2024人教版高中数学必修第二册同步练习题--6.4.3 余弦定理、正弦定理--第1课时（含解析）

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2024人教版高中数学必修第二册同步练习题
6.4.3　余弦定理、正弦定理
第1课时　余弦定理、正弦定理
基础过关练
题组一　利用余弦定理解三角形
1.一个三角形的两边长分别为5和3,它们的夹角的余弦值是-,则该三角形的第三条边长为(　　)
A.52　　　　B.2　　　　C.16　　　　D.4
2.边长为5,7,8的三角形的最大角与最小角的和是(　　)
A.150°　　　　B.105°　　　　C.135°　　　　D.120°
3.(2022陕西安康六校期末联考)在△ABC中,B=45°,AC=2,AB=,则边BC的长为(　　)
A.　　　　D.2
4.在△ABC中,BC=a,AC=b,a,b是方程x2-2x+2=0的两个根,且2cos(A+B)=1,则边AB的长为(　　)
A.10　　　　B.　　　　D.5
5.(2023河南信阳校级联考)已知a+1,a+2,a+3是一个钝角三角形的三边长,则a的取值范围是　　　　.
6.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足,则A的取值范围是　　　　.
7.已知A,B,C为△ABC的三个内角,其所对的边分别为a,b,c,若a=2,b=2,且2cos2+cos A=0,则A=　　　　,c=　　　　.
题组二　利用正弦定理解三角形
8.(2023广东开学统考)在△ABC中,若A=45°,B=30°,BC=3,则AC=(　　)
A.3　　　　B.2
9.(2022江苏淮安淮阴中学期中)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若A=60°,B=75°,a=2,则c=(　　)
A.
10.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若A∶B∶C=1∶2∶3,则a∶b∶c=(　　)
A.1∶2∶3　　　　B.3∶2∶1
C.2∶∶1　　　　D.1∶∶2
11.(2023陕西西安长安七中月考)在△ABC中,a=18,b=24,A=45°,则此三角形解的情况为(　　)
A.有一个解　　　　B.有两个解
C.无解　　　　D.无法确定
12.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若cos A=,cos C=,a=1,则sin B=　　　　,b=　　　　.
13.(2023广东佛山顺德月考)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且(a+b)·(sin A-sin B)+(b-c)sin C=0.
(1)求角A的大小;
(2)设a=5,且sin,求c.
题组三　利用余弦定理、正弦定理判断三角形的形状
14.(2022江苏淮安期末)在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,若a=ccos B,则△ABC的形状一定为(　　)
A.锐角三角形　　　　B.直角三角形
C.钝角三角形　　　　D.不能确定
15.(2022河南九师联盟期中联考)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若bcos C-ccos B=2ccos C-a,则△ABC的形状为(　　)
A.等腰三角形 B.直角三角形
C.直角三角形或等腰三角形 D.等腰直角三角形
16.如果将直角三角形的三边增加相同的长度,则新三角形的形状一定是(　　)
A.锐角三角形　　　　B.直角三角形
C.钝角三角形　　　　D.由增加的长度确定
17.(2022江苏盐城月考)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,下列四个命题中正确的是(　　)
A.若,则△ABC一定是等边三角形
B.若acos A=bcos B,则△ABC一定是等腰三角形
C.若bcos C+cos B=b,则△ABC一定是等腰三角形
D.若a2+b2-c2>0,则△ABC一定是锐角三角形
题组四　三角形的面积公式
18.(2022安徽宣城期末)在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,若sin A=sin C,B=30°,△ABC的面积为,则△ABC的周长是　　　　.
19.(2022山东济宁期中)在△ABC中,若a2+b2-ab=c2,ab=4,则△ABC的面积是　　　　.
20.(2023山东济南开学统考)已知△ABC中,A,B,C所对的边分别为a,b,c,且(a+b)(sin A-sin B)=bsin C.
(1)证明:A=2B;
(2)若a=3,b=2,求△ABC的面积.
21.(2023湖南名校联盟段考)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b2(sin2B-3cos2B)=-a(a+b),sin C=sin 2B.
(1)求角B的大小;
(2)若△ABC的面积为2,求AC边上的中线长.
能力提升练
题组一　利用余弦定理、正弦定理解三角形
1.(2021广东佛山南海期中,)在△ABC中,已知D是BC边上一点,AD=2,CD=2,sin B=,cos C=,则AB+BD=(　　)
A.4+4　　　　
C.4+6
2.(多选题)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11,则下列结论正确的是(　　)
A.sin A∶sin B∶sin C=4∶5∶6
B.△ABC是钝角三角形
C.△ABC的最大内角是最小内角的2倍
D.若c=6,则△ABC外接圆的半径为
3.(2023山西大同一中月考,)在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,已知A=,a=7,则以下结论错误的是(　　)
A.△ABC的外接圆的面积是
B.bcos C+ccos B=7
C.b+c可能等于14
D.作A关于BC的对称点A',则|AA'|的最大值是
4.(2022上海曹杨第二中学期末)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,从下列四个条件:①a=c;②C=;③cos B=-;④b=中选出三个条件,使满足所选条件的△ABC存在且唯一的所有c的值为　　　　.
题组二　利用余弦定理、正弦定理求最值或取值范围
5.(2022江苏南京第一中学月考)在钝角△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若c=btan C,则sin A-3cos C的最小值为(　　)
A.-
6.(2022江苏南京月考)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若(a+c)(sin A-sin C)=b(sin A-sin B),且c=,则a-的取值范围为(　　)
A.(1,2)　　　　B.C.)
7.(2023福建宁德期末,)如图,在扇形OPQ中,半径OP=2,圆心角∠POQ=,A是弧PQ上的动点,B是线段OQ上的动点,AB∥OP,则△OAB面积的最大值为(　　)
A.2
8.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且3asin B=4bcos A.若D为AB中点,且CD=3,则△ABC面积的最大值为　　　　.
9.(2023山东潍坊检测,)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c.已知=0,则A=　　　　　;若a=2,则△ABC的周长的取值范围为　　　　　.
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.B 2.D 3.A 4.B 8.A 9.B 10.D 11.B
14.B 15.C 16.A 17.A
1.B　设第三条边长为x,则x2=52+32-2×5×3×=52,∴x=2.
2.D　设长度为5,7,8的边所对的角分别为角A,B,C,由三角形的性质可知A,C分别为最小角、最大角,B为中间角,所以B为锐角,
因为cos B=,所以B=60°,所以A+C=120°.故选D.
3.A　由AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos B,得22=(,即BC2-2BC-2=0,解得BC=1+或BC=1-(舍去).
故选A.
4.B　由题意得
由2cos(A+B)=1,可得cos(A+B)=,
故cos C=cos[π-(A+B)]=-cos(A+B)=-,
∴AB2=a2+b2-2abcos C=a2+b2+ab=(a+b)2-ab
=(2)2-2=10,∴AB=.
5.答案　(0,2)
解析　因为a+1由余弦定理的推论可得cos α=<0,即(a+1)2+(a+2)2-(a+3)2<0,
整理得a2-4<0,解得-2又因为即a>0,
所以a的取值范围为(0,2).
6.答案　
解析　由题意得,整理得a2=bc,由余弦定理的推论得cos A=(当且仅当b=c时取等号),
因为A∈(0,π),所以A∈.
7.答案　120°;2
解析　∵cos A=2cos2+cos A=0,
∴2cos A+1=0,∴cos A=-,∴A=120°.
由余弦定理知a2=b2+c2-2bccos A,
即(2,
整理得c2+2c-8=0,解得c=2或c=-4(舍去).
8.A　根据正弦定理得,
则AC==3.故选A.
9.B　由A=60°,B=75°,得C=45°.由,得c=,故选B.
10.D　∵A∶B∶C=1∶2∶3,且A+B+C=π,
∴A=,
则sin A∶sin B∶sin C=∶∶1=1∶∶2,
故a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin C=1∶∶2.
故选D.
11.B　如图,易得bsin 45°=24×,
因为12<18<24,所以此三角形有两个解.故选B.
解题模板　在△ABC中,已知a,b和A,以角A一边上的点C为圆心,a为半径画弧,此弧与角A另一边的公共点(不包含点A)的个数即为三角形解的个数.解的个数总结如下表:
A为钝角 A为直角 A为锐角
a>b 一解 一解 一解
a=b 无解 无解 一解
absin A 无解 无解 两解
a=bsin A 一解
a12.答案　
解析　在△ABC中,由cos A=,cos C=,
可得sin A=,sin C=,
所以sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C=,
由正弦定理得,故b=.
13.解析　(1)∵(a+b)(sin A-sin B)+(b-c)sin C=0,
∴由正弦定理得(a+b)(a-b)+(b-c)c=0,
即b2+c2-a2=bc,
∴cos A=,
又∵0(2)∵0则由sin,得cos,
∴sin C=2sin,
又A=,a=5,
∴由,得c=.
14.B　因为a=ccos B,cos B=,
所以a=c·,整理得a2+b2=c2,
所以△ABC是直角三角形.故选B.
15.C　由已知结合正弦定理得sin Bcos C-sin Ccos B=2sin Ccos C-
sin A,
∴sin(B+C)+sin Bcos C-sin Ccos B=2sin Ccos C,
∴2sin Bcos C=2sin Ccos C,
∴cos C(sin B-sin C)=0,
∴cos C=0或sin B=sin C,
∵B∈(0,π),C∈(0,π),B+C∈(0,π),
∴C=或B=C,
∴△ABC是直角三角形或等腰三角形.故选C.
16.A　设直角三角形的三边长分别为a,b,c,且a2+b2=c2,令三边都增加x(x>0),则(a+x)2+(b+x)2-(c+x)2=a2+b2+2x2+2(a+b)x-c2-2cx-x2=2(a+b-c)x+x2>0,所以由余弦定理的推论可知新三角形中最大边所对的角是锐角,所以新三角形是锐角三角形.故选A.
17.A　由正弦定理知,若,
则tan A=tan B=tan C,又A,B,C为三角形的内角,所以A=B=C,
故△ABC是等边三角形,A正确;
若acos A=bcos B,则由正弦定理得sin Acos A=sin B·cos B,即sin 2A=sin 2B,又A,B∈(0,π),所以2A=2B或2A+2B=π,即A=B或A+B=,故△ABC为等腰三角形或直角三角形,B错误;
当b=时,满足bcos C+cos B=b,但△ABC不是等腰三角形,C错误;
若a2+b2-c2>0,则由余弦定理的推论可得cos C=>0,即C为锐角,但A,B不一定都是锐角,因此△ABC不一定是锐角三角形,D错误.故选A.
方法总结　利用正、余弦定理判断三角形的形状一般有两种方法:一是角化边,利用正、余弦定理把条件转化为边的关系,再结合因式分解、配方等方法得到边的相应关系,从而判断三角形的形状;二是边化角,利用正、余弦定理把条件转化为角的关系,再结合三角恒等变换得相应内角的关系,从而判断三角形的形状.
18.答案　4+2
解析　由题意结合正弦定理得a=c,
∴acsin B=,
∴c=2,∴a=2.
由余弦定理可得b2=a2+c2-2accos B=(2=4,∴b=2,∴△ABC的周长是4+2.
19.答案　
解析　由a2+b2-ab=c2,得a2+b2-c2=ab,
所以cos C=,
则sin C=,
故△ABC的面积为absin C=.
20.解析　(1)证明:因为(a+b)(sin A-sin B)=bsin C,
所以(a+b)(a-b)=bc,即a2-b2=bc,
所以cos B=,即2acos B=b+c,
所以2sin Acos B=sin B+sin C,
即2sin Acos B=sin B+sin(A+B),
故sin(A-B)=sin B,
所以A-B+B=2kπ+π或A-B-B=2kπ,k∈Z,
又A,B∈(0,π),所以A=2B.
(2)由(1)知a2-b2=bc,又a=3,b=2,所以c=,
由余弦定理的推论可得cos C=,
因为C∈(0,π),所以sin C=,
所以△ABC的面积为absin C=.
21.解析　(1)∵sin C=sin 2B,∴sin C=2sin Bcos B,
由正弦定理得c=2bcos B,∴c2=4b2cos2B,
由b2(sin2B-3cos2B)=-a(a+b),得b2(1-4cos2B)=-a2-ab,
∴b2=-a2-ab,即a2+b2-c2=-ab,
由余弦定理的推论得cos C=,
又∵C∈(0,π),∴C=,
则B∈,故2B∈,
又sin C=sin 2B,∴2B=π-C=,故B=.
(2)由(1)得B=,故A=,
则A=B,故a=b,所以S△ABC=absin C=,则a=b=2,
所以c=
=,
设AC的中点为D,则AD=,
在△ABD中,由余弦定理可得
BD=
=,
所以AC边上的中线长为.
能力提升练
1.D 2.ACD 3.D 5.C 6.C 7.B
1.D　在△ACD中,由余弦定理得AD2=AC2+CD2-2AC×CDcos C,即8=AC2+4-2×AC×2×,
解得AC=4或AC=-1(舍去).
由cos C=,得sin C=,
在△ABC中,由正弦定理得AB=.
由余弦定理得AB2=BC2+AC2-2BC×ACcos C,
即32=BC2+16-2BC×4×,
解得BC=8或BC=-2(舍去),
则BD=BC-CD=6,所以AB+BD=4+6.
2.ACD　因为(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11,所以可设所以由正弦定理可得sin A∶sin B∶sin C=a∶b∶c=4∶5∶6,故A正确.
易知c最大,所以△ABC中角C最大,又cos C=>0,所以C为锐角,所以△ABC为锐角三角形,故B错误.
易知a最小,所以△ABC中角A最小,
又cos A=,
所以cos 2A=2cos2A-1=,所以cos 2A=cos C,
由△ABC中角C最大且C为锐角可得2A∈(0,π),C∈,
所以2A=C,故C正确.
设△ABC外接圆的半径为R,则2R=,又c=6,sin C=,所以2R=,解得R=,故D正确.故选ACD.
3.D　设△ABC外接圆的半径为R,∵A=,a=7,
∴2R=,解得R=,
∴△ABC的外接圆的面积是πR2=π×,故A中结论正确;
由余弦定理可得bcos C+ccos B=b·+c·=a=7,故B中结论正确;
易知B∈,
故b+c=2R(sin B+sin C)=
=14sin,由B∈,得B+,
∴sin,
∴b+c∈(7,14],故C中结论正确;
设A到BC的距离为h,则|AA'|=2h,
易知,即h=bc,
由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos=b2+c2-bc≥2bc-bc=bc,当且仅当b=c时等号成立,
所以h=bc≤×72,即h≤,
所以|AA'|的最大值是7,故D中结论错误.
故选D.
4.答案　
解析　由①②结合正弦定理可得sin A=sin C=,此时角A不唯一,∴所选条件中不能同时有①和②,∴只能选①③④或②③④.
若选①③④,则由余弦定理的推论得-,解得c=(负值舍去);
若选②③④,∵cos B=-,
∴sin B=,
由,得c=.
故满足条件的所有c的值为.
5.C　因为c=btan C,所以由正弦定理得sin C=sin B·,易知sin C≠0,所以sin B=cos C,
又因为△ABC为钝角三角形,
所以B=+C,即B为钝角,
所以sin A-3cos C=sin(B+C)-3cos C
=sin-3cos C=cos 2C-3cos C
=2cos2C-3cos C-1=2,
由解得0则故当cos C=时,2取得最小值-,即sin A-3cos C的最小值为-,
故选C.
6.C　因为(a+c)(sin A-sin C)=b(sin A-sin B),
所以(a+c)(a-c)=b(a-b),整理得a2+b2-c2=ab,
所以cos C=,
又C∈(0,π),所以C=,
由正弦定理可得=2,所以a=2sin A,b=2sin B,所以a-=2sin A-sin B=2sin A-sinsin A-cos A=,
易知0所以-,
故a-.
故选C.
7.B　设∠AOP=θ,则0<θ<,
∵AB∥OP,∠POQ=,
∴∠ABO=,∠OAB=θ,∠AOB=-θ,
在△OAB中,由正弦定理得OB=sin θ,
∴S△OAB=OA·OBsin∠AOB=2sin θsin
=2sin θ
=2sin θcos θ-2sin2θ
=sin 2θ-1+cos 2θ
=-1,
∵θ∈,∴2θ+,
∴当2θ+,即θ=时,S△OAB取得最大值-1.
故选B.
8.答案　9
解析　由3asin B=4bcos A及正弦定理得3sin Asin B=4sin Bcos A,
∵sin B≠0,∴3sin A=4cos A,
又sin2A+cos2A=1,sin A>0,
∴sin A=,cos A=,
在△ACD中,由余弦定理得CD2=AC2+AD2-2AC·AD·cos A,即9=b2+,
∴≥2×=bc,
∴bc≤9,当且仅当b=,即b=时取等号.
∴S△ABC=bcsin A=bc≤9.
9.答案　]
解析　由=0,得-2acos A=ccos B+bcos C,
由正弦定理得-2sin Acos A=sin Ccos B+sin Bcos C,
即-2sin Acos A=sin(B+C)=sin A,
易知sin A≠0,所以cos A=-,
又0所以B+C=,则C=-B且0若a=2,则由正弦定理得=4,
所以b=4sin B,c=4sin C,
所以b+c=4sin B+4sin C=4sin B+4sin
=4sin B+2cos B-2sin B=2sin B+2cos B
=4.
因为0所以2≤4,即2所以4所以△ABC周长的取值范围为(4].
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