2020版新高考二轮复习理科数学专题强化训练十六解三角形解析

专题强化训练(十六)解三角形1．[2019·天津卷]在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b＋c＝2a,3csinB＝4asinC.(1)求cosB的值；(2)求sin2B＋π6的值．解：(1)在△ABC中，由正弦定理bsinB＝csinC，得bsinC＝csinB，又由3csinB＝4asinC，得3bsinC＝4asinC，即3b＝4a.又因为b＋c＝2a，得到b＝43a，c＝23a.由余弦定理可得cosB＝a2＋c2－b22ac＝a2＋49a2－169a22·a·23a＝－14.(2)由(1)可得sinB＝1－cos2B＝154，从而sin2B＝2sinBcosB＝－158，cos2B＝cos2B－sin2B＝－78，故sin2B＋π6＝sin2Bcosπ6＋cos2Bsinπ6＝－158×32－78×12＝－35＋716.2．[2019·石家庄一模]已知△ABC的面积为33，且内角A，B，C依次成等差数列．(1)若sinC＝3sinA，求边AC的长；(2)设D为AC边的中点，求线段BD长的最小值．解：(1)∵△ABC三个内角A、B、C依次成等差数列，∴B＝60°.设A、B、C所对的边分别为a、b、c，由△ABC的面积S＝33＝12acsinB可得ac＝12.∵sinC＝3sinA，由正弦定理知c＝3a，∴a＝2，c＝6.在△ABC中，由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2accosB＝28，∴b＝27，即AC的长为27.(2)∵BD是AC边上的中线，∴BD→＝12(BC→＋BA→)，∴BD→2＝14(BC→2＋BA→2＋2BC→·BA→)＝14(a2＋c2＋2accosB)＝14(a2＋c2＋ac)≥14(2ac＋ac)＝9，当且仅当a＝c时取“＝”，∴|BD→|≥3，即BD长的最小值为3.3．[2019·合肥质检二]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin2A＋sin2B＋sinAsinB＝2csinC，△ABC的面积S＝abc.(1)求角C；(2)求△ABC周长的取值范围．解：(1)由S＝abc＝12absinC可得2c＝sinC，∴sin2A＋sin2B＋sinAsinB＝sin2C，由正弦定理得a2＋b2＋ab＝c2，由余弦定理得cosC＝－12，∴C＝2π3.(2)由(1)知2c＝sinC，同理可知2a＝sinA，2b＝sinB.△ABC的周长为a＋b＋c＝12(sinA＋sinB＋sinC)＝12[sinA＋sinπ3－A]＋34＝12sinA＋32cosA－12sinA＋34＝1212sinA＋32cosA＋34＝12sinA＋π3＋34.∵A∈0，π3，∴A＋π3∈π3，2π3，∴sinA＋π3∈32，1，∴△ABC周长的取值范围为32，2＋34.4．[2019·武汉4月调研]在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cosA＝104，B＝2A，b＝15.(1)求a；(2)已知M在边BC上，且CMMB＝12，求△CMA的面积．解：(1)由0Aπ，cosA＝104，知sinA＝64，∴sinB＝sin2A＝2sinAcosA＝2×64×104＝154，由正弦定理asinA＝bsinB＝csinC可知，a＝bsinAsinB＝6.(2)cosB＝cos2A＝2cos2A－1＝2×1042－1＝14，sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝64×14＋104×154＝368，△ABC的面积S△ABC＝12ab·sinC＝12×6×15×368＝9158，又CMMB＝12，∴S△CMA＝13S△ABC＝13×9158＝3158.5．[2019·济南模拟]△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2bsinC＝acosC＋ccosA，B＝2π3，c＝3.(1)求角C；(2)若点E满足AE→＝2EC→，求BE的长．解：(1)解法一：由题设及正弦定理得2sinBsinC＝sinAcosC＋sinCcosA，又sinAcosC＋sinCcosA＝sin(A＋C)＝sin(π－B)＝sinB，所以2sinBsinC＝sinB.由于sinB＝32≠0，所以sinC＝12.又0Cπ3，所以C＝π6.解法二：由题设及余弦定理可得2bsinC＝a×a2＋b2－c22ab＋c×b2＋c2－a22bc，化简得2bsinC＝b.因为b0，所以sinC＝12.又0Cπ3，所以C＝π6.解法三：由2bsinC＝acosC＋ccosA，结合b＝acosC＋ccosA，可得2bsinC＝b.因为b0，所以sinC＝12.又0Cπ3，所以C＝π6.(2)解法一：由正弦定理易知bsinB＝csinC＝23，解得b＝3.又AE→＝2EC→，所以AE＝23AC＝23b，即AE＝2.在△ABC中，因为∠ABC＝23π，C＝π6，所以A＝π6，所以在△ABE中，A＝π6，AB＝3，AE＝2，由余弦定理得BE＝AB2＋AE2－2AB·AEcosπ6＝3＋4－2×3×2×32＝1，所以BE＝1.解法二：在△ABC中，因为∠ABC＝23π，C＝π6，所以A＝π6，a＝c＝3.由余弦定理得b＝32＋32－2×3×3×cos23π＝3.因为AE→＝2EC→，所以EC＝13AC＝1.在△BCE中，C＝π6，BC＝3，CE＝1，由余弦定理得BE＝BC2＋EC2－2BC·ECcosπ6＝3＋1－2×3×1×32＝1，所以BE＝1.解法三：在△ABC中，因为∠ABC＝23π，C＝π6，所以A＝π6，a＝c＝3.因为AE→＝2EC→，所以BE→＝13BA→＋23BC→.则|BE→|2＝19(BA→＋2BC→)2＝19(|BA→|2＋4BA→·BC→＋4|BC→|2)＝19(3－4×3×3×12＋4×3)＝1，所以BE＝1.6．[2019·太原一模]如图，已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且asinA＋(c－a)sinC＝bsinB，点D是AC的中点，DE⊥AC，交AB于点E，且BC＝2，DE＝62.(1)求B；(2)求△ABC的面积．解：(1)∵asinA＋(c－a)sinC＝bsinB，∴由asinA＝bsinB＝csinC得a2＋c2－ac＝b2，由余弦定理得cosB＝a2＋c2－b22ac＝12，∵0°B180°，∴B＝60°.(2)如图，连接CE，∵D是AC的中点，DE⊥AC，∴AE＝CE，∴CE＝AE＝DEsinA＝62sinA.在△BCE中，由正弦定理得CEsinB＝BCsin∠BEC＝BCsin2A，∴62sinAsin60°＝22sinAcosA，∴cosA＝22，∵0°A180°，∴A＝45°，∴∠ACB＝75°，∴∠BCE＝∠ACB－∠ACE＝30°，∠BEC＝90°，∴CE＝AE＝3，AB＝AE＋BE＝3＋1，∴S△ABC＝12AB·CE＝3＋32.7．[2019·长沙一模]已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.且asin(A＋B)＝csinB＋C2.(1)求A；(2)若△ABC的面积为3，周长为8，求a.解：(1)由题设得asinC＝ccosA2，由正弦定理得sinAsinC＝sinCcosA2，∵sinC≠0，所以sinA＝cosA2，所以2sinA2cosA2＝cosA2，又cosA2≠0，所以sinA2＝12，故A＝60°.(2)由题设得12bcsinA＝3，从而bc＝4.由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得a2＝(b＋c)2－12.又a＋b＋c＝8，所以a2＝(8－a)2－12，解得a＝134.8．[2019·福州质检]△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若角A，B，C成等差数列，且b＝32.(1)求△ABC的外接圆直径；(2)求a＋c的取值范围．解：(1)因为角A，B，C成等差数列，所以2B＝A＋C，又因为A＋B＋C＝π，所以B＝π3.根据正弦定理得，△ABC的外接圆直径2R＝bsinB＝32sinπ3＝1.(2)解法一：由B＝π3，知A＋C＝2π3，可得0A2π3.由(1)知△ABC的外接圆直径为1，根据正弦定理得，asinA＝bsinB＝csinC＝1，所以a＋c＝sinA＋sinC＝sinA＋sin2π3－A＝332sinA＋12cosA＝3sinA＋π6.因为0A2π3，所以π6A＋π65π6.所以12sinA＋π6≤1，从而323sinA＋π6≤3，所以a＋c的取值范围是32，3.解法二：由(1)知，B＝π3，b2＝a2＋c2－2accosB＝(a＋c)2－3ac≥(a＋c)2－3a＋c22＝14(a＋c)2(当且仅当a＝c时，取等号)，因为b＝32，所以(a＋c)2≤3，即0a＋c≤3，又三角形两边之和大于第三边，所以32a＋c≤3，所以a＋c的取值范围是32，3.