11.1余弦定理 同步练习（含解析）2023——2024学年苏教版（2019）高中数学必修第二册

11.1余弦定理同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．在中，若，则的形状是（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形
2．在中，角所对的边分别为，若，则（ ）
A． B．2 C．1或2 D．2或
3．若某锐角三角形的三边长分别为，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
4．已知的内角的对边分别为，且，则（ ）
A．2 B． C． D．1
5．在中，若，则（ ）
A． B． C． D．
6．如图所示，已知在四边形ABCD中，，且点A，B，C，D共圆，点M，N分别是AD和BC的中点，则的值为（ ）

A． B． C． D．
7．在中，内角所对的边分别为，若，则其最大角为（ ）
A． B． C． D．
8．设分别为内角的对边，则下列等式成立的是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．在中，角所对的边分别为，且.当最小值时，则的值不可能为（ ）
A． B． C． D．
10．在平行四边形中，，，，点从出发，沿运动，则下列结论正确的是（ ）
A．当点在线段上运动时，的值逐渐增大
B．当点在线段上运动时，的值先减小，再增大
C．当点在线段上运动时，的值逐渐减小
D．的取值范围是
11．（多选）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则B的值为（ ）
A． B． C． D．
12．已知点P在所在的平面内，则下列命题正确的是（ ）
A．若P为的垂心，，则
B．若为边长为2的正三角形，则的最小值为
C．若为锐角三角形且外心为P，且，则
D．若点O是所在平面内一点，动点P满足，则动点P的轨迹经过的重心
三、填空题
13．在中，，D是AB边上一点，，则 ．
14．在中， 角 A，B，C所对的边分别为a，b，c， 且．当取最小值时， 则 ．
15．在中，若，则 ．
16．在中，已知，则角 (用弧度制表示) ．
四、解答题
17．设函数．
(1)由的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，求函数的单调递减区间；
(2)记的内角的对边依次为，若，求的取值范围．
18．已知中，角，，的对边分别是，，，．
(1)求角的大小；
(2)若，外接圆的半径为，内切圆半径为，求的最小值．
19．已知向量，函数．
(1)在中，分别为内角的对边，若，求A；
(2)在（1）条件下，，求的面积．
20．的内角的对边分别为，已知．
(1)求；
(2)若点在上，满足，求面积的最大值．
21．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．O为内切圆圆心，AO交BC于，BO交AC于，CO交AB于，已知，且．
(1)求A的大小；
(2)若内切圆的半径，求边a的长度．
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．D
【分析】利用余弦定理将化简为，从而可求解.
【详解】由，得，
由余弦定理得，化简得，
当时，即，则为直角三角形；
当时，得，则为等腰三角形；
综上：为等腰或直角三角形，故D正确.
故选：D.
2．C
【分析】由余弦定理即可求.
【详解】由余弦定理得，
化简得，解出或2.
故选：C.
3．D
【分析】由三角形是锐角三角形，利用余弦定理，求解的范围
【详解】由题意可得解得.
故选：D
4．D
【分析】根据题意，利用余弦定理列出关于方程，即可求解.
【详解】在中，因为，
由余弦定理得，即，
可得，解得或（舍去）.
故选：D.
5．B
【分析】利用余弦定理即可得解.
【详解】因为，即，所以，
由余弦定理可得，
又，所以.
故选：B．
6．A
【分析】首先根据圆的几何性质，结合余弦定理，求和，再利用向量转化，结合数量积公式，即可求解.
【详解】由提设，则，
在中，，
在中，，
所以，可得，故，
，，
中，，
中，，
所以，得
得，

又，分别是和的中点，
所以，
所以，
.
故选：A
7．C
【分析】根据三角形大边对大角原则和余弦定理直接求解即可.
【详解】设，则，，
，最大，
，，.
故选：C.
8．B
【分析】根据余弦定理，即可求解.
【详解】根据余弦定理可知，.
故选：B
9．ACD
【分析】由，结合余弦定理得，代入得最小值，此时，然后结合余弦定理得到，进而得到答案.
【详解】因为，结合余弦定理得，
，整理得，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，此时
此时，
又因为，
所以，
故选：ACD.
10．BCD
【分析】取的中点，连接、、，作、，垂足分别为、，求出，，，，再根据数量积的运算律得到，最后再结合各选项对的位置分类讨论，分别计算可得.
【详解】如图，取的中点，连接、、，作、，垂足分别为、，
因为，，，
所以，，
由余弦定理可得
，
，
又，，
所以，
当点在线段上运动时，先减小，再增大，
所以的值先减小，再增大，故A错误；
当点在线段上运动时，先减小，再增大，所以的值先减小，再增大，故B正确；
当点在线段上运动时，的值逐渐减小，所以的值逐渐减小，故C正确；
当点在处时，所以，
当点在处时，所以，
当点在处时，所以，
当点在或处时，所以，
所以的取值范围是，故D正确.
故选：BCD

【点睛】关键点点睛：本题关键是得到，再对点的位置进行分析.
11．BD
【分析】根据已知条件结合余弦定理可得，为三角形内角有，即可求B的值.
【详解】根据余弦定理可知，代入，
可得，即，因为，
所以或.
故选：BD.
12．ACD
【分析】由得到，即可判断A；建立平面直角坐标系，写出点的坐标，设，表达出，即可求解B；根据向量的线性运算可判断，，三点共线，结合外心的性质，即可判断C；根据正弦定理以及线性运算得共线关系即可判断D．
【详解】对于A，若为的垂心，则，又，
所以，A正确；
对于B，取的中点，连接，以为坐标原点，，所在直线分别为轴，轴，建立空间直角坐标系，

则，设，
则，
故当时，取得最小值，最小值为，B错误；
对于C，有题意得，则，
即，
如图，设为的中点，则，故，故，，三点共线，

因为是的外心，所以垂直平分，所以，C正确；
对于D：由正弦定理可知：，为三角形的外接圆的半径，可得，所以由可得,
取中点为,则,所以三点共线，

故动点P的轨迹经过的重心，故D正确；
故选：ACD
13．
【分析】由余弦定理求出，即可得，在中，所以，代入即可得出答案.
【详解】因为，
所以由余弦定理可得：，
因为，所以，
所以在中，所以.
故答案为：
14．/
【分析】根据，结合余弦定理整理得到，然后，利用基本不等式得到，然后利用余弦定理求解.
【详解】因为，由余弦定理得：
，整理得，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
则，
此时，
又因为，所以．
故答案为：
15．
【分析】利用余弦定理计算可得.
【详解】由余弦定理，又，
所以，
又，所以.
故答案为：
16．
【分析】利用余弦定理求解即可.
【详解】因为，
所以，
又，所以.
故答案为：.
17．(1)；
(2)．
【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数，再根据三角函数图象变换得函数的解析式，从而根据单调性得单调减区间；
（2）根据平面向量的线性运算结合余弦定理转化求解，即可得的取值范围．
【详解】（1）由．
因为由的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，
所以．
令，得．
所以函数的单调递减区间为．
（2）因为，所以．
取边的中点，连接并延长到，使得，则四边形为平行四边形．
由向量加法的平行四边形法则，得，
所以
即．
由及余弦定理，得，即．
注意到，得，得．
又因为．
所以．
所以由得，即的取值范围是．
18．(1)
(2)2
【分析】（1）利用正弦定理、诱导公式及两角和的正弦公式得，由，得到，得到;
（2）利用余弦定理及基本不等式求得，利用等面积法求得的最大值，利用正弦定理求得，求出
【详解】（1）由及正弦定理，
得，
故，
即，
即．
由，则，故，即．
因为，所以．
（2）由（1）和余弦定理可得，，
故，，
即，当且仅当时等号成立．
故．
由利用等面积法求得的最大值，易知，
故，故，
利用正弦定理，所以的最小值为2．
19．(1)
(2)
【分析】（1）由向量数量积的坐标表示式和三角恒等变换将函数化成正弦型函数，再由解三角方程即得；
（2）由余弦定理求得边，利用三角形面积公式计算即得.
【详解】（1）由向量，函数，
得．
由，即，
因为，所以，
从而，解得．
（2）由余弦定理，得，
则，则．所以，
所以的面积．
20．(1)；
(2)．
【分析】（1）根据题意，由正弦定理将角化边，结合余弦定理代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由向量的模长公式代入计算，结合基本不等式，即可得到结果.
【详解】（1）
由正弦定理得，，即，
，又.
（2），，
则，即．
所以，
，当且仅当时等号成立，
．
面积的最大值为．
21．(1)
(2)
【分析】（1）通过，利用面积公式，然后整理计算；
（2）利用角平分线上的点到角两边距离相等表示，然后利用余弦定理求解.
【详解】（1）因为，且O为内切圆圆心，角平分线的交点，，
所以，
所以，又，且，
所以，又，
所以，所以，得；
（2）过内切圆圆心O作三边的垂线，垂足分别为，如图：
由（1）得，，
则，即，
又，，，，
在中，由余弦定理得，
所以，解得.
答案第1页，共2页
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