2025北师大版高中数学必修第二册强化练习题--第1课时　余弦定理与正弦定理

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2025北师大版高中数学必修第二册
§6　平面向量的应用
6.1　余弦定理与正弦定理
第1课时　余弦定理与正弦定理
基础过关练
题组一　余弦定理
1.(2024江苏苏州月考)在△ABC中,若(a+c)·(a-c)=b(b-c),则A=(　　)
A.90°　　　　B.30°　　　　
C.60°　　　　D.150°
2.(多选题)在△ABC中,AB=,则角A的可能取值有(　　)
A.
3.(2024河北石家庄第十五中学月考)若某锐角三角形的三边长分别为1,2,a,则a的取值范围为(　　)
A.(2,3)　　　　B.(,3)　　　　
C.(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.　　　　
C.　　　　D.5
5.(2023上海新川中学月考)边长分别为10,14,16的三角形中最大角与最小角的和为　　　　.
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.(2023广东韶关部分学校开学考试)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且C=,b3-a2b+ac2-bc2=0.
(1)求角A的大小;
(2)若c=,求BC边上的高.
题组二　正弦定理
8.(2024江西宜春丰城第九中学期末)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知c=,则角B=(　　)
A.或或
9.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∶∶2
10.(2023河南郑州外国语学校月考)在△ABC中,已知a=3,A=,b=x,满足此条件的三角形只有一个,则x满足(　　)
A.x=2　　　　 B.x∈(0,3)　　　　
C.x∈{2}∪(0,3)　　　　D.x∈{2}∪(0,3]
11.(多选题)下列说法正确的有(　　)
A.在△ABC中,a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin C
B.在△ABC中,若sin 2A=sin 2B,则△ABC为等腰三角形
C.在△ABC中,“sin A>sin B”是“A>B”的充要条件
D.在△ABC中,若sin A=,则A=
12.(多选题)(2024江西师范大学附属中学素养测试)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知B=·=-2,且满足sin A+sin C=2sin B,则下列结论正确的是(　　)
A.ac=4　　　　
B.b=2
C.a+c=8　　　　
D.△ABC的外接圆的半径R为
题组三　三角形的面积及形状
13.(2024江西丰城第九中学月考)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若asin B=bsin C,则△ABC的面积为(　　)
A.
C.
14.(2024安徽合肥中国科学技术大学附属中学月考)在△ABC中,若cos A-cos B+=0,则△ABC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.等腰三角形或直角三角形
15.秦九韶是我国南宋时期的著名数学家,他在著作《数书九章》中提出,已知三角形三边长计算三角形面积的一种方法“三斜求积术”,其公式为S△ABC=.若ac=2,cos B=,a>b>c,则△ABC的面积为(　　)
A.
16.(2023江西五市九校协作体联考)在△ABC中,C=30°,a+b=1,则△ABC的面积S的取值范围是　　　　.
17.(2023湖南长沙雅礼中学月考)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,其中b=a+1,c=a+2.
(1)若2sin C=3sin A,求角C的余弦值;
(2)是否存在正整数a,使得△ABC为钝角三角形 若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由.
能力提升练
题组一　求角
1.(2022辽宁沈阳东北育才学校期中)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若≥1,则角A的取值范围是(　　)
A.
2.(2024江西科技师范大学附属中学月考)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=c,且sin B),则B=(　　)
A.
3.(多选题)在△ABC中,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的最大内角的余弦值是最小内角的余弦值的
D.cos A∶cos B∶cos C=12∶9∶2
4.如图,在△ABC中,D,E是BC的两个三等分点,··,则cos∠ADE的最小值为　　　　.
5.(2024湖南邵东第三中学月考)以密位作为角的度量单位,这种度量角的单位制叫作角的密位制.在角的密位制中,采用四个数码表示角的大小,单位名称密位二字可以省去不写.密位的写法是在百位数与十位数之间画一条短线,如5密位写成“0-05”,235密位写成“2-35”,1 246密位写成“12-46”.1周角等于6 000密位,写成“60-00”.在△ABC中,点D在边BC上,AD是△ABC的内角A的平分线,CD=AD=2BD=4,则∠ADC的大小用密位制表示为　　　　.
6.(2024江西宜春丰城第九中学期末)已知a,b,c分别是△ABC三个内角A,B,C的对边,且(a2+b2-c2)sin A=ab(2sin B-sin C).
(1)求角A的大小;
(2)若BC=2,S△ABC=2,求角B的大小.
题组二　求边
7.(2022湖南衡阳田家炳中学月考)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,=a,=b,a·b=-2,a=3,b+c=5,则b的值为　(　　)
A.3　　　　B.2　　　　C.2或3　　　　D.1或4
8.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
9.(2024河北石家庄二中调研)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若···,则=　　　　.
10.(2022江苏常州联考)已知△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,sin Bcos A>sin C.
(1)求证:B为钝角;
(2)若△ABC同时满足下列四个条件中的三个:①cos A=;②sin C=.试确定这三个条件,并求b的值.
题组三　与面积有关的问题
11.在△ABC中,∠A=60°,b=1,S△ABC=,则=(　　)
A.
12.(2024云南师大附中月考)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,分别以a,b,c为边长的正三角形的面积依次为S1,S2,S3,且S3-S2-S1=ab,则C=(　　)
A.
13.(2023广东韶关部分学校开学考试)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且C=,b3-a2b+ac2-bc2=0.
(1)求角A的大小;
(2)若c=,求BC边上的高.
题组四　最值问题
14.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,A为钝角,且c-asin C=0,若∠BAC的平分线交BC于D点,且AD=1,则b+c的最小值为(　　)
A.2　　　　B.2
15.在△ABC中,C=60°,BC>2,AC=AB+1,当△ABC的周长最短时,BC的长是　　　　.
16.(2024陕西西安中学月考)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知bsin B-asin A=(b-c)sin C.
(1)求角A的大小;
(2)若a=4,求△ABC的周长的取值范围.
答案与分层梯度式解析
第二章　平面向量及其应用
§6　平面向量的应用
6.1　余弦定理与正弦定理
第1课时　余弦定理与正弦定理
基础过关练
1.B　因为(a+c)(a-c)=b(b-c),所以a2-c2=b2-bc,即b2+c2-a2=bc,
由余弦定理可得cos A=,又0°2.AD　由余弦定理,得AC2=BC2+BA2-2BC·BA·cos B,即1=BC2+3-2BC×,
解得BC=1或BC=2.
当BC=1时,BC=AC,所以A=B=;
当BC=2时,AB2+AC2=BC2,此时△ABC是以BC为斜边的直角三角形,所以A=.故选AD.
3.D　因为1,2,a是三角形的三边长,所以1+2>a且a+1>2,得1所以实数a的取值范围是().故选D.
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　
解析　设△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且a=10,b=14,c=16.由三角形的性质可知,大边对大角,小边对小角,即最大角为角C,最小角为角A.
由余弦定理得cos B=,因为B∈(0,π),所以B=,则A+C=.
故该三角形中最大角与最小角的和为.
6.答案　
解析　由题意得,整理得a2=bc,
由余弦定理得cos A=,
因为≥,当且仅当b=c时取等号,
所以cos A≥,
又A∈(0,π),所以A∈.
7.解析　(1)由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C=a2+b2+ab,∴b3-a2b+ac2-bc2=b3-a2b+(a-b)c2=b3-a2b+(a-b)·(a2+b2+ab)=a3-a2b=a2(a-b)=0,
∴a=b,∴A=B,又∵C=,A+B+C=π,∴A=.
(2)由(1)知c2=a2+b2+ab,a=b,∴c2=3a2,
又c=,∴3=3a2,∴a=b=1,
设BC边上的高为h,则absin C=ha,解得h=,即BC边上的高为.
8.D　由正弦定理可得,即,
解得sin C=,
因为c>a,所以C>A,
又C∈,所以C=或C=,
所以B=π-或B=π-.
故选D.
9.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.
10.D　由正弦定理得,即,则有x=sin B,由A=可知B∈.
∵满足条件的三角形只有一个,即x有唯一的角B与其对应,∴B∈∪,故x=2sin B∈{2}∪(0,3].
11.AC　对于A,设△ABC外接圆的半径为R,则=2R,
则a∶b∶c=2Rsin A∶2Rsin B∶2Rsin C,
即a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin C成立,故A正确;
对于B,由sin 2A=sin 2B可得2A=2B或2A+2B=π,
即A=B或A+B=,
则△ABC是等腰三角形或直角三角形,故B错误;
对于C,在△ABC中,结合正弦定理可得,
sin A>sin B a>b A>B,
则“sin A>sin B”是“A>B”的充要条件,故C正确;
对于D,在△ABC中,若sin A=,则A=或A=,故D错误.
故选AC.
12.ABD　对于A,由B=·|·cos(π-B)=-2,可得ac=4,故A正确;
对于B,C,由题意,结合正弦定理得a+c=2b,
由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B=(a+c)2-3ac=4b2-3ac=4b2-12,解得b=2(负值舍去),则a+c=4,故B正确,C错误;
对于D,2R=,解得R=,故D正确.
故选ABD.
13.A　由题意,结合正弦定理得sin Asin B=sin Bsin C,因为0所以sin A=sin C,则A=C,即a=c,
所以sin B=sin(π-A-C)=sin(π-2C)=sin 2C,
所以△ABC的面积S=acsin B=.故选A.
14.D　由cos A-cos B+=0,得a-ccos B=b-ccos A,
由余弦定理得a-c·=b-c·,化简得.
当a2+b2-c2=0,即a2+b2=c2时,△ABC为直角三角形;
当a2+b2-c2≠0时,a=b,则△ABC为等腰三角形.
故△ABC为等腰三角形或直角三角形,故选D.
15.D　因为cos B=,ac=2,
所以a2+c2-b2=4×,
则S△ABC=,故选D.
16.答案　
解析　根据题意及基本不等式可得ab≤,当且仅当a=b=时取等号,
故S=absin C≤,
又S>0,所以S∈.
17.解析　(1)因为2sin C=3sin A,所以由正弦定理可得2c=3a,
又因为b=a+1,c=a+2,所以a=4,b=5,c=6.
在△ABC中,由余弦定理可得cos C=.
(2)存在.因为c>b>a,
所以△ABC为钝角三角形时,C必为钝角,
所以在△ABC中,由余弦定理可得cos C=<0,
所以解得0又因为三角形的任意两边之和大于第三边,
所以a+b>c,即a+a+1>a+2,解得a>1,所以1因为a为正整数,所以a=2.
能力提升练
1.C　由≥1,得b2+c2-a2≥bc,
由余弦定理可得cos A=≥,
由A为三角形的内角,得A∈(0,π),∴A∈.
2.D　由题意及正弦定理得sin B),
即b2=2a2(1+sin B),
由a=c及余弦定理可得b2=a2+c2-2accos B=2a2(1-cos B),
∴2a2(1+sin B)=2a2(1-cos B),
∴sin B=-cos B,∴tan B=-.
又03.AD　因为(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11,
所以可设其中x>0,解得
所以sin A∶sin B∶sin C=a∶b∶c=4∶5∶6①,故A正确;
由①可知c最大,所以三角形ABC的内角中角C最大,
又cos C=>0,所以角C为锐角,则△ABC不是钝角三角形,故B错误;
由①可知a最小,所以三角形ABC的内角中角A最小,
又cos A=≠2×,故C错误;
cos B=,
则cos A∶cos B∶cos C==12∶9∶2,故D正确.
故选AD.
4.答案　
解析　解法一:∵,
∴,①
同理可得,②
由①②得,
∵··,
∴(2)·)·,
∴2·,
∴2|·||·cos∠DAE=4,
由余弦定理得,
2|·||·,
∴4,
∴),
即AE2=(5AD2-DE2),
∴cos∠ADE=
=
=
≥2,
当且仅当,即AD=2DE时等号成立.
∴cos∠ADE的最小值为.
解法二:由题意得,,
,
,
又∵··,
∴()·)·(),
整理,得7·,
即7||cos∠ADE=||2,
∴cos∠ADE=
=≥,
当且仅当,即||时,等号成立.
∴cos∠ADE的最小值为.
5.答案　20-00
思路点拨　(1)根据角平分线的性质得到=2;
(2)在△ABD,△ACD中分别利用余弦定理表示出cos∠ADB,cos∠ADC;
(3)由cos∠ADB+cos∠ADC=0解方程,求出AB2;
(4)求出cos∠ADC,从而得到∠ADC的大小,再化成密位制.
解析　因为AD是△ABC的内角A的平分线,所以∠BAD=∠CAD,
所以=2,
设AB=m(m>0),则AC=2m,
在△ABD中,由余弦定理可得m2=AD2+BD2-2AD·BDcos∠ADB,即m2=42+22-2×4×2cos∠ADB,
所以cos∠ADB=,
在△ACD中,由余弦定理可得4m2=AD2+CD2-2AD·CDcos∠ADC,即4m2=42+42-2×4×4cos∠ADC,
所以cos∠ADC=,
因为∠ADB+∠ADC=π,
所以cos∠ADB+cos∠ADC=0,
所以=0,解得m2=12,
所以cos∠ADC=-,
又0<∠ADC<π,
所以∠ADC=,
易得=2 000,
所以∠ADC的大小用密位制表示为20-00.
6.解析　(1)由题意,结合正弦定理得(a2+b2-c2)a=ab(2b-c),即a2+b2-c2=2b2-bc,即b2+c2-a2=bc,
所以cos A=,
因为0(2)由(1)知,A=,由S△ABC=bcsin A=2,得bc=8,
由余弦定理,得cos A=,
即,得b2+c2=20,
所以(b+c)2=b2+2bc+c2=36,(b-c)2=b2-2bc+c2=4,所以b+c=6,b-c=±2,
当b-c=2时,b=4,c=2,此时b2=a2+c2,
所以△ABC为直角三角形,B=;
当b-c=-2时,b=2,c=4,此时c2=a2+b2,
所以△ABC为直角三角形,C=,则B=π-A-C=.
综上,B=或B=.
7.C　设角A为θ(0<θ<π).
由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos θ,
即9=b2+c2-2bccos θ.
因为=b,a·b=-2,
所以bccos(π-θ)=-2,即bccos θ=2,
所以9=c2+b2-4,
又b+c=5,所以或
所以b的值为2或3.
8.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.
9.答案　
解析　因为···,
所以c×a×cos(π-B)=a×b×cos(π-C)=2×b×c×cos(π-A),
所以c×a×cos B=a×b×cos C=2×b×c×cos A,
所以c×a×=a×b×=2×b×c×,即=b2+c2-a2,
所以b=c,且c=a,
所以.
10.解析　(1)证明:因为B∈(0,π),所以sin B>0,
由sin Bcos A>sin C,得cos A>.
由正弦定理得,所以cos A>,
所以cos A=,即a2+c2则cos B=<0,
又B∈(0,π),所以B为钝角.
(2)(i)若①②同时满足,
由cos A=,A∈(0,π),得A=.
因为B为钝角,所以C为锐角,
故当sin C=时,C=,
则A+C=,故B=,这与B为钝角相矛盾,
故①②不能同时满足.
(ii)若满足条件①③④,
由cos A=,
解得b=±2+2,又b>0,所以b=2+2.
(iii)若满足条件②③④,
易知C=,又a>c,所以A>,所以A+C>,
则B<,这与B为钝角相矛盾,故②③④不能同时满足.
综上,满足题意的三个条件是①③④,此时b=2+2.
11.A　∵S△ABC=bcsin A=,∴c=4.
由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccos A=1+16-4=13,
∴a=.
∵=2R(R为△ABC外接圆的半径),
∴
=
=2R=.故选A.
12.C　由题易得S1=c2,
则S3-S2-S1=ab,
所以c2-b2-a2=ab,即b2+a2-c2=-ab,
由余弦定理,得cos C=,
又因为013.解析　(1)由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C=a2+b2+ab,
∴b3-a2b+ac2-bc2=b3-a2b+(a-b)c2=b3-a2b+(a-b)·(a2+b2+ab)=a3-a2b=a2(a-b)=0,∴a=b,∴A=B,
又∵C=,A+B+C=π,∴A=.
(2)由(1)知c2=a2+b2+ab,a=b,∴c2=3a2,
又c=,∴3=3a2,∴a=b=1,
设BC边上的高为h,
则absin C=ha,解得h=,即BC边上的高为.
14.C　由c-asin C=0及正弦定理,得sin C-sin∠BACsin C=0,
因为0°所以-sin∠BAC=0,即sin∠BAC=,
因为∠BAC为钝角,所以∠BAC=120°.
又S△ABC=S△ABD+S△ACD,所以bc·sin 120°=c·1·sin 60°+b·1·
sin 60°,所以bc=b+c,即=1,
所以b+c=(b+c)·≥2+2=4,当且仅当即c=b=2时,等号成立,所以b+c的最小值为4.故选C.
15.答案　2+
解析　设角A,B,C所对的边分别为a,b,c,
则a>2,b=c+1.
由余弦定理可得=cos C=,
所以a2+b2-c2=ab,
将b=c+1代入上式,可得a2+2c+1=ac+a,
整理可得c=,
所以△ABC的周长L=a+b+c=a+2c+1=a+1+2×.
设a-2=t(t>0),则a=t+2,
可得L=t+3+2×
=3t++9≥2,
当且仅当3t=,即t=,即a=2+时取等号,
所以当△ABC的周长最短时,BC的长是2+.
16.解析　(1)在△ABC中,由已知及正弦定理得b2-a2=(b-c)c,整理得,b2+c2-a2=bc,
所以cos A=,
又A∈(0,π),所以A=.
(2)由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccos A=b2+c2-bc=(b+c)2-3bc,即(b+c)2=16+3bc≤16+(b+c)2,
当且仅当b=c时取等号,
整理得,(b+c)2≤64,解得-8≤b+c≤8,
又b+c>a=4,所以4即△ABC的周长的取值范围为(8,12].
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