第二章　平面向量及其应用 6.1　余弦定理与正弦定理第1课时余弦定理与正弦定理--2026北师大版高中数学必修第二册章节练（含解析）

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2026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=,AC=1,B=,则角A的可能取值有(　　)
A.　　B.　　
C.　　D.
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,)　　D.(,)
4.(2025四川雅安中学月考)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b-a=2,b-c=4,△ABC的最大内角为,则△ABC的最大边长等于(　　)
A.7　　B.7或2　　C.8　　D.8或5
5.(2025福建福宁古五校教学联合体期中质量监测)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知·+2·=4·,则cos C的最小值为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
6.(2025上海新川中学期中)已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边,且2b=c+2acos C,则角A=　　　　.
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=,a=2,A=,则角B=(　　)
A.　　B.或　　C.　　D.或
9.(2025黑龙江大庆第一中学阶段考试)若△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a∶b∶c=2∶3∶4,则=(　　)
A.　　B.-　　C.1　　D.-1
10.(2025陕西西安交通大学附属中学期中)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,B=45°,b=7,若△ABC只有一解,则a的值不可能为(　　)
A.　　B.7　　C.7　　D.5
11.(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
12.(2025浙江宁波镇海中学期中)已知在△ABC中,D在边BC上,且BD=2DC,∠DAC+∠BAC=π,则的值为(　　)
A.　　B.2　　C.3　　D.
题组三　三角形的面积及形状
13.(2025江苏南京师范大学附属中学期中)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若c2=(a-b)2+4,且C=,则△ABC的面积为(　　)
A.3　　B.　　C.3　　D.
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.(2025山东菏泽单县第一中学月考)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
16.(2025湖南郴州期末)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,∠BAC=120°,c=2,b=1,D为BC边上一点,且∠BAD=90°,则△ACD的面积为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
17.(2025广西南宁北附实验学校月考)已知△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且△ABC的外接圆半径R=2,角C=,则△ABC面积的最大值为　　　　.
18.(2025湖南湘潭第二中学月考)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.(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=2(1+sin B),则B=(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
2.(2025浙江杭州学军中学期中)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若a=3,csin B=1,C=45°,则cos A=(　　)
A.-　　B.　　C.　　D.-
3.(多选题)(2025山东菏泽鄄城第一中学月考)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.(2025广东汕头潮阳棉城中学期中)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若c=2bcos A,asin A-bsin B=c(sin C-sin B),则角B的大小为　　　　.
5.(创新题·新考法)(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.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.(2025河南部分名校联考)记钝角三角形ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=1,B=C,=2,则线段BD的长的取值范围是(　　)
A.　　B.
C.　　D.
9.(2025河北唐山滦南期中质量检测)△ABC中,D为AB边上一点,且=2,若∠A=60°,AC=2,CD=2,则BC=　　　　.
10.(2025江西赣州期末)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=;③a=4;④c=2.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.(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.　　B.　　C.　　D.
12.(2025陕西西安交通大学附属中学期中)已知四边形ABCD中,AB=2,AD=4,BC=6,CD=2,3·+2·=0,则四边形ABCD的面积为　　　　.
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.(2025江西新余期末)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　　C.4　　D.3
15.(2025江苏扬州高邮期中)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若=,则角C的最大值为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
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
§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 2.AD 3.D 4.A 5.C 8.D 9.D 10.D
11.ABD 12.C 13.C 14.D 15.A 16.D
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=.
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(,).
4.A　由b-a=2>0,b-c=4>0,得b>a,b>c,
故b边的长是△ABC的最大边长,由大边对大角知B=,
由余弦定理,可得b2=(b-2)2+(b-4)2-2(b-2)(b-4)×,化简得b2-9b+14=0,
又b-4>0,所以b>4,所以b=7.
C　因为·+2·=4·,所以cbcos A+
2cacos B=4bacos C,
所以+2·=4·,
整理得c2=a2+b2,
所以cos C==+≥2=,
当且仅当=,即=时,等号成立,
故cos C的最小值为.
6.答案　
解析　由题意及余弦定理可得2b=c+2a×=c+,则b2+c2-a2=bc,
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--=.
9.D　因为a∶b∶c=2∶3∶4,所以可设a=2k,b=3k,c=4k,k>0,
结合正弦定理可得===-1.
10.D　在△ABC中,利用正弦定理可得===7,则sin A=.
若a=,则sin A=<,因为A∈(0,π),所以A∈或A∈(舍去),即△ABC只有一解,故a的值可能为;
若a=7,则sin A=,因为A∈(0,π),所以A=或A=(舍去),即△ABC只有一解,故a的值可能为7;
若a=7,则sin A=1,因为A∈(0,π),所以A=,即△ABC只有一解,故a的值可能为7;
若a=5,则sin A=>,因为A∈(0,π),所以A∈或A∈,即△ABC有两解,a的值不可能为5.
11.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.
12.C　因为BD=2DC,所以BC=3DC,
又∠DAC+∠BAC=π,所以sin∠DAC=sin∠BAC,
在△ADC中,利用正弦定理得=①,
在△ABC中,利用正弦定理得=,则=②,
由①②两式得=3.
13.C　由题意及余弦定理可得c2=a2+b2-2abcos =(a-b)2+4,所以ab=4,
所以△ABC的面积S=absin C=2×=3.
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.
15.A　设直角三角形的三边长分别为a,b,c,且a2+b2=c2,令三边都增加长度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.
16.D　因为在△ABC中,D为BC边上一点,∠BAC=120°,且∠BAD=90°,
所以∠CAD=∠BAC-∠BAD=120°-90°=30°,
又S△ABC=S△ABD+S△ACD,
所以bcsin∠BAC=c·AD·sin∠BAD+b·AD·sin∠DAC,
所以×1×2×=×2×AD+×1×AD×,
解得AD=,
所以S△ACD=×1××=.
17.答案　
解析　易得c=2Rsin C=2×2×sin =2,
所以由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C,即12=a2+b2+ab,
所以12-ab=a2+b2≥2ab,所以ab≤4,当且仅当a=b=2时等号成立,
所以S△ABC=absin C≤×4×=,即△ABC面积的最大值为.
18.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.D 2.A 3.AD 7.C 8.C 11.C 14.C 15.A
1.D　由题意及正弦定理得=2(1+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02.A　在△ABC中,由正弦定理得=,可得csin B=bsin C=1,即bsin 45°=1,可得b=,
由余弦定理可得c2=a2+b2-2abcos C=9+2-2×3××=5,所以c=,
则cos A===-.
3.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.
4.答案　
解析　∵c=2bcos A,∴由余弦定理得c=2b·,整理得b2=a2,∴b=a.
又∵asin A-bsin B=c(sin C-sin B),∴由正弦定理得a2=b2+c2-bc,∴cos A===.
又∵0又b=a,∴△ABC是等边三角形,∴B=.
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=a,=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.C　由△ABC是钝角三角形且B=C可得A>,故cos A=<0,
由题知a=1,b=c,故2b2<1,所以0a,所以b>,故b∈.
由=2得AD=AC,
则cos A==,故BD2=b2+,
由b∈得BD∈,
故线段BD的长的取值范围是.
9.答案　2
解析　在△ADC中,由余弦定理得CD2=AC2+AD2-2AC·AD·cos A,即=22+AD2-2×2·AD·cos 60°,
整理得AD2-2AD-8=0,解得AD=4或AD=-2(舍去),
又=2,所以AD=AB,所以AB=6,
在△ABC中,AC=2,AB=6,∠A=60°,
由余弦定理得BC2=AC2+AB2-2AC·AB·cos A,即BC2=22+62-2×2×6×=28,所以BC=2.
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.C　由题易得S1=a2,S2=b2,S3=c2,
则S3-S2-S1=c2-b2-a2=ab,
所以c2-b2-a2=ab,即b2+a2-c2=-ab,
由余弦定理,得cos C==-,
又因为012.答案　5
解析　由3·+2·=0可得3×2×4cos A+2×6×2cos C=0,即cos A+cos C=0,连接BD,则+=0,解得BD2=28,
所以cos A===-,
又因为A是四边形的内角,所以A=,
同理可得C=,
所以四边形ABCD的面积为S△ABD+S△CBD=×2×4sin +×2×6sin =5.
13.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+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.
方法总结
　　对于三角形的角平分线问题,要注意以下两种解题策略:
(1)等面积法:若△ABC的内角A的平分线AD与BC相交于点D,则S△ABC=S△ABD+S△ACD.
(2)角平分线定理:若△ABC的内角A的平分线AD与BC相交于点D,则=.
15.A　在△ABC中,由=,及正弦定理可得=,即2c2=a2-b2,即c2=(a2-b2),
又由余弦定理知cos C===+,所以cos C=+≥,当且仅当=,即a=b时等号成立,
又C∈(0,π),所以0故角C的最大值为.
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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