2025北师大版高中数学必修第二册强化练习题--专题强化练5　正、余弦定理的综合应用

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2025北师大版高中数学必修第二册
专题强化练5　正、余弦定理的综合应用
1.(2024吉林长春二中月考)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a2cos Asin B=b2sin Acos B,则△ABC的形状为(　　)
A.等边三角形
B.锐角三角形
C.等边三角形或直角三角形
D.等腰三角形或直角三角形
2.(多选题)(2022广东梅州月考)在△ABC中,根据下列条件解三角形,其中有两解的是(　　)
A.b=10,A=45°,C=70°
B.b=45,c=48,B=60°
C.a=14,b=16,A=45°
D.a=7,b=5,A=80°
3.(2024河南封丘一中月考)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且S△ABC=(a2+c2-b2),若S△ABC=,则·=(　　)
A.　　　　C.2　　　　D.-2
4.(2023浙江宁波期中)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,B=bc.若∠BAC的平分线与BC交于点E,则AE=(　　)
A. C.2　　　　D.3
5.(2024重庆南开中学月考)某同学为了测量一塔ED的高,他在山下A处测得塔尖D的仰角为45°,再沿AC(A,B,C三点共线,D,E,C三点共线)前进24.4米到达山脚B处,测得塔尖D的仰角为60°,塔底E的仰角为30°,那么该塔的高约为(≈1.7,≈1.4)(　　)
A.37.54米　　　　B.38.23米　　　　C.39.53米　　　　D.40.52米
6.(多选题)(2024江苏无锡、江阴两市联考)《数书九章》是南宋时期杰出数学家秦九韶的著作,记录了秦九韶的许多创造性成就,其中在卷五“三斜求积术”中提出了已知三角形三边a,b,c,求面积的公式,这与古希腊的海伦公式完全等价,其求法是:“以少广求之,以小斜幂并大斜幂减中斜幂,余半之,自乘于上;以小斜幂乘大斜幂减上,余四约之,为实;一为从隅,开平方得积.”把以上文字写成公式为S=.现有△ABC满足sin A∶sin B∶sin C=2∶3∶,且△ABC的面积S=6,请运用上述公式判断下列结论,其中正确的是(　　)
A.△ABC的周长为10+2
B.△ABC的三个内角A,B,C满足2C=A+B
C.△ABC的外接圆的半径为
D.△ABC的中线CD的长为3
7.(2022河北任丘第一中学月考)已知△ABC是等边三角形,点D在边
AC的延长线上,且AD=3CD,BD=2,CD=　　,sin∠ABD=　　 .
8. (2024江西丰城联考)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且c=2b-2acos C.
(1)求角A的大小;
(2)若△ABC的面积为,求sin Bsin C的值.
9.(2022安徽宣城二调)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,=1,△ABC的外接圆的面积为3π.
(1)求角B的大小;
(2)求△ABC的周长的取值范围.
10.(2024陕西宝鸡二检)在△ABC中,D为BC的中点,AD=1.
(1)若△ABC的面积为2,且∠ADC=,求sin C的值;
(2)若BC=4,求cos∠BAC的取值范围.
答案与分层梯度式解析
专题强化练5　正、余弦定理的综合应用
1.D　由题意及正弦定理得,sin 2Acos Asin B=sin 2B·sin Acos B,
因为A,B∈(0,π),且A+B∈(0,π),sin A≠0,sin B≠0,
所以sin 2A=sin 2B,且2A,2B∈(0,2π),且2A+2B∈(0,2π),
所以2A=2B或2A+2B=π,即A=B或A+B=,
无法推断△ABC是等边三角形,
故△ABC是等腰三角形或直角三角形.故选D.
2.BC　选项A,因为A=45°,C=70°,所以B=65°,三角形的三个角是确定的值,又b=10,为定值,故只有一解;
选项B,由正弦定理可知,
结合选项知sin B选项C,由正弦定理可知,
结合选项知sin A选项D,由正弦定理可知,
结合选项知sin A>sin B,所以角B仅有一解.
故选BC.
3.D　∵S△ABC=acsin B,S△ABC=(a2+c2-b2),
∴acsin B,
即·=sin B,即cos B=sin B,
∴tan B=,
∵B∈(0,π),∴B=,∴cos B=,sin B=,
又S△ABC=acsin B=,
∴ac=4,∴·=accos(π-B)=-2.故选D.
易错警示　本题中需要注意的是确定两向量的夹角时,需要将起点平移到同一点,故的夹角不是角B,而是角B的补角.
A　∵b2+c2-a2=bc,∴cos∠BAC=,∵∠BAC∈(0,π),
∴∠BAC=,又B=,∴C=,
在△ABC中,由正弦定理得,
∴c==2.
∵AE平分∠BAC,∴∠BAE=∠BAC=,
∴∠AEB=π-,
在△ABE中,由正弦定理得,
∴AE=.
5.B　在△ABD中,∠BAD=45°,∠ABD=120°,则∠ADB=15°,由题意知AB=24.4米,
在△ABD中,由正弦定理得,
则AD=AB,
在Rt△ACD中,DC⊥AC,∠DAC=45°,
则DC=AC=AB,
在Rt△BCD中,∠CBD=60°,则BC=·AB,在Rt△BCE中,∠CBE=30°,则CE=BCtan 30°=AB,所以DE=DC-CE=AB≈×24.4≈38.23(米),
所以该塔的高约为38.23米.故选B.
6.AB　由已知及正弦定理得,a∶b∶c=2∶3∶,
设a=2m,b=3m,c=m(m>0),
则S=,解得m=2(负值舍去),∴a=4,b=6,c=2,故△ABC的周长为a+b+c=10+2,故A正确;
在△ABC中,由余弦定理,得cos C=,∴C=,
∵A+B+C=π,∴A+B=,∴2C=A+B,故B正确;
△ABC的外接圆的直径2R=,半径R=,故C错误;
由三角形中线定理,得a2+b2=c2+2CD2,
即CD2==19,
∴CD=(负值舍去),故D错误.
故选AB.
7.答案　2;
解析　由题意得AC=2CD.在△BCD中,∠BCD=180°-60°=120°,BD=2,由余弦定理得BD2=BC2+CD2-2BC·CD·cos∠BCD,即(2)2=(2CD)2+CD2-2·2CD·CD·cos 120°,解得CD=2(负值舍去),则AD=6.由正弦定理得,即,解得sin∠ABD=.
8.解析　(1)由题意及余弦定理得,c=2b-2a·,整理,得bc=b2+c2-a2,即a2=b2+c2-bc,
由a2=b2+c2-2bccos A,得2cos A=1,即cos A=,
因为0(2)由(1)知A=,则S△ABC=bcsin A=bcsin bc,又S△ABC=,所以,解得bc=6,
因为c=,所以b=2,
由余弦定理得,a2=b2+c2-2bccos A=12+3-6=9,解得a=3(负值舍去).
所以2R=(R为△ABC的外接圆的半径),由正弦定理得,bc=(2R)2sin Csin B=12sin Csin B=6,
所以sin Bsin C=.
9.解析　(1)由=1,可得c(b+c)+a(a+b)=(a+b)(b+c),化简得ac=a2+c2-b2,
所以cos B=,
又B∈(0,π),所以B=.
(2)设△ABC的外接圆的半径为R.
因为πR2=3π,所以R=,
由正弦定理得,解得b=3,
所以ac=a2+c2-9=(a+c)2-2ac-9,
所以(a+c)2-9=3ac≤(a+c)2,
所以a+c≤6,当且仅当a=c=3时取等号,
又根据三角形中两边之和大于第三边可得a+c>b=3,所以3又因为b=3,所以6即△ABC的周长的取值范围为(6,9].
10.解析　(1)因为D为BC的中点,
所以S△ADC=S△ABC=,
又S△ADC=AD·DCsin∠ADC,
所以×1×DC×sin ,解得DC=4,
在△ADC中,由余弦定理得AC2=AD2+DC2-2AD·DCcos∠ADC=12+42-2×1×4×=21,
所以AC=,
由正弦定理得,即,
解得sin C=.
(2)设∠ADC=θ,θ∈(0,π),
在△ADB中,由余弦定理得AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos∠ADB=12+22-2×1×2cos(π-θ)=5+4cos θ,
在△ADC中,由余弦定理得AC2=AD2+DC2-2AD·DCcos∠ADC=12+22-2×1×2cos θ=5-4cos θ,
在△ABC中,由余弦定理得cos∠BAC=,
因为θ∈(0,π),
所以cos 2θ∈[0,1),
所以25-16cos2θ∈(9,25],
即∈(3,5],则∈,
即-∈,
故cos∠BAC∈.
方法总结　在解三角形问题中,对于求角或角的三角函数值的取值范围问题,往往设某边或某角为自变量,利用正弦定理或余弦定理建立相应的函数,从而转化为求函数的值域问题.
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