专题强化练5 正、余弦定理的综合应用--2026北师大版高中数学必修第二册章节练（含解析）
文档属性
| 名称 | 专题强化练5 正、余弦定理的综合应用--2026北师大版高中数学必修第二册章节练（含解析） |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 339.1KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 北师大版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-12-22 16:32:20 | ||
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文档简介
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2026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.(2025天津南开中学质量监测)已知在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则下列命题不正确的是( )
A.若A>B,则sin A>sin B
B.若sin 2A=sin 2B,则△ABC一定为等腰三角形
C.若a2+b2D.若A=30°,b=4,a=3,则△ABC有两解
2.(多选题)(2025浙江金华十校模拟)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,满足a2+b2-c2=S△ABC,则下列条件能使△ABC成为锐角三角形的是( )
A.A= B.a=2,b=3
C.a=2,c=3 D.b=3,c=2
3.(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°,那么该塔的高约为参考数据:sin 15°=,≈1.7,≈1.4( )
A.37.54米 B.38.23米
C.39.53米 D.40.52米
4.(多选题)(2025广东江门新会一中期中)《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
5.(2025江西抚州期末)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,D是AB上的三等分点(靠近点A)且CD=2,(a-b)sin A=(c+b)·(sin∠ACB-sin B),则a+2b的最大值是( )
A.4 B.2
C.4 D.2
6.(2025湖南三湘名校联盟期中)△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且bcos C+ccos B=2,A=,则△ABC的内切圆半径的最大值为( )
A. B. C. D.1
7.(2025山西晋城部分学校期中)已知△ABC的内角A, B, C的对边分别为a,b,c,且∠BAC=,a=,则= ;若△ABC的外接圆的圆心是O,则·(+)的最大值为 .
8. (2024江西宜春丰城联考)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,c=,求sin B·sin C的值.
9.(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.
10.(2025广东河源期末)如果一个四边形的四个顶点在同一平面内,且将任一边向两方延长,其余各边均在此延长后的边的同侧,则称该四边形为凸四边形.如图,在凸四边形ABCD中,AB=4,AD=2,BC=CD=3,△ABD和△BCD的面积分别为S1和S2.
(1)若AC=,求四边形ABCD的面积;
(2)求BD的长的取值范围;
(3)求+的最大值.
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.B 2.BC 3.B 4.AB 5.C 6.B
1.B 对于A,若A>B,则a>b,所以2Rsin A>2Rsin B(R为△ABC的外接圆半径),所以sin A>sin B,故A中命题正确;
对于B,由sin 2A=sin 2B,得2A=2B或2A+2B=π,即A=B或A+B=,所以△ABC为等腰三角形或直角三角形,故B中命题不正确;
对于C,由a2+b2所以角C为钝角,所以△ABC为钝角三角形,故C中命题正确;
对于D,由正弦定理可知sin B===,所以sin B>sin A,符合b>a,所以角B有两种情况,即△ABC有两解,故D中命题正确.
2.BC 因为a2+b2-c2=S△ABC,
所以由余弦定理可得2abcos C=×absin C,
所以tan C=,又因为C∈(0,π),所以C=.
对于A,当A=时,B=,此时△ABC为直角三角形,故A错误;
对于B,当a=2,b=3时,由余弦定理可得c2=a2+b2-2abcos C=4+9-2×2×3×cos =7,所以c=,所以cos B=>0,所以B为锐角,由b>c>a,知B>C>A,所以△ABC为锐角三角形,故B正确;
对于C,当a=2,c=3时,由余弦定理可得9=4+b2-2×2×b×cos ,所以b=1+,所以cos B=>0,所以B为锐角,由b>c>a,知B>C>A,所以△ABC为锐角三角形,故C正确;
对于D,当b=3,c=2时,由余弦定理可得4=a2+9-2×a×3×cos ,即a2-3a+5=0,由于Δ=9-4×5<0,方程无实根,所以△ABC不存在,故D错误.
3.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=AD=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.
4.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==m2=6,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.
5.C 如图,
由(a-b)sin A=(c+b)(sin∠ACB-sin B),结合正弦定理,可得(a-b)a=(c+b)(c-b),即a2+b2-c2=ab.
在△ABC中,由余弦定理可得,cos∠ACB==,
又∠ACB为△ABC的内角,所以∠ACB=.
因为D是AB上的三等分点(靠近点A),
所以=+=+(-)=+.
又CD=2,所以=4,所以a2+4b2+2ab=36,
所以(a+2b)2-a·2b=36,所以a·2b=(a+2b)2-36.
又因为a·2b≤,所以(a+2b)2-36≤,所以(a+2b)2≤48,所以a+2b≤4,当且仅当a=2b,即a=2,b=时取等号,
故a+2b的最大值是4.
6.B 设△ABC的内切圆半径为r,
因为bcos C+ccos B=2,
所以由余弦定理可得b·+c·=+=a=2,
又S△ABC=bcsin A=(a+b+c)r,所以r=·,
由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos A,则4=b2+c2-bc≥bc,当且仅当b=c时等号成立,
又4=(b+c)2-3bc,所以b+c=,其中0故r=·=·,
令=t(2则r=·=(t-2)≤,
故△ABC的内切圆半径的最大值为.
7.答案 2;3
解析 在△ABC中,由正弦定理得====2,则b=2sin B,c=2sin C,
所以==2.
如图,分别取AB,AC的中点D,M,连接OD,OM,则OD⊥AB,OM⊥AC,
所以·=(+)·=·+·==c2,
同理可得·==b2,
所以·(+)=·+·=(c2+b2),
由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos∠BAC,即3=b2+c2-bc,
所以b2+c2=3+bc≤3+,所以b2+c2≤6,当且仅当b=c=时取等号,
所以·(+)≤3,即·(+)的最大值为3.
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bc=,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==2(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)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,往往设某边的长或某角的大小为自变量,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.
10.解析 (1)若AC=,则在△ACD中,AD2+CD2=AC2,所以AD⊥CD,所以S△ACD=×2×3=3.
在△ABC中,cos∠ABC==,又因为∠ABC为△ABC的内角,所以∠ABC=,
所以S△ABC=×4×3×=3,
所以四边形ABCD的面积为3+3.
(2)显然BD如图,当A,D,C三点共线时,由题得AB=4,BC=3,AC=AD+DC=5,
此时AB2+BC2=AC2,所以∠ABC=90°,则cos A==,
在△ABD中,由余弦定理可得BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos A=16+4-2×4×2×=,故BD=,所以BD的长的取值范围是.
(3)在△ABD中,由余弦定理可得BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos∠BAD=20-16cos∠BAD,
在△BCD中,由余弦定理可得BD2=BC2+CD2-2BC·CD·cos∠BCD=18-18cos∠BCD,
所以20-16cos∠BAD=18-18cos∠BCD,
整理得cos∠BCD=,
所以+
=AB2·AD2·sin 2∠BAD+BC2·CD2·sin 2∠BCD
=16sin2∠BAD+sin 2∠BCD
=16(1-cos 2∠BAD)+(1-cos 2∠BCD)
=-16cos2∠BAD-
=-32cos2∠BAD+4cos∠BAD+36
=-32+.
由(2)可知cos∠BAD∈,
所以当cos∠BAD=时,+取得最大值,最大值为.
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专题强化练5 正、余弦定理的综合应用
1.(2025天津南开中学质量监测)已知在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则下列命题不正确的是( )
A.若A>B,则sin A>sin B
B.若sin 2A=sin 2B,则△ABC一定为等腰三角形
C.若a2+b2
2.(多选题)(2025浙江金华十校模拟)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,满足a2+b2-c2=S△ABC,则下列条件能使△ABC成为锐角三角形的是( )
A.A= B.a=2,b=3
C.a=2,c=3 D.b=3,c=2
3.(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°,那么该塔的高约为参考数据:sin 15°=,≈1.7,≈1.4( )
A.37.54米 B.38.23米
C.39.53米 D.40.52米
4.(多选题)(2025广东江门新会一中期中)《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
5.(2025江西抚州期末)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,D是AB上的三等分点(靠近点A)且CD=2,(a-b)sin A=(c+b)·(sin∠ACB-sin B),则a+2b的最大值是( )
A.4 B.2
C.4 D.2
6.(2025湖南三湘名校联盟期中)△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且bcos C+ccos B=2,A=,则△ABC的内切圆半径的最大值为( )
A. B. C. D.1
7.(2025山西晋城部分学校期中)已知△ABC的内角A, B, C的对边分别为a,b,c,且∠BAC=,a=,则= ;若△ABC的外接圆的圆心是O,则·(+)的最大值为 .
8. (2024江西宜春丰城联考)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,c=,求sin B·sin C的值.
9.(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.
10.(2025广东河源期末)如果一个四边形的四个顶点在同一平面内,且将任一边向两方延长,其余各边均在此延长后的边的同侧,则称该四边形为凸四边形.如图,在凸四边形ABCD中,AB=4,AD=2,BC=CD=3,△ABD和△BCD的面积分别为S1和S2.
(1)若AC=,求四边形ABCD的面积;
(2)求BD的长的取值范围;
(3)求+的最大值.
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.B 2.BC 3.B 4.AB 5.C 6.B
1.B 对于A,若A>B,则a>b,所以2Rsin A>2Rsin B(R为△ABC的外接圆半径),所以sin A>sin B,故A中命题正确;
对于B,由sin 2A=sin 2B,得2A=2B或2A+2B=π,即A=B或A+B=,所以△ABC为等腰三角形或直角三角形,故B中命题不正确;
对于C,由a2+b2
对于D,由正弦定理可知sin B===,所以sin B>sin A,符合b>a,所以角B有两种情况,即△ABC有两解,故D中命题正确.
2.BC 因为a2+b2-c2=S△ABC,
所以由余弦定理可得2abcos C=×absin C,
所以tan C=,又因为C∈(0,π),所以C=.
对于A,当A=时,B=,此时△ABC为直角三角形,故A错误;
对于B,当a=2,b=3时,由余弦定理可得c2=a2+b2-2abcos C=4+9-2×2×3×cos =7,所以c=,所以cos B=>0,所以B为锐角,由b>c>a,知B>C>A,所以△ABC为锐角三角形,故B正确;
对于C,当a=2,c=3时,由余弦定理可得9=4+b2-2×2×b×cos ,所以b=1+,所以cos B=>0,所以B为锐角,由b>c>a,知B>C>A,所以△ABC为锐角三角形,故C正确;
对于D,当b=3,c=2时,由余弦定理可得4=a2+9-2×a×3×cos ,即a2-3a+5=0,由于Δ=9-4×5<0,方程无实根,所以△ABC不存在,故D错误.
3.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=AD=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.
4.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==m2=6,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.
5.C 如图,
由(a-b)sin A=(c+b)(sin∠ACB-sin B),结合正弦定理,可得(a-b)a=(c+b)(c-b),即a2+b2-c2=ab.
在△ABC中,由余弦定理可得,cos∠ACB==,
又∠ACB为△ABC的内角,所以∠ACB=.
因为D是AB上的三等分点(靠近点A),
所以=+=+(-)=+.
又CD=2,所以=4,所以a2+4b2+2ab=36,
所以(a+2b)2-a·2b=36,所以a·2b=(a+2b)2-36.
又因为a·2b≤,所以(a+2b)2-36≤,所以(a+2b)2≤48,所以a+2b≤4,当且仅当a=2b,即a=2,b=时取等号,
故a+2b的最大值是4.
6.B 设△ABC的内切圆半径为r,
因为bcos C+ccos B=2,
所以由余弦定理可得b·+c·=+=a=2,
又S△ABC=bcsin A=(a+b+c)r,所以r=·,
由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos A,则4=b2+c2-bc≥bc,当且仅当b=c时等号成立,
又4=(b+c)2-3bc,所以b+c=,其中0
令=t(2
故△ABC的内切圆半径的最大值为.
7.答案 2;3
解析 在△ABC中,由正弦定理得====2,则b=2sin B,c=2sin C,
所以==2.
如图,分别取AB,AC的中点D,M,连接OD,OM,则OD⊥AB,OM⊥AC,
所以·=(+)·=·+·==c2,
同理可得·==b2,
所以·(+)=·+·=(c2+b2),
由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos∠BAC,即3=b2+c2-bc,
所以b2+c2=3+bc≤3+,所以b2+c2≤6,当且仅当b=c=时取等号,
所以·(+)≤3,即·(+)的最大值为3.
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
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==2(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)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,往往设某边的长或某角的大小为自变量,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.
10.解析 (1)若AC=,则在△ACD中,AD2+CD2=AC2,所以AD⊥CD,所以S△ACD=×2×3=3.
在△ABC中,cos∠ABC==,又因为∠ABC为△ABC的内角,所以∠ABC=,
所以S△ABC=×4×3×=3,
所以四边形ABCD的面积为3+3.
(2)显然BD
此时AB2+BC2=AC2,所以∠ABC=90°,则cos A==,
在△ABD中,由余弦定理可得BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos A=16+4-2×4×2×=,故BD=,所以BD的长的取值范围是.
(3)在△ABD中,由余弦定理可得BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos∠BAD=20-16cos∠BAD,
在△BCD中,由余弦定理可得BD2=BC2+CD2-2BC·CD·cos∠BCD=18-18cos∠BCD,
所以20-16cos∠BAD=18-18cos∠BCD,
整理得cos∠BCD=,
所以+
=AB2·AD2·sin 2∠BAD+BC2·CD2·sin 2∠BCD
=16sin2∠BAD+sin 2∠BCD
=16(1-cos 2∠BAD)+(1-cos 2∠BCD)
=-16cos2∠BAD-
=-32cos2∠BAD+4cos∠BAD+36
=-32+.
由(2)可知cos∠BAD∈,
所以当cos∠BAD=时,+取得最大值,最大值为.
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同课章节目录
- 第一章 三角函数
- 1 周期变化
- 2 任意角
- 3 弧度制
- 4 正弦函数和余弦函数的概念及其性质
- 5 正弦函数、余弦函数的图象与性质再认识
- 6 函数y=Asin(wx+φ)性质与图象
- 7 正切函数
- 8 三角函数的简单应用
- 第二章 平面向量及其应用
- 1 从位移、速度、力到向量
- 2 从位移的合成到向量的加减法
- 3 从速度的倍数到向量的数乘
- 4 平面向量基本定理及坐标表示
- 5 从力的做功到向量的数量积
- 6 平面向量的应用
- 第三章 数学建模活动（二）
- 1 建筑物高度的测量
- 2 测量和自选建模作业的汇报交流
- 第四章 三角恒等变换
- 1 同角三角函数的基本关系
- 2 两角和与差的三角函数公式
- 3 二倍角的三角函数公式
- 第五章 复数
- 1 复数的概念及其几何意义
- 2 复数的四则运算
- 3 复数的三角表示
- 第六章 立体几何初步
- 1 基本立体图形
- 2 直观图
- 3 空间点、直线、平面之间的位置关系
- 4 平行关系
- 5 垂直关系
- 6 简单几何体的再认识