最小值为()A.32B.22C.12D.127、在ABC△中，222sinsinsinsinsinABCBC．则A的取值范围是（）A.π(0,]6B.π[,π)6C.π(0,]3D.π[,π)38、在ABC△中，sin:sin:sin3:2:4ABC，则cosB的值为()A．14B．78C．14D．11169、在ABC△中，角,,ABC的对边分别是,,abc若coscos2caBbA，则coscoscosaAbBaB的最小值为()A.3B.433C.33D.23310、在ABC△中，三内角,,ABC的对边分别为,,abc，且2223bcbca，23bca，则角C的大小是()A.π6或2π3B.π3C.2π3D.π611、已知锐角A满足方程3cos8tan0,AA则cos2A___________.12、已知ABC△，43,23,ABACAD是BC边上的中线，且30BAD°，则AD的长为________．13、在ABC△中,角,,ABC的对边分别为,,abc,点D为BC中点,若π3A,且3AD,则bc的最大值为______.14、已知abc,,分别为ABC△内角ABC,,的对边，3coscosbaCcAc，是ab,的等比中项，且ABC△的面积为32，则ab。15、在ABC△中，3ABAC，AD是BAC的平分线，且ADtAC，则实数t的取值范围是。16、在ABC△中，内角ABC,,所对的边分别为abc,,，且2sincos2sinsinCBAB，3cab，则ab的最小值是.17、在ABC△中,若2π1,3,3bcC,则a.18、设ABC△是锐角三角形，,,abc分别是内角,,ABC所对边长，并且22ππsinsin()sin()sin33ABBB（1）求角A的值；（2）若12,27ABACauuuruuur，求,bc(其中bc)．19、在ABC△中，内角,,ABC所对的边分别为,,abc已知3cossinbCcB．(1).求角C的大小(2).若27c,ABC△的面积为63,求ABC△的周长．20、在ABC△中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且3cossinabAB。（1）求角A的值；（2）若ABC△的面积为33，且14a，求ABC△的周长。21、在ABC△中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知2coscosmacbnCA（，），（，），且mn.（1）求角A的大小；（2）若5bc，ABC△的面积为3，求a值.22、在RtABC△中，90C，点DE,分别在边ABBC,上，53CDCE,，且EDC△的面积为36.(1)求边DE长；(2)若3AD，求sinA的值.答案以及解析1答案及解析：答案：B解析：如图，在平行四边形ABCD中，2AB，3AD，4AC.则在ABC△中，222cos2ABBCACABCABBC491512234.故1coscos4DABABC.所以在ABD△中，2222cosBDADABADABDAB22132232104，则10BD.故选B.2答案及解析：答案：A解析：不妨设ABC△中ABC，内角ABC,,所对的边分别为1axbx,，*2cxxN,，则2cA，sinsin22sincosCAAA.由正弦定理和余弦定理得2221222212xxxxxxx，解得4x或1(舍去)，则4,5,6abc，所以最小角的余弦值2225643cos2564A.3答案及解析：答案：C解析：因为4cos5C，所以3sin5C由113sin53225SabCb，可得2b.根据余弦定理得2222coscabab4254252135，所以13c.故选C.4答案及解析：答案：A解析：EQ为BC中点，1BE.在ABE△中，由余弦定理得2222cos32AEABBEABBEB.在DCE△中，由余弦定理得2222cos32DECDCECDCEC.在ADE△中，由余弦定理可得cosAED2222AEDEADAEDE2323222323277故选A.5答案及解析：答案：C解析：如图，连接,ACBC，过点M作MDAB交AB于D,连接DC,则,//MDSO,所以DMC即为SO与MC所成的角.设2SAAB,则3SO，32MD，在ADC△中，145,,22DACADAC°，由佘弦定理可得2222cos45DCADACADAC°21125(2)224224，所以52DC，所以tantanCDCMDDM5152332.6答案及解析：答案：C解析：7答案及解析：答案：C解析：8答案及解析：答案：B解析：9答案及解析：答案：D解析：在ABC△中，sinsinπsinsincoscossinCABABABAB结合正弦定理可知coscosaBbAc，联立coscos2caBbA，解得3cos,cos44ccABbb所以3coscos1313234423cos3334ccabaAbBababbbcaBbabaab当且仅当3abba时，等号成立，故选D10答案及解析：答案：A解析：2223bcbca，22233cos222bcabcAbcbc，由0πA，可得π6A，23bca，23sinsin3sin4BCA，5π3sinsin64CC，即133sincos1cos2244CCC，解得tan23C，又5π06C，π23C或4π3，即π6C或2π3，故选A.11答案及解析：答案：79解析：由3cos8tan0,AA得sin3cos8,cosAAA即228sin3cos33sin.AAA又A为锐角，1sin3A或sin3A（舍），227cos212sin1.99AA12答案及解析：答案：3解析：13答案及解析：答案：12解析：由余弦定理得2221cos22bcaAbc,222bcabc①如图,在ABD△中,222()32cos22acBac,在ABC△中,222cos2acbBac,所以222222()32222acacbaacc,整理得2222236abc②将②代入①中,可得2236bcbc.又222bcbc(当且仅当bc时,等号成立),所以363bc,即12bc.14答案及解析：答案：33解析：在ABC△中3coscosbaCA，由正弦定理得3sinsincossincosBACCA，3sincosBCsincossincosCAACsinAC.πABCQ，3sincossinBCB.又sin0，122cos,sin33CC.cQ是ab,的等比中项，2cab.ABCQ△的面积为32，1sin322abC，则29cab.由余弦定理可得2222coscababC，即2893abab，33ab.15答案及解析：答案：30,2解析：设BADCAD，ACm，0m，CDn，则3ABm，ADtm.由三角形角平分线的性质可知3ABBDACCD，3BDn.在ABD△中，由余弦定理得2223323cosnmtmmtm①，在ACD△中，由余弦定理得2222cosnmtmmtm②，联立①②消去2n，得222812costmtm，3cos2t.π0,2Q，0cos1，30,2t.16答案及解析：答案：13解析：由πABC，得sinsinABC，由已知得2sincos2sinsinCBBCB，所以2sincossin0BCB.由sin0B，可得2cos10C，即1cos2C.因为π()0,C，所以2π3C，故2222coscababC22abab23ababab.又3cab，所以233abab，即13ab，当且仅当ab时取等号，故ab的最小值为13.17答案及解析：答案：1解析：18答案及解析：答案：（1）23131sin2(cossin)(cossin)sin2222ABBBBB∵222313cossinsin444BBB3sin2A∴,又A为锐角,所以π3A（2）由12ABAC可得,cos12cbA①由1知π3A,所以24cb,②由余弦定理知2222cosabcbcA,将27a及①代入可得2252cb③③+②2,得2()100cb,所以10cb因此,,cb是一元二次方程210240tt的两根,解此方程并由cb知,6,4cb解析：19答案及解析：答案：(1).π3C．(2).1027.解析：(1).由正弦定理sinsinbcBC，得3sincossinsinBCBC，在ABC△中，因为sin0B，所以3cossinCC故tan3C，又因为0πC，所以π3C．(2).由已知，得1sin632abC.又π3C，所以24ab.由已知及余弦定理，得222cos28ababC，所以2252ab，从而2()100ab.即10ab又27c，所以ABC△的周长为1027.20答案及解析：答案：（1）由正弦定理sinsinabAB，及3cossinabAB，可得3cossinaaAA，所以tan3A.又0πA（，），所以π3A。（2）由（1）得3sin2A，又13sin3324ABCSbcAbc△，所以12bc，在ABC△中，由余弦定理22222π2cos12143abcbcbc，得2226bc，又222226bcbcbc（），所以52bc，所以ABC△的周长为1452abc。解析：21答案及解析：答案：（1）由mn，得0mn，即2coscoscosbAaCcA，由正弦定理得2sincossincossincosBAACCA，即2sincossinBAAC（）.∵sinsinπsinACBB（）（），∴2sincossinBAB.∵0πB＜＜，∴sin0B，.∴1cos2A.∵0πA＜＜，∴π3A。（2）由3ABCS△，得1sin32ABCSbcA△.又3sin2A，∴4bc∵5bc，∴由余弦定理得2