高中数学人教A版（2019）必修2 第六章 余玄定理 解答题专项章节综合练习题（答案+解析）

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余玄定理 解答题专项
一、解答题
1．（2023高二上·西乡县开学考）在锐角中，的对边分别为，且
（1）确定角的大小；
（2）若，且，求边.
2．在中，内角，，所对的边分别为，，，已知．
（1）若，，求的值；
（2）若，求角，的大小．
3．（2023高二下·河北期末）记的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且．
（1）求角的大小；
（2）设边上的高，求面积的最小值．
4．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为S1，S2，S3，已知，．
（1）求△ABC的面积；
（2）若，求c．
5．如图，在中，，，点D在线段BC上.
（1）若，求AD的长；
（2）若，的面积为，求的值.
6．在ABC中．a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，
（1）求角C：
（2）若，求锐角ABC面积的取值范围．
7．的内角的对边分别为，已知.
（1）若，求的面积；
（2）若，求.
8．（2023高一下·北流期中）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且．
（1）求角B的大小；
（2）若，D为AC边上的一点，，且______________，求△ABC的面积．
请在下列两个条件中选择一个作为条件补充在横线上，并解决问题．
①BD是∠ABC的平分线；②D为线段AC的中点．
（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答记分．）
9．（2023高二上·梅河口开学考）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
（1）若，求cosB的值；
（2）是否存在△ABC，满足B为直角？若存在，求出△ABC的面积；若不存在，请说明理由.
10．（2023高二上·梅河口开学考）已知内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，已知．
（1）求角B；
（2）若，且，求的周长．
11．（2023·海盐开学考）在中，内角，，所对的边分别为，，，且．
（1）证明：；
（2）若，且的面积为，求．
12．（2023·海盐开学考）在中，内角，，的对边分别是，，，且满足B.
（1）求角的值.
（2）sinAsinB=34，c=2，求△ABC的面积．
13．（2023·）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求角A；
（2）若a=，c=2，的角平分线交BC于D，求AD的长．
14．（2023·）如图，在△ABC中，，，，点D，E分别在，上且满足， ，点在线段上．
（1）若，求；
（2）若，且求；
（3）求的最小值．
15．（2023高三上·深圳月考）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）求的值；
（2）求的最小值.
16．（2023高三上·梅河口开学考）某公园有一块边长为3百米的正三角形空地，拟将它分割成面积相等的三个区域，用来种植三种花卉.方案是：先建造一条直道将分成面积之比为的两部分（点D，E分别在边，上）；再取的中点M，建造直道（如图）.设，，（单位：百米）.
（1）分别求，关于x的函数关系式；
（2）试确定点D的位置，使两条直道的长度之和最小，并求出最小值.
17．（2023高二上·吉林开学考）在中，内角所对的边分别为，且．
（1）求角的大小；
（2）若边上中线长为，求的面积．
18．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知．
（1）求角B的大小；
（2）若△ABC为锐角三角形，且a＝2c，，求△ABC的面积．
19．已知内角的对边分别为，设.
（1）求；
（2）若的面积为，求的值.
20．（2023高三上·深圳月考）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求角A的大小；
（2）若，△ABC的面积，求△ABC的周长．
21．（2023高一下·河南月考）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足．
（1）若外接圆的半径为，且AC边上的中线长为，求的面积；
（2）的外心O、重点G、垂心H依次位于同一直线上，这条直线叫欧拉线，证明：
（i）；
（ii）．
22．（2023高一下·河南月考）如图，在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，．
（1）求；
（2）过点A作，交线段于点，且，求．
23．（2023高一下·达州期末）某公司竞标得到一块地，如图1，该地两面临湖（BC，CD面临湖），，，．
（1）求BC，CD的长；
（2）该公司重新设计临湖面，如图2，是以BD为直径的半圆，P是上一点，BP，PD是一条折线观光道，已知观光道每米造价300元，若该公司预计用88000元建观光道，问预算资金是否充足
24．（2023高一下·莲湖期末）已知的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，的面积为S，且．
（1）求角A的大小；
（2）若，，求的周长．
25．（2023高一下·汕尾期末）记的内角，，的对边分别是，，，已知.
（1）求；
（2）若，，求的面积.
26．（2023高二下·福州期末）在①，②，③三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．
问题：已知，，分别为三个内角，，的对边，且____．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
（1）求；
（2）若，则的面积为，求，．
27．（2023高一下·荔湾期末）如图，两点都在河的对岸（不可到达），为了测量两点间的距离，在两点的对岸选定两点，测得，并且在两点分别测得，，，，
（1）求两点间的距离；
（2）设与相交于点，记与的面积分别为，，求．
28．（2023高二上·梅河口开学考）在中，设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且三角形的外接圆半径为．
（1）求C的大小；
（2）若的面积为，求的值；
（3）设的外接圆圆心为O，且满足，求m的值．
29．（2023高二下·保山期末）记的内角，，的对边分别为，，，已知，.
（1）求的大小；
（2）为上一点，从下列条件①、条件②中任选一个作为已知，求线段的最大值.
条件①：为的角平分线；条件②：为边上的中线.
30．（2023高一下·嘉兴期末）在中，内角所对的边分别为，其面积为，满足.
（1）若，求的最大值；
（2）若，求的最小值.
答案解析部分
1．【答案】（1）解：因为，由正弦定理得，又，
所以，即，因为，所以.
（2）解：由余弦定理，得，
又，由解得或
【解析】【分析】（1）利用正弦定理将边化为角得到，结合C的范围可得答案；
（2）由余弦定理得到，再结合解方程组即可.
2．【答案】（1）解：因为，，，
由余弦定理可得；
（2）解：因为，所以，
由余弦定理可得：，
所以，即，
所以，
因为，
可得，
所以
【解析】【分析】 (1)结合条件利用余弦定理求的值 ；
(2)由结合余弦定理得到 ，进而求解.
3．【答案】（1）解：由正弦定理可知：
所以
又，所以，所以．
因为，所以
（2）解：，所以①
而
所以，当且仅当时等号成立②
由①②两式可知，
所以，即面积的最小值为．
【解析】【分析】 (1)利用正弦定理边化角化简求得，进而求得；
(2)利用等面积法可得，再利用余弦定理求得，进而求 面积的最小值．
4．【答案】（1）由题意得，
则，即，
由余弦定理得，整理得，则，又，
则，所以，则.
（2）由正弦定理得，
所以，
则或(舍去)，所以.
【解析】
【分析】（1）根据面积公式及余弦定理得，由，结合同角三角函数的关系得，即可求出，再代入三角形面积公式，计算求解即可；
（2）由正弦定理求出， 所以.
5．【答案】（1）解：∵中，，
∴，
∵，∴，
在中，由正弦定理得，
∴，
综上所述，结论是：AD的长为.
（2）解：设，则，∴，
∴，的面积为，
∴，
∴，，
中，由余弦定理得
，
在中，由正弦定理，
即，∴，
中，由正弦定理得，
即，
∴，
∵，
∴，
综上所述，结论是：.
【解析】【分析】(1) 在中 ，利用正弦定理运算求解；
(2) 设， 根据 的面积可得 ，， 在 中， 利用余弦定理可得AC， 在， 中，利用正弦定理分析证明.
6．【答案】（1）解：及正弦定理得，
∴，
∴，即，∴，
∵，∴，∵，∴．
（2）解：设外接圆的半径为，由，
得，即，
则，∴．
的面积．
∵，∴，，∴，
∵，，，∴，∴，∴，
∴，∴，即锐角面积的取值范围是．
【解析】【分析】 (1) 根据题意利用正弦定理结合三角恒等变换运算求解；
(2)设外接圆的半径为， 利用正弦定理可得 ，利用正弦定理边化角，利用面积公式结合三角恒等变换可得 ，进而结合正弦函数的有界性运算求解.
7．【答案】（1）解：中，，，
∴（负值舍去），，∴；
（2）解：，即，化简得，，∵，∴，
∴，∴
8．【答案】（1）解：由正弦定理知，，
∵，
代入上式得，
∵，
∴，，
∵，∴.
（2）解：若选①：
由平分得，，
∴，
即．
在中，由余弦定理得，
又，∴，
联立得，
解得，（舍去），
∴．
若选②：
因为，，
，得，
在中，由余弦定理得，
即，
联立，可得，
∴．
【解析】【分析】(1)首先由正弦定理以及两角和的正弦公式整理化简，计算出cosB的取值，从而得出角B的大小。
(2) 若选①： 由已知条件结合三角形面积公式整理化简计算出a与c的关系，并代入到余弦定理由此计算出ac的取值，结合三角形面积公式计算出结果即可。 若选②： 首先由向量加减运算性质整理化简即可得出a与c的关系，并代入到余弦定理由此计算出ac的取值，结合三角形面积公式代入数值计算出结果即可。
9．【答案】（1）解：因为，所以，因为，
所以由正弦定理得，所以，
所以由余弦定理得.
（2）解：假设为直角，则，，由题意根据正弦定理可得，，即，
上式两边平方得：，
所以，由于，
所以，，与矛盾，
故不存在满足B为直角.
【解析】【分析】(1)根据题意结合正弦定理可得 ， 进而利用余弦定理运算求解；
(2)假设存在，可知 ，， 结合正弦定理可得 ， 进而结合倍角公式分析判断.
10．【答案】（1）解：由题意，
即，
因为，所以，，
所以；
（2）解：由题意，则，
由余弦定理，
即，得，
所以三角形的周长.
【解析】【分析】(1)利用正弦定理结合三角恒等变换可得 ，即可得结果；
(2)先利用面积公式可得 ， 进而结合余弦定理运算求解.
11．【答案】（1）证明：由正弦定理得 ，
，；
（2）解： ，，又，
，，，又，，
，，，求得.
【解析】【分析】 (1)利用正定理边化角，结合在中展开化简即可证得；
(2)由结合余定理可求得，再根据求得，进而利用三角形面积公式求.
12．【答案】（1）解： ，由正弦定理得，化简得，又，，又，
（2）解：由(1)知， ，，又 ，， .
【解析】【分析】(1)利用正弦定理将角化边，再利用余弦定理即可求角的值.
(2)利用正弦定理结合(1)可得ab=43，再利用面积公式求解.
13．【答案】（1）解：，由正弦定理可得：，
而，
故，因为，所以，又，所以，
（2）解：由余弦定理可得，，因为，解得：，
由可得，，解得：
【解析】【分析】(1)先利用切化弦结合正弦定理可得 ， 再利用三角恒等变换运算求解；
(2)先利用余弦定理可得 ， 再根据 结合面积公式运算求解.
14．【答案】（1）解：点在线段上，则，使得，t>0，
则，又，，
故，根据题干可知：，，于是
（2）解：，由，，且，
故，又由，，，代入数据可得t=1 ，故.
（3）解：取中点，
则，由，于是，
由，，故为等边三角形，故，根据中位线可知，//，于是，在中根据余弦定理可得，
为锐角，又，故过作的高线时，垂足点落在线段上，由题意垂足点为时，最小.最小值为
，，
在中，根据余弦定理可求得，
即，故的最小值为.
【解析】【分析】(1)设 ，使得，t>0， 结合向量的线性运算可得 ， 列式求解即可；
(2)根据向量垂直可得 ，结合（1）中结论运算求解；
(3)根据题意分析可知 过作的高线 ， 垂足点为时，最小 ，进而根据数量积的运算律结合余弦定理运算求解.
15．【答案】（1）解：因为，
所以，
由余弦定理得，
所以，解得.
（2）解：由（1）知，所以，所以.
因为，
所以，
当且仅当时等号成立，所以的最小值为.
【解析】【分析】（1）已知条件化简得，再结合余弦定理可得出结论；
（2） 由（1）知 ，可求得，化简，利用均值不等式即可得出结论.
16．【答案】（1）解：由题意可知：，
因为，是边长为3的等边三角形，
则，可得，
又因为，可得，
在中，由余弦定理可得，
所以，
因为，可得，
由余弦定理可得，
又因为M为DE的中点，所以，
可得，即，
所以.
（2）解：
由（1）可得两条直道的长度之和为，
因为，当且仅当，即时，等号成立，
可得
所以 当百米时，两条直道的长度之和取得最小值百米.
【解析】【分析】 (1)先根据求AE，再分别在、中，利用余弦定理得到函数关系式；
(2)由（1）可得的解析式，再利用基本不等式求最小值，注意等号成立的条件.
17．【答案】（1）解：，
由正弦定理得，所以，所以，
因为，所以；
（2）解：由（1）得因为边上中线长为，
设中点为，所以，
所以，即，
所以，又因为，所以，解得，
所以．
【解析】【分析】(1)根据题意利用正弦定理可得 ，再结合余弦定理可得 ；
(2)根据中线可得 ， 根据题意利用数量积的运算律运算求解.
18．【答案】（1）解：由正弦定理，得bsinA＝asinB，得，
又∵B为△ABC的一个内角，∴B∈（0，π），∴或；
（2）解：∵△ABC为锐角三角形：，由余弦定理b2＝a2+c2﹣2accosB，所以24＝4c2+c2﹣2c2，
得（负值舍去），．∴．
【解析】【分析】（1）由已知结合正弦定理可得，进而可求或；
（2）由已知结合余弦定理可求得，，然后结合三角形面积公式求解即可．
19．【答案】（1）原式化简可得：，
整理得：，
由正弦定理可得：，
因此三角形的内角；
（2），
，
.
【解析】【分析】 (1) 根据题意利用正弦定理可得 ， 进而结合余弦定理运算求解；
(2)利用面积公式可得 ，在结合余弦定理运算求解.
20．【答案】（1）解：因为，所以由正弦定理可得到，
又因为，所以，
故，得到，又因为，所以．
（2）解：因为，△ABC的面积，
所以，得到，
在△ABC中，由余弦定理得，
所以，故△ABC的周长为．
【解析】【分析】 (1)利用正弦定理化边为角可得 ，再结合角A的范围可求出角A的大小；
(2)根据三角形的面积公式求出c，再利用余弦定理求出a，进而求出 △ABC的周长．
21．【答案】（1）解：，则，整理得到，
故，，故，，故，
设为中点，则，
故，
故，又，即，
故，
（2）解：
，
如图所示：连接并延长与外接圆交于点，连接，，
则，，又，，故，，
故四边形为平行四边形，
，
又，故
【解析】【分析】(1)根据题意利用正、余弦定理可得，，再结合向量的运算可得，进而解三角形即可得结果；
(2)(i)根据向量的线性运算法分析证明；(ii)连接BO并延长与外接圆交于点E，连接AE，CE，确定四边形AHCE为平行四边形，得到，进而分析证明.
22．【答案】（1）解：因为，则，
所以由余弦定理得，，
又，所以
（2）解：因为，则，
所以，
又，则，
所以在中，由正弦定理得，，
又，
所以在中，
【解析】【分析】 (1) 根据题意利用余弦定理边角转换即可得结果；
(2) 根据题意求得，进而利用正弦定理解得，在中分析求解即可.
23．【答案】（1）解：因为，，，则，
所以在中，，，，
在中，，由正弦定理可得：，
所以，所以，
在中，由余弦定理可得：
，
故
（2）解：是以BD为直径的半圆，P是上一点，所以，
设，，在中，，
所以，
因为，所以，所以，
所以，
因为观光道每米造价300元，所以该观光道所用资金为，
而，所以该公司预计用88000元建观光道，预算资金充足.
【解析】【分析】 (1)在中，利用正弦定理求出，在中，利用余弦定理求；
(2)设，，在中有，，利用三角函数的性质求的最大值，即可求出该观光道所用资金的最大值，判断资金是否充足.
24．【答案】（1）解：因为，所以，
则，所以．
又因为，所以
（2）解：由余弦定理得，，即，
得，则，
故的周长为
【解析】【分析】（1）先用角边式子表示面积S，化简即可求出，再根据三角形内角的取值范围即可卡出A.
(2)利用（1）中求出的A和已知条件，结合余弦定理即可求出，三角形的周长即可求解.
25．【答案】（1）解：在中，由正弦定理及，
得，
又在中，，∴，
∴，
∵，
∴.
（2）解：在中，由余弦定理可知，
又∵，∴，
解得或（舍去），
故的面积为
【解析】【分析】 (1) 根据题意结合正弦定理整理可得，进而可得结果；
(2) 先利用余弦定理可得，再结合面积公式运算求解.
26．【答案】（1）解：若选①
∵．
由正弦定理得，，
∵，∴，即，
∵，∴．
若选②
∵，
由余弦定理，，
∵，∴．
若选③
∵，∴．
∵，，
∴，∴．
（2）解：若选①
∵，，
∴，由余弦定理：，
即，即，
由，，所以，即
所以．
若选②
∵，，
∴，由余弦定理：，
即，即，
由，，所以，即，所以．
若选③
∵，，
∴，由余弦定理：，
即，即，
由，，所以，即，所以．
【解析】【分析】(1) 若选①，由正弦定理整理条件即可求出tanA，进而解出A；若选②， 由余弦定理整理条件即可求cosA，进而解出A；若选③，由三角恒等变换整理条件即可求得A；
(2) 若选①，利用面积公式求得bc=4，再结合余弦定理得到b， c的值；若选②，利用面积公式求得bc=4，再结合余弦定理得到b，c的值；若选③，利用面积公式求得bc=4，再结合余弦定理得到b，c的值.
27．【答案】（1）解：在中，，，所以，
又，所以由，得，
在中，，，所以，
又，
所以由，得，
在中，，，
所以
，
则.
（2）解：在中，，，则，
由，得，，
所以在中，，，
则，
在中，，，
则，
所以.
【解析】【分析】(1) 在中 ，利用正弦定理可得 ，在中， 利用正弦定理可得 ，在中， 利用余弦定理运算求解；
(2)分别 在 中，利用正弦定理求，进而利用面积公式可得 ，即可得结果.
28．【答案】（1）解：在中，，
即，
由余弦定理得，，
即，
即，
即，
在中，，则，
又∵，∴；
（2）解：，
由正弦定理得，∴，
则
，
由余弦定理得，
∴＝；
（3）解：∵，
∴，
sinAsinB≠0，上式两边同时除以2sinAsinB得，
两边同时乘以：，
∴①，
如图，
∵O是△ABC的外心，∴，
∴，
同理，，
代入①式得，
由正弦定理，得，，
代入化简得，
∴．
【解析】【分析】(1)根据题意利用余弦定理边化角可得 ， 进而结合三角恒等变换运算求解；
(2)根据题意利用正弦定理角化边可得 ，结合余弦定理运算求解；
(3)根据题意利用数量积的定义可得 ，结合外接圆的性质可得 ， 再结合正弦定理运算求解.
29．【答案】（1）解：由余弦定理可得：，
所以，，
又，故
（2）解：选择条件①：
在中，由余弦定理，得，
即，故，
当且仅当时，等号成立，
又因为，
所以，
所以，
所以
故的最大值为3.
选择条件②：（方法一）
由题，平方得
，
在中，由余弦定理得，
即，所以.
当且仅当时，等号成立，
故有，
从而，故的最大值为3.
选择条件②：（方法二）
由题，平方得
，
在中，由余弦定理得，
代入上式得，
由得，
当且仅当时，等号成立，
故有，
从而，故的最大值为3.
【解析】【分析】（1）利用余弦定理可求得∠C；
（2）选择条件1：由余弦定理和基本不等式可求得，再由，表示出CD，最后运用基本不等式求出CD的最大值。
选择条件2：
（方法一）由余弦定理和基本不等式可求得，再利用余弦定理表示出CD，最后运用基本不等式求出CD的最大值；
（方法二）由余弦定理和基本不等式可求得，再运用基本不等式求出CD的最大值。
30．【答案】（1）解：由，
故，化简得：，所以或（舍去），
解得，设的中点为，令，由于，
故的外接圆半径，
当为正三角形（在处）时，，故，
由于，，
所以
，
所以的最大值为3；
（2）解：方法一：由，可得，
又，当且仅当时，等号成立，
故，
当且仅当，即时取“=”号，所以的最小值为1.
方法二：由，可得，又，
所以，
故，即，
则，整理得，解得，
当且仅当，即时取“=”号，所以的最小值为1.
【解析】【分析】 (1) 根据数量积和面积公式整理得，进而可得角C和外接圆半径，再根据向量的运算结合二次函数运算求解；
(2) 方法一：根据余弦定理结合基本不等式运算求解；方法二：根据余弦定理结合二次方程有解问题分析求解.
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