一、單項選擇題
1．(2023·重慶模擬)在△ABC中，sin A＝，AC＝，B＝45°，則BC等于( )
A．2 B. C．2 D．2
答案 D
解析 由正弦定理知，＝，
∴BC＝＝＝2.
2．(2023·南昌模擬)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若b＝3，c＝2，△ABC的面積為2sin B，則cos A等于( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 因為b＝3，c＝2，△ABC的面積為2sin B，所以S△ABC＝acsin B＝2sinB，
所以a＝2，由余弦定理得cos A＝＝.
3．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，若asin A＋b(sin B＋sin A)＝csin C，則C等于( )
A．30° B．60° C．120° D．150°
答案 D
解析 因為asin A＋b(sin B＋sin A)＝csin C，
所以由正弦定理得a2＋b(b＋a)＝c2，
化簡得a2＋b2－c2＝－ab，
所以由余弦定理得cos C＝＝＝－，
因為C∈(0，π)，
所以C＝150°.
4．(2023·鄭州模擬)2021年11月，鄭州二七罷工紀(jì)念塔入選全國職工愛國主義教育基地名單．某數(shù)學(xué)建模小組為測量塔的高度，獲得了以下數(shù)據(jù)：甲同學(xué)在二七廣場A地測得紀(jì)念塔頂D的仰角為45°，乙同學(xué)在二七廣場B地測得紀(jì)念塔頂D的仰角為30°，塔底為C(A，B，C在同一水平面上，DC⊥平面ABC)，測得AB＝63 m，∠ACB＝30°，則紀(jì)念塔的高CD為( )
A．40 m B．63 m
C．40m D．63m
答案 B
解析 如圖所示，∠DAC＝45°，∠CBD＝30°，∠ACB＝30°，設(shè)塔高CD為t，因為DC⊥平面ABC，所以DC⊥CA，DC⊥CB，
所以AC＝t，BC＝t，又AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB，
即632＝t2＋3t2－2×t×t×，
解得t＝63 m.
5．(2022·南寧模擬)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，a＝2，b2＋c2＝a2＋bc，則△ABC外接圓的面積是( )
A. B. C．2π D．4π
答案 B
解析 因為b2＋c2＝a2＋bc，所以b2＋c2－a2＝bc，
由余弦定理得cos A＝＝，
所以sin A＝，
設(shè)△ABC外接圓的半徑為R，由正弦定理得2R＝＝，
所以R＝，
所以△ABC外接圓的面積是πR2＝.
6．設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，tan A＝，且B為鈍角．則sin A＋sin C的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 由tan A＝以及正弦定理得＝＝，所以sin B＝cos A，即sin B＝sin，
又B為鈍角，所以＋A∈，
故B＝＋A，
C＝π－(A＋B)＝－2A>0?A∈，
于是sin A＋sin C＝sinA＋sin＝sinA＋cos 2A＝－2sin2A＋sinA＋1＝－22＋，
因為A∈，所以0<sin A<，
由此<－22＋≤，即sin A＋sin C的取值范圍是.
7．(2022·洛陽模擬)已知在△ABC中，AB＝5，AC＝4，則當(dāng)函數(shù)f(A)＝sin＋cos－cos 2A取得最大值時，BC等于( )
A．4 B. C. D．2
答案 B
解析 f(A)＝2－cos 2A＝2sin－cos 2A＝2cos A－(2cos2A－1)＝－2cos2A＋2cosA＋1，
當(dāng)cosA＝，即A＝時，f(A)max＝，
∴BC2＝52＋42－2×5×4×＝21，∴BC＝.
8．(2022·吉安模擬)在△ABC中，AB＝BC，點D是邊AB的中點，△ABC的面積為，則線段CD的取值范圍是( )
A．(0,1) B．(1，＋∞)
C. D.
答案 C
解析 設(shè)AB＝BC＝t，CD＝m，所以S△ABC＝t2sin B＝，即t2sin B＝，①
在△BCD中，由余弦定理得m2＝t2＋2－2t··cos B，
即t2cos B＝t2－m2，②
由①②得t4＝2＋，
即9t4－40m2t2＋16m4＋＝0，
令t2＝x>0，設(shè)g(x)＝9x2－40m2x＋16m4＋，則方程g(x)＝0在(0，＋∞)上有解，所以g＝92－40m2×＋16m4＋≤0，解得m4≥，即m≥.
二、多項選擇題
9．(2022·福州模擬)下列對△ABC解的個數(shù)的判斷中正確的是( )
A．a＝7，b＝14，A＝30°，有一解
B．a＝30，b＝25，A＝150°，有一解
C．a＝，b＝，A＝60°，有一解
D．a＝6，b＝9，A＝45°，有兩解
答案 AB
解析 選項A，bsin A＝14sin 30°＝7＝a，則三角形有一解，判斷正確；
選項B，bsin A＝25sin 150°＝，則a>b>bsin A，則三角形有一解，判斷正確；
選項C，bsin A＝sin 60°＝，則a<bsin A，則三角形無解，判斷錯誤；
選項D，bsin A＝9sin 45°＝，則a<bsin A，則三角形無解，判斷錯誤．
10．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若＋＝0，則△ABC的形狀為( )
A．直角三角形 B．等邊三角形
C．等腰直角三角形 D．等腰三角形
答案 AD
解析 ＋＝0，變形得＝，
結(jié)合余弦定理得＝，
因為c≠0，所以sin Bcos B＝sinAcos A，
即sin 2A＝sin 2B.
因為A，B∈(0，π)，
所以2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝，
所以△ABC為等腰三角形或直角三角形．
11．(2023·寧波模擬)已知△ABC三個內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且ccosA＋asinC＝0，若角A的角平分線交BC于D點，且AD＝1，則下列結(jié)論正確的是( )
A．A＝ B．A＝
C．b＋c的最小值為2 D．b＋c的最小值為4
答案 AD
解析 由ccos A＋asin C＝0及正弦定理，
得sin Ccos A＋sinAsin C＝0，
因為C∈(0，π)，sinC≠0，所以cos A＋sinA＝0，即tanA＝－，
因為A∈(0，π)，所以A＝，故A正確；
S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，
所以bc·sin ＝c·1·sin ＋b·1·sin ，
所以bc＝b＋c，即＋＝1，
所以b＋c＝(b＋c)＝2＋＋≥2＋2＝4，
當(dāng)且僅當(dāng)b＝c＝2時，等號成立，
所以b＋c的最小值為4，故D正確．
12．(2023·南昌模擬)已知O是△ABC的外心，若··＋·＝2m2，且2sin B＋sin C＝，則實數(shù)m可取的值為( )
A. B. C. D．1
答案 AB
解析 設(shè)△ABC的外接圓半徑為R，因為O是△ABC的外心，故可得|AO|＝R，
且·＝||2＝c2，·＝||2＝b2，
故·＋·＝2m2，
即|AB|·|AC|＋|AB|·|AC|＝2mR2，
也即bc＝2mR2，則m＝，
又2sinB＋sin C＝，
由正弦定理可得2b＋c＝2R，則R2＝，
故m＝＝≤＝，
當(dāng)且僅當(dāng)＝，即c＝2b時，m取得最大值，
故結(jié)合選項知m可取的值為或.
三、填空題
13．已知銳角△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且滿足c＝，tan Atan B＝＋tan A＋tan B，則a2＋b2的取值范圍為________．
答案 (5,6]
解析 方法一 由tan Atan B＝＋tanA＋tan B，
得tanA＋tan B＝(tan Atan B－1)，
則＝－，
即tan(A＋B)＝－，
∴tanC＝.
又0<C<，
∴C＝，
∴A＋B＝.
又∵0<A<，0<B<，
∴<A<.
由正弦定理，得＝＝＝＝2，
∴a2＋b2＝(2sin A)2＋(2sinB)2
＝4
＝4
＝4
＝4.
又∵<A<，
∴<2A－<，
∴<sin≤1，
∴5<a2＋b2≤6，即a2＋b2的取值范圍為(5,6]．
方法二 由tan Atan B＝＋tanA＋tan B，
得tanA＋tan B＝(tan Atan B－1)，
則＝－，
即tan(A＋B)＝－，
∴tanC＝.
又0<C<，
∴C＝.
設(shè)A＝－α，B＝＋α.
∵0<－α<，0<＋α<，
∴－<α<.
由正弦定理，得＝＝＝＝2，
∴a2＋b2＝(2sin A)2＋(2sinB)2
＝4
＝4
＝4
＝4＋2cos 2α.
∵－<α<，
∴－<2α<，
∴<cos 2α≤1，
∴5<a2＋b2≤6，
即a2＋b2的取值范圍為(5,6]．
14．△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若cos2C＝sin2A＋cos2B－sin Asin C，且b＝6，則B＝________，△ABC外接圓的面積為________．
答案 12π
解析 由cos2C＝sin2A＋cos2B－sinAsin C，
可得1－sin2C＝sin2A＋1－sin2B－sinAsin C，
即sin2A＋sin2C－sin2B＝sinAsin C，
則由正弦定理得ac＝a2＋c2－b2，由余弦定理可得cos B＝＝，
又因為B∈(0，π)，可得B＝，
所以△ABC外接圓的半徑R＝＝2，
所以△ABC外接圓的面積為πR2＝12π.
15．(2023·臨汾模擬)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿足5a2＋3b2＝3c2，則tan A的最大值為________．
答案
解析 ∵5a2＋3b2＝3c2，∴a2＝，
∴cosA＝＝＝≥＝，
當(dāng)且僅當(dāng)c2＝4b2，即c＝2b時等號成立，
又A∈(0，π)，∴cos A∈，cos2A∈，
∴tanA＝＝≤＝.
16.(2023·晉中模擬)如圖，為方便市民游覽市民中心附近的“網(wǎng)紅橋”，現(xiàn)準(zhǔn)備在河岸一側(cè)建造一個觀景臺P，已知射線AB，AC且夾角為120°的公路(長度均超過4千米)，在兩條公路AB，AC上分別設(shè)立游客上、下點M，N，從觀景臺P到M，N建造兩條觀光線路PM，PN，測得AM＝5千米，AN＝3千米．若∠MPN＝60°，則兩條觀光線路PM與PN之和的最大值為________千米．
答案 14
解析 在△AMN中，由余弦定理得，
MN2＝AM2＋AN2－2AM·ANcos 120°＝25＋9－2×5×3×＝49，
所以MN＝7千米．
設(shè)∠PMN＝α，
因為∠MPN＝60°，所以∠PNM＝120°－α，0°<α<120°，
在△PMN中，由正弦定理得＝＝＝＝，
所以PM＝sin(120°－α)，PN＝sin α，
因此PM＋PN＝sin(120°－α)＋sin α
＝×＝×＝14sin(α＋30°)，
因為0°<α<120°，
所以30°<α＋30°<150°.
所以當(dāng)α＋30°＝90°，即α＝60°時，PM＋PN取到最大值14千米．
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