人教版必修五“解三角形”精选难题及其答案
一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）
1. 锐角△ABC 中，已知a =√3，A =π
3，则b 2+c 2+3bc 的取值范围是( )
A. (5，15]
B. (7，15]
C. (7，11]
D. (11，15]
2. 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足sinA =2sinBcosC ，则△ABC
的形状为( ) A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形 3. 在△ABC 中，∠A =60°，b =1，S △ABC =√3，则
a?2b+c
sinA?2sinB+sinC
的值等于
( )
A. 2√39
3
B.
263
√3
C. 8
3√3
D. 2√3
4. 在△ABC 中，有正弦定理：a
sinA =b
sinB =c
sinC =定值，这个定值就是△ABC 的外接圆
的直径.如图2所示，△DEF 中，已知DE =DF ，点M 在直线EF 上从左到右运动(点
M 不与E 、F 重合)，对于M 的每一个位置，记△DEM 的外接圆面积与△DMF 的外接圆面积的比值为λ，那么( )
A. λ先变小再变大
B. 仅当M 为线段EF 的中点时，λ取得最大值
C. λ先变大再变小
D. λ是一个定值
5. 已知三角形ABC 中，AB =AC ，AC 边上的中线长为3，当三角形ABC 的面积最大
时，AB 的长为( ) A. 2√5 B. 3√6 C. 2√6 D. 3√5 6. 在△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 所对的边，
b =
c ，且满足sinB
sinA =1?cosB cosA
.若
点O 是△ABC 外一点，∠AOB =θ(0<θ<π)，OA =2OB =2，平面四边形OACB 面积的最大值是( )
A. 8+5√34
B. 4+5√34
C. 3
D. 4+5√32
7. 在△ABC 中，a =1，b =x ，∠A =30°，则使△ABC 有两解的x 的范围是( )
A. (1，2√3
3
) B. (1，+∞)
C. (2√3
3
，2) D. (1，2)
8. △ABC 的外接圆的圆心为O ，半径为1，若AB
????? +AC ????? =2AO ????? ，且|OA ????? |=|AC ????? |，则△ABC 的面积为( )
A. √3
B. √32
C. 2√3
D. 1
9. 在△ABC 中，若sinBsinC =cos 2A
2，则△ABC 是( )
A. 等边三角形
B. 等腰三角形
C. 直角三角形
D. 等腰直角三角形
10. 在△ABC 中，已知∠C =60°.a ，b ，c 分别为∠A ，∠B ，∠C 的对边，则a
b+c +b
c+a 为
( )
A. 3?2√3
B. 1
C. 3?2√3或1
D. 3+2√3
11. 设锐角△ABC 的三内角A 、B 、C 所对边的边长分别为a 、b 、c ，且 a =1，B =2A ，
则b 的取值范围为( ) A. (√2，√3) B. (1，√3) C. (√2，2) D. (0，2)
12. 在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对边的长分别为a ，b ，c ，且满足2bcosB =acosC +
ccosA ，若b =√3，则a +c 的最大值为( )
A. 2√3
B. 3
C. 3
2
D. 9
二、填空题（本大题共7小题，共35.0分）
13. 设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c 且acosC +1
2c =b ，则角A 的大小为______ ；若a =1，则△ABC 的周长l 的取值范围为______ ．
14. 在△ABC 中，∠A ，∠B ，∠C 所对边的长分别为a ，b ，c.已知a +√2c =2b ，sinB =
√2sinC ，则sin C
2= ______ ．
15. 已知△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别是a 、b 、c ，若a ?b =ccosB ?ccosA ，则
△ABC 的形状是______ ． 16. 在△ABC 中，若
a 2
b 2=
tanA tanB
，则△ABC 的形状为______ ．
17. 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若(a ?b)sinB =asinA ?csinC ，
且a 2+b 2?6(a +b)+18=0，则AB
????? ?BC ????? +BC ????? ?CA ????? +CA ????? ?AB ????? = ______ ． 18. 如果满足∠ABC =60°，AC =12，BC =k 的三角形恰有一个，那么k 的取值范围是
______ ．
19. 已知△ABC 的三个内角A ，B ，C 的对边依次为a ，b ，c ，外接圆半径为1，且满足
tanA tanB
=
2c?b b
，则△ABC 面积的最大值为______ ．
三、解答题（本大题共11小题，共132.0分）
20. 在锐角△ABC 中，a ，b ，c 是角A ，B ，C 的对边，且√3a =2csinA ．
(1)求角C 的大小；
(2)若a =2，且△ABC 的面积为
3√3
2
，求c 的值．
21. 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c.已知asinB =√3bcosA ．
(1)求角A 的大小；
(2)若a =√7，b =2，求△ABC 的面积．
22.已知△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足asinA?csinC=
(a?b)sinB．
(1)求角C的大小；
(2)若边长c=√3，求△ABC的周长最大值．
23.已知函数f(x)=√3sinxcosx?cos2x?1
，x∈R．
2
(1)求函数f(x)的最小值和最小正周期；
(2)已知△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c=3，f(C)=0，若向量
m??? =(1，sinA)与n?=(2，sinB)共线，求a，b的值．
24.已知△ABC中，A (1)求△ABC的外接圆半径和角C的值； (2)求a+b+c的取值范围． 25.△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c且满足(2a?c)cosB=bcosC， (1)求角B的大小； (2)若△ABC的面积为为3√3 且b=√3，求a+c的值． 4 26.已知a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C的对边，a=2且(2+b)(sinA? sinB)=(c?b)sinC (1)求角A的大小； (2)求△ABC的面积的最大值． 27.已知函数f(x)=2cos2x+2√3sinxcosx(x∈R)． (Ⅰ)当x∈[0，π]时，求函数f(x)的单调递增区间； ]内恒有两个不相等的实数解，求实数t的取值(Ⅱ)若方程f(x)?t=1在x∈[0，π 2 范围． 28.已知A、B、C是△ABC的三个内角，向量m??? =(cosA+1，√3)，n?=(sinA，1)， 且m??? //n?； (1)求角A； =?3，求tanC． (2)若1+sin2B cos?2B?sin?2B 29.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知sinC+cosC=1?sin C 2 (1)求sinC的值 (2)若a2+b2=4(a+b)?8，求边c的值． 30.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足：(a+c)(sinA?sinC)= sinB(a?b) (I)求角C的大小； (II)若c=2，求a+b的取值范围． 答案和解析 【答案】 1. D 2. A 3. A 4. D 5. A 6. A 7. D 8. B 9. B 10. B 11. A 12. A 13. 60°；(2，3] 14. √2 4 15. 等腰三角形或直角三角形 16. 等腰三角形或直角三角形 17. ?27 2 18. 0 19. 3√3 4 20. 解：(1)△ABC 是锐角，a ，b ，c 是角A ，B ，C 的对边，且√3a =2csinA ． 由正弦定理得：√3sinA =2sinC ?sinA ∵△ABC 是锐角， ∴sinC = √3 2 ， 故C =π 3； (2)a =2，且△ABC 的面积为 3√3 2 ， 根据△ABC 的面积S =12 acsinB =12 ×2×b ×sin π3 = 3√3 2 解得：b =3． 由余弦定理得c 2=a 2+b 2?2abcosC =4+9?2×3=7 ∴c =√7． 故得c 的值为√7． 21. (本题满分为14分) 解：(1)∵asinB =√3bcosA ，由正弦定理得sinAsinB =√3sinBcosA.…(3分) 又sinB ≠0， 从而tanA =√3.…(5分) 由于0 3.…(7分) (2)解法一：由余弦定理a 2=b 2+c 2?2bccosA ，而a =√7，b =2，A =π 3，…(9分) 得7=4+c 2?2c =13，即c 2?2c ?3=0． 因为c >0，所以c =3.…(11分) 故△ABC 的面积为S =1 2 bcsinA = 3√3 2.…(14分) 解法二：由正弦定理，得√7 sin π3 =2 sinB ， 从而sinB =√21 7，…(9分) 又由a >b 知A >B ， 所以cosB=2√7 7 ． 故sinC=sin(A+B)=sin(B+π 3)=sinBcosπ 3 +cosBsinπ 3 =3√21 14 .…(12分) 所以△ABC的面积为1 2bcsinA=3√3 2 .…(14分) 22. 解：(1)由已知，根据正弦定理，asinA?csinC=(a?b)sinB 得，a2?c2=(a?b)b，即a2+b2?c2=ab． 由余弦定理得cosC=a2+b2?c2 2ab =1 2 ． 又C∈(0，π)．所以C=π 3 ． (2)∵C=π 3，c=√3，A+B=2π 3 ， ∴a sinA =b sinB =√3 √3 2 =2，可得：a=2sinA，b=2sinB=2sin(2π 3 ?A)， ∴a+b+c=√3+2sinA+2sin(2π 3 ?A) =√3+2sinA+2(√3 2cosA+1 2 sinA) =2√3sin(A+π 6 )+√3 ∵由0 3可知，π 6 6 <5π 6 ，可得：1 2 6 )≤1． ∴a+b+c的取值范围(2√3，3√3]. 23. 解：(1)由于函数f(x)=√3sinxcosx?cos2x?1 2=√3 2 sin2x?1+cos2x 2 ?1 2 = sin(2x?π 6 )?1， 故函数的最小值为?2，最小正周期为2π 2 =π． (2)△ABC中，由于f(C)=sin(2C?π 6)?1=0，可得2C?π 6 =π 2 ，∴C=π 3 ． 再由向量m??? =(1，sinA)与n?=(2，sinB)共线可得sinB?2sinA=0．再结合正弦定理可得b=2a，且B=2π 3 ?A． 故有sin(2π 3?A)=2sinA，化简可得tanA=√3 3 ，∴A=π 6 ，∴B=π 2 ． 再由a sinA =b sinB =c sinC 可得 a sinπ 6 =b sinπ 2 =3 sinπ 3 ， 解得a=√3，b=2√3． 24. 解：(1)由正弦定理c sinC =2R=1，∴R=1 2 ． 再由a=cosB，b=cosA，可得cosB sinA =cosA sinB ，故有sinAcosA=sinBcosB， 即sin2A=sin2B． 再由A 2． (2)由于a +b +c =cosB +cosA +sinC =sinA +cosA +1=√2sin(A +π 4)+1． 再由O 4，可得π4 <π2 ，∴√22 4 )<1， ∴2<√2sin(A +π 4 )+1<√2+1， 即a +b +c 的取值范围为(2，√2+1)． 25. 解：(1)又A +B +C =π，即C +B =π?A ， ∴sin(C +B)=sin(π?A)=sinA ， 将(2a ?c)cosB =bcosC ，利用正弦定理化简得：(2sinA ?sinC)cosB =sinBcosC ， ∴2sinAcosB =sinCcosB +sinBcosC =sin(C +B)=sinA ， 在△ABC 中，00，∴cosB =1 2，又0 3 (2)∵△ABC 的面积为3√3 4 ，sinB =sin π 3 = √3 2 ， ∴S =1 2acsinB = √34 ac = 3√3 4 ，∴ac =3，又b =√3，cosB =cos π 3=1 2， ∴由余弦定理b 2=a 2+c 2?2accosB 得：a 2+c 2?ac =(a +c)2?3ac =(a +c)2? 9=3， ∴(a +c)2=12，则a +c =2√3 26. 解：(1)△ABC 中，∵a =2，且(2+b)(sinA ?sinB)=(c ?b)sinC ， ∴利用正弦定理可得(2+b)(a ?b)=(c ?b)c ，即b 2+c 2?bc =4，即b 2+c 2?4=bc ， ∴cosA = b 2+ c 2?a 2 2bc = bc 2bc =1 2 ， ∴A =π 3． (2)再由b 2+c 2?bc =4，利用基本不等式可得4≥2bc ?bc =bc ， ∴bc ≤4，当且仅当b =c =2时，取等号， 此时，△ABC 为等边三角形，它的面积为1 2bcsinA =1 2×2×2×√3 2=√3， 故△ABC 的面积的最大值为：√3． 27. 解：(I)f(x)=2cos 2x +2√3sinxcosx =cos2x +√3sin2x +1 2sin(2x +π 6)+1 令?π2+2kπ≤2x +π 6≤+2kπ(k ∈Z) 解得：kπ?π 3≤x ≤kπ+π 6(k ∈Z) 由于x ∈[0，π] f(x)的单调递增区间为：[0，π 6]和[2π 3，π]. (Ⅱ)依题意：由2sin(2x +π 6)+1=t +1 解得：t =2sin(2x +π 6) 设函数y1=t与y2=2sin(2x+π 6 ) 由于在同一坐标系内两函数在x∈[0，π 2 ]内恒有两个不相等的交点． 因为：x∈[0，π 2 ] 所以：2x+π 6∈[π 6 ，7π 6 ] 根据函数的图象：当2x+π 6∈[π 6 ，π 2 ]sin(2x+π 6 )∈[1 2 ，1]，t∈[1，2] 当2x+π 6∈[π 2 ，7π 6 ]时，sin(2x+π 6 )∈[?1 2 ，1]，t∈[?1，2] 所以：1≤t<2 28. 解：(1)∵m??? //n?，∴√3sinA?cosA=1， 2(sinA?√3 2?cosA?1 2 )=1，sin(A?π 6 )=1 2 ， ∵0 6 6 <5π 6 ， ∴A?π 6=π 6 .∴A=π 3 ． (2)由题知1+sin2B cos?2B?sin?2B =?3， ∴(cosB+sinB)2 (cosB+sinB)(cosB?sinB) =?3， ∴cosB+sinB cosB?sinB =?3， ∴1+tanB 1?tanB =?3，∴tanB=2． ∴tanC=tan[π?(A+B)]=?tan(A+B)=?tanA+tanB 1?tanAtanB =8+5√3 11 ． 29. 解：(1)∵sinC+cosC=1?sin C 2 ∴2sin C 2 cos C 2 +1?2sin2 C 2 =1?sin C 2 ∴2sin C 2 cos C 2 ?2sin2 C 2 =?sin C 2 ∴2sin2C ?2sin C cos C =sin C ∴2sin C 2 (sin? C 2 ?cos C 2 )=sin C 2 ∴sin C 2 ?cos? C 2 = 1 2 ∴sin2C 2 ?sinC+cos2 C 2 = 1 4 ∴sinC=3 4 (2)由sin C 2?cos C 2 =1 2 >0得π 4 2 <π 2 即π 2 ∴cosC=?√7 4 ∵a2+b2=4(a+b)?8 ∴(a?2)2+(b?2)2=0 ∴a=2，b=2 由余弦定理得c2=a2+b2?2abcosC=8+2√7 ∴c=1+√7 30. (本题满分为12分) 解：(I)在△ABC中，∵(a+c)(sinA?sinC)=sinB(a?b)， ∴由正弦定理可得：(a+c)(a?c)=b(a?b)，即a2+b2?c2=ab，…(3分)∴cosC=1 2 ， ∴由C为三角形内角，C=π 3 .…(6分) (II)由(I)可知2R=c sinC=√3 2=4√3 3 ，…(7分) ∴a+b=4√3 3(sinA+sinB)=4√3 3 [sinA+sin(A+π 3 )] =4√3 3(3 2 sinA+√3 2 cosA)=4sin(A+π 6 ).…(10分) ∵0 3 ， ∴π 6 6 <5π 6 ， ∴1 2 6 )≤1， ∴2<4sin(A+π 6 )≤4 ∴a+b的取值范围为(2，4].…(12分) 【解析】 1. 解：由正弦定理可得，a sinA=b sinB=c sinC=√3√3 2 =2，∴b=2sinB，c=2sinC， ∵△ABC为锐角三角形， ∴0° ∴30° ∵bc=4sinBsin(120°?B)=4sinB(√3 2cosB+1 2 sinB) =2√3sinBcosB+2sin2B=√3sin2B+(1?cos2B)=2sin(2B?30°)+1，∵30° ∴30°<2B?30°<150°， ∴1 2 ∴2<2sin(2B?30°)+1≤4， 即2 ∵a =√3，A =π 3，由余弦定理可得：3=b 2+c 2?bc ，可得：b 2+c 2=bc +3， ∴b 2+c 2+3bc =4bc +3∈(11，15]． 故选：D ． 由正弦定理可得，a sinA =b sinB =c sinC =√3 √3 2 =2，结合已知可先表示b ，c ，然后由△ABC 为 锐角三角形及B +C =120°可求B 的范围，再把所求的bc 用sinB ，cosB 表示，利用三 角公式进行化简后，结合正弦函数的性质可求bc 的范围，由余弦定理可得b 2+c 2+3bc =4bc +3，从而可求范围． 本题综合考查了正弦定理和面积公式及两角和与差的正弦、余弦公式及辅助角公式的综合应用，解题的关键是熟练掌握基本公式并能灵活应用，属于中档题． 2. 解：因为sinA =2sinBcosc ， 所以sin(B +C)=2sinBcosC ， 所以sinBcosC ?sinCcosB =0，即sin(B ?C)=0， 因为A ，B ，C 是三角形内角， 所以B =C ． 三角形为等腰三角形． 故选：A ． 通过三角形的内角和，以及两角和的正弦函数，化简方程，求出角的关系，即可判断三角形的形状． 本题考查两角和的正弦函数的应用，三角形的判断，考查计算能力，属于基础题． 3. 解：∵∠A =60°，b =1，S △ABC =√3=12bcsinA =12×1×c ×√3 2 ， ∴c =4， ∴a 2=b 2+c 2?2bccosA =1+14?2×1×4×1 2=13， ∴a =√13， ∴a?2b+c sinA?2sinB+sinC =a sinA = √13 √3 2 = 2√393 ． 故选：A ． 先利用面积公式求得c 的值，进而利用余弦定理可求a ，再利用正弦定理求解比值． 本题的考点是正弦定理，主要考查正弦定理的运用，关键是利用面积公式，求出边，再利用正弦定理求解． 4. 解：设△DEM 的外接圆半径为R 1，△DMF 的外接圆半径为R 2， 则由题意，πR 1 2πR 22=λ， 点M 在直线EF 上从左到右运动(点M 不与E 、F 重合)， 对于M 的每一个位置，由正弦定理可得：R 1=12DE sin∠DME ，R 2=12DF sin∠DMF ， 又DE =DF ，sin∠DME =sin∠DMF ， 可得：R 1=R 2， 可得：λ=1． 故选：D ． 设△DEM 的外接圆半径为R 1，△DMF 的外接圆半径为R 2，则由题意，πR 12 πR 2 2=λ，由正弦 定理可得：R 1=12DE sin∠DME ，R 2=12DF sin∠DMF ，结合DE =DF ，sin∠DME =sin∠DMF ，可得λ=1，即可得解． 本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，考查了分类讨论思想和转化思想的应用，属于基础题． 5. 解：设AB=AC=2x，AD=x． 设三角形的顶角θ，则由余弦定理得cosθ= (2x)2+x2?9 2×2x×x =5x2?9 4x2 ， ∴sinθ=√1?cos2θ=√144?9(x2?5)2 4x2 ， 根据公式三角形面积S=1 2absinθ=1 2 ×2x?2x?√144?9(x2?5)2 4x2 =√144?9(x2?5)2 2 ， ∴当x2=5时，三角形面积有最大值.此时x=√5． AB的长：2√5． 故选：A． 设AB=AC=2x，三角形的顶角θ，则由余弦定理求得cosθ的表达式，进而根据同角三角函数基本关系求得sinθ，最后根据三角形面积公式表示出三角形面积的表达式，根据一元二次函数的性质求得面积的最大值时的x即可． 本题主要考查函数最值的应用，根据条件设出变量，根据三角形的面积公式以及三角函数的关系是解决本题的关键，利用二次函数的性质即可求出函数的最值，考查学生的运算能力.运算量较大． 6. 解：△ABC中，∵b=c，sinB sinA =1?cosB cosA ，∴sinBcosA+ cosBsinA=sinA，即sin(A+B)=sin(π?C)=sinC=sinA，∴A=C，又b=c，∴△ABC为等边三角形． ∴S OACB=S△AOB+S△ABC =1 2?OA?OB?sinθ+1 2 ?AB2?sinπ 3 =1 2 ×2×1×sinθ+√3 4 (OA2+OB2?2OA?OB? cosθ) =sinθ?√3cosθ+5√3 4=2sin(θ?π 3 )+5√3 4 ． ∵0<θ<π，∴?π 3<θ?π 3 <2π 3 ，故当θ?π 3 =π 2 时，sin(θ?π 3 )取得最大值为1， 故S OACB=的最大值为2+5√3 4=8+5√3 4 ， 故选：A． 依题意，可求得△ABC为等边三角形，利用三角形的面积公式与余弦定理可求得S OACB= 2sin(θ?π 3)+5√3 4 (0<θ<π)，从而可求得平面四边形OACB面积的最大值． 题考查三角函数中的恒等变换应用，考查余弦定理的应用，求得S OACB=2sin(θ?π 3 )+ 5√3 4 是解题的关键，也是难点，考查等价转化思想与运算求解能力，属于中档题． 7. 解：结合图形可知，三角形有两解的条件为b=x>