专题强化练3 正、余弦定理的综合应用--2026苏教版高中数学必修第二册章节练（含解析）

中小学教育资源及组卷应用平台
2026苏教版高中数学必修第二册
专题强化练3　正、余弦定理的综合应用
1.(2025江苏无锡江阴第二中学月考)在△ABC中,角A、B、C的对边分别为a、b、c,若c=3,b=2,∠BAC的平分线AD的长为,则BC边上的高线AH的长等于(　　)
A.　　　　
C.2　　　　D.
2.(2024江苏镇江中学学情检测)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b=2,b2+c2-a2=bc,若BC边上的中线AD=,则△ABC外接圆的面积是(　　)
A.4π　　　　 B.8π　　　　
C.12π　　　　D.16π
3.(2024山东烟台期中)某数学兴趣小组欲测量学校旗杆顶部M和教学楼顶部N之间的距离,已知旗杆AM高15 m,教学楼BN高21 m,在与A,B同一水平面C处测得旗杆顶部M的仰角为30°,教学楼顶部N的仰角为60°,∠ACB=120°,则M,N之间的距离为(　　)
A. m　　　　B. m　　　　
C.3 m　　　　D. m
4.(多选题)(2025湖南邵东创新高级中学期中)在△ABC中,若(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11,则下列结论中正确的有(　　)
A.sin A∶sin B∶sin C=4∶5∶6　　　　
B.△ABC是钝角三角形
C.△ABC的最大内角是最小内角的2倍　　　　
D.若c=6,则△ABC外接圆的半径为
5.(2025广东实验中学期中)在△ABC中,a,b,c分别是内角A,B,C的对边,若S△ABC=(a2+b2-c2),且=0,则△ABC的形状是(　　)
A.有一个角是30°的等腰三角形　　　　
B.等腰直角三角形
C.有一个角是30°的直角三角形　　　　
D.等边三角形
6.(多选题)(2025江苏南京第二十九中学期中)在锐角三角形ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,sin C-sin A=2sin Acos B,则(　　)
A.B=2A
B.b2=a2+ac
C.1D.<1
7.(2025江苏宿迁沭阳高级中学等四校期中联考)已知在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,acos B=bcos∠BAC,M是BC的中点,若AM=4,则b+c的最大值为　　　　.
8.(2024江苏无锡太湖高级中学月考)已知四边形ABCD中,AB=BC=CD=1,DA=,设△ABD与△BCD的面积分别为S1,S2,则的最大值为　　　　.
9.(2024江苏无锡江阴两校联考)在①;③设△ABC的面积为S,且4S+3(b2-a2)=3c2这三个条件中任选一个,补充在下面的横线上,并解答.
在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且　　　　,b=2.
(1)若a+c=4,求△ABC的面积;
(2)求△ABC的周长的取值范围;
(3)若△ABC为锐角三角形,求的取值范围.
10.(创新题)(2025江苏南京六校联合体调研)我们知道,三角形中存在诸多特殊位置的点,并且这些点都具备一定的特殊性质.意大利学者托里拆利在研究时发现:以三角形的三边为边分别向其外侧作等边三角形,这三个等边三角形的外接圆交于一点T,点T称为托里拆利点(以下简称“T点”).通过研究发现,三角形的“T点”满足到三角形三个顶点的距离和最小.当△ABC的三个内角均小于π时,使得∠AOB=∠BOC=∠COA=π的点O即为“T点”,当△ABC有一个内角大于或等于π时,最大内角的顶点为“T点”.试用以上知识解决下面问题.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,点P为△ABC的“T点”.
(1)若b-csin A=acos C.
①求A;
②若bc=4,求;
(2)若acos B-bcos A=c,||,求实数t的最小值.
答案与分层梯度式解析
专题强化练3　正、余弦定理的综合应用
1.B　设∠BAD=∠CAD=α,则∠BAC=2α,如图所示,
由S△ABC=S△ABD+S△ACD得×3×2sin 2α=sin α+sin α,
整理得3sin 2α=2sin α,即sin α(3cos α-)=0,
又sin α≠0,所以cos α=,
所以cos 2α=2cos2α-1=,则sin 2α=,
在△ABC中,由余弦定理得a2=32+22-2×3×2cos 2α=13-4=9,所以a=3,
由S△ABC=bcsin 2α=a·AH可得×3AH,解得AH=.
2.A　因为b2+c2-a2=bc,所以由余弦定理得cos∠BAC=,
又0<∠BAC<π,所以∠BAC=.
由题知D是BC的中点,所以),
所以),
即7=,解得c=4(负值舍去),
由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos∠BAC=22+42-2×2×4cos=12,解得a=2(负值舍去),
设△ABC外接圆的半径为R,
则由正弦定理得2R==4,则R=2,
所以△ABC外接圆的面积为πR2=4π.
3.D　过M作MD⊥BN于点D,则MD=AB.
在Rt△ACM中,AM=15,∠ACM=30°,
∴AC=.
在Rt△BCN中,BN=21,∠BCN=60°,
∴BC=.
在△ACB中,∠ACB=120°,
由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos∠ACB
=(15×cos 120°=1 137,
∴DM=AB=.
又DN=BN-BD=6,
∴在Rt△NDM中,MN=,
即M,N之间的距离为m.
4.ACD　由(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11,不妨设a+b=9t,a+c=10t,b+c=11t,t>0,解得a=4t,b=5t,c=6t.
对于A,由正弦定理得sin A∶sin B∶sin C=a∶b∶c=4∶5∶6,A正确;
对于B,易知角C最大,因为cos C=>0,所以C为锐角,故△ABC是锐角三角形,B错误;
对于C,易知角A最小,角C最大,因为cos A=>0,
所以cos 2A=2cos2A-1=2×=cos C,可得C=2A,C正确;
对于D,当c=6时,a=4,b=5,则由C知cos A=,则sin A=,故△ABC外接圆的半径R=,D正确.
5.D　由S△ABC=absin C,a2+b2-c2=2abcos C,得×2abcos C=absin C,解得tan C=,
因为C∈(0,π),所以C=.
由=2R(R为△ABC外接圆的半径),得sin B=,sin C=,
则=0,
在边AB,AC上分别取点D,E,使,如图所示,以AD,AE为邻边作平行四边形ADFE,则四边形ADFE为菱形,连接AF,DE,则AF⊥DE,且,
∴=0,∴AF⊥BC,
又DE⊥AF,∴DE∥BC,又AD=AE,∴AB=AC,即c=b,
又C=,∴△ABC是等边三角形.
6.ABD　对于A,因为sin C=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B,sin C-sin A=2sin Acos B,
所以cos Asin B-sin A=sin Acos B,得sin Bcos A-cos Bsin A=sin(B-A)=sin A,
又△ABC为锐角三角形,所以0对于B,由sin C-sin A=2sin Acos B得c-a=2acos B=2a×,整理得b2=a2+ac,B正确;
对于C,sin A+cos A=,由A知B=2A,
所以0所以,
又sin,
所以<1,
故对于D,由C知sin A∈,
则sin C=sin(A+B)=sin(A+2A)=sin Acos 2A+cos Asin 2A
=sin A[(1-2sin2A)+2(1-sin2A)]=sin A(3-4sin2A)=3sin A-4sin3A,
则,
设f(A)=4sin A+,令t=sin A,t∈,
则y=4t+,易知函数在上单调递增,
所以f(A)∈(4,3),则,
所以,D正确.
7.答案　8
解析　因为acos B=bcos∠BAC,所以由正弦定理得sin∠BACcos B=sin Bcos∠BAC,
即sin(∠BAC-B)=0,所以∠BAC-B=kπ(k∈Z).
又0<∠BAC<π,0解法一:在△AMC中,由余弦定理得b2=×4cos∠AMC,①
在△AMB中,由余弦定理得c2=×4cos∠AMB,②
因为∠AMC+∠AMB=π,所以cos∠AMC=-cos∠AMB,
故①+②得b2+c2=+32,又a=b,所以b2+c2=32,
即bc=32,所以bc+32≤+32,当且仅当b=c时等号成立.
令t=b+c,则t2≤+32,即t2≤32,解得-8≤t≤8,又t>0,所以0当且仅当b=时,等号成立,
则b+c的最大值为8.
解法二:因为M为BC中点,所以),
所以)2=16,所以64=c2+b2+2bccos∠BAC,
又b2=a2=c2+b2-2bccos∠BAC,
所以2c2+b2=64,所以b2+c2=32,以下同解法一.
小题速解　由中线长公式得AM==4,所以b2+c2=32,以下同解法一.
8.答案　
解析　由题意得S1=AB·AD·sin A=sin A,S2=CD·BC·sin C=sin C.
在△ABD中,由余弦定理得BD2=AD2+AB2-2AD·AB·cos A,即BD2=3+1-2cos A=4-2cos A.
在△BCD中,由余弦定理得BD2=CD2+CB2-2CD·CB·cos C,即BD2=1+1-2cos C=2-2cos C,
所以cos C=cos A-1.
则,
所以当cos A=,即cos A=时,取得最大值,最大值为.
9.解析　选①,由正弦定理得,
即sin Bcos C=2sin Acos B-sin Ccos B,
即2sin Acos B=sin Bcos C+cos Bsin C=sin(B+C)=sin A,
易知sin A≠0,所以cos B=,又0选②,因为,
所以,
易知sin C≠0,所以tan B=,又0选③,因为4S+3(b2-a2)=3c2,即2acsin B=3(a2+c2-b2),
所以sin B=3·,
根据余弦定理可得sin B=3cos B,所以tan B=,又0(1)由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB=(a+c)2-2ac-2accos B,即12=42-2ac-2ac×,解得ac=,
所以S△ABC=acsin B=.
(2)由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B=(a+c)2-2ac-2accos B,即12=(a+c)2-2ac-2ac×=(a+c)2-3ac,所以ac=-4.
易得0所以0<-4≤,所以2所以△ABC的周长的取值范围为(4].
(3)由正弦定理得,
在锐角△ABC中,0所以,即,
又tan,y=tan x在上单调递增,所以2-<1,
所以.
10.解析　(1)①在△ABC中,由题意,结合正弦定理得sin B-sin Csin A=sin Acos C,
∵B=π-(A+C),∴sin B=sin(A+C),
即(sin Acos C+cos Asin C)-sin Csin A=sin Acos C,
∴cos Asin C=sin Csin A,
∵sin C≠0,∴tan A=,又A∈(0,π),∴A=.
②由①知A=,则△ABC的三个内角都小于π,
由“T点”特征知∠APB=∠BPC=∠APC=π,
设||=z,由S△APB+S△BPC+S△APC=S△ABC得xy·yz·xz·,整理得xy+yz+xz=4,
所以=xy·+yz·+xz·×4=-2.
(2)由acos B-bcos A=c,结合正弦定理得sin Acos B-sin Bcos A=sin C,即sin(A-B)=sin C,
∵A,B,C均为三角形内角,∴A-B=C或A-B+C=π(舍),即A=B+C=π-A,∴A=,
由点P为△ABC的“T点”得∠APB=∠BPC=∠APC=π,
设PB=mPA,PC=nPA,PA=x,m>0,n>0,x>0,
由||得m+n=2t,
由余弦定理得AB2=x2+m2x2-2mx2cos=(m2+m+1)x2,
AC2=x2+n2x2-2nx2cos=(n2+n+1)x2,
BC2=m2x2+n2x2-2mnx2cos=(m2+n2+mn)x2,
在Rt△ABC中,AC2+AB2=BC2,得(n2+n+1)x2+(m2+m+1)x2=(m2+n2+mn)x2,整理得m+n+2=mn,
m+n+2=mn≤,当且仅当m=n时取等号,
又m+n=2t(t>0),则t2-2t-2≥0,所以t≥1+,所以实数t的最小值为1+.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)