课时规范练29　正弦定理和余弦定理--2027全国版高考数学一轮复习(含答案)

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2027全国版高考数学一轮复习
课时规范练29　正弦定理和余弦定理
(分值:75分)
(单选题每小题5分,多选题每小题6分,填空题每小题5分)
基础 巩固练
1.(2025·山东枣庄二模)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b=3,c2+9=a2+3c,则A=(　　)
A. B.
C. D.
2.(2026·重庆南开中学高三月考)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,(a+b)2=c2+12,C=60°,则△ABC的面积为(　　)
A. B. C.1 D.
3.(2025·河北模拟)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若sin 2Bcos A=sin Ccos B,则△ABC的形状为(　　)
A.等腰三角形
B.直角三角形
C.等腰直角三角形
D.直角三角形或等腰三角形
4.(多选题)(2026·湖北黄冈模拟)在平面四边形ABCD中,∠BAD=,AB⊥BC,AD⊥CD,AB=5,AD=4,则(　　)
A.AC=2
B.cos∠CAD=
C.四边形ABCD的周长为9+3
D.四边形ABCD的面积为
5.(15分)(2025·北京,16)在△ABC中,cos A=-,asin C=4.
(1)求c;
(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知,使得△ABC存在,求BC边上的高.
条件①:a=6;
条件②:bsin C=;
条件③:S△ABC=10.
注:如果选择的条件不符合要求,第(2)问得0分;如果选择多个符合要求的条件分别解答,按第一个解答得分.
综 合 提升练
6.(多选题)(2025·浙江金华二模)已知△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
7.(13分)(2025·河北秦皇岛模拟)已知△ABC为锐角三角形,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,a2-c2=bc.
(1)求证:A=2C;
(2)若c=1,求△ABC周长的取值范围.
8.(15分)(2025·广东梅州模拟)如图乙,在等边三角形ABC中,D为AB上一点,且AB=3AD=3,E,F分别在边AC,BC上,DE⊥DF.
甲
乙
(1)如图甲,当点F与点C重合时,求sin∠ADE;
(2)求△DEF面积的最小值.
创 新 应用练
9.(2025·四川泸州模拟)著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马(1601—1665)于1643年提出了三角形中的“费马点”,即“对于每个给定的三角形,都存在唯一的费马点,当△ABC的三个内角均小于120°时,则使得∠APB=∠BPC=∠CPA=120°的点P即为费马点”.在△ABC中,AC=BC=2,cos C=-,P是△ABC的费马点,则PC的长度为　　　　　.
参考答案
1.C　解析 由b=3及c2+9=a2+3c,得b2+c2-a2=bc,
由余弦定理的推论得cos A=,
因为02.D　解析 因为C=60°,故c2=a2+b2-2abcos 60°=a2+b2-ab,
而(a+b)2-c2=12,故c2=a2+b2+2ab-12=a2+b2-ab,
故ab=4,故△ABC的面积为ab×sin 60°=4=故选D.
3.D　解析 ∵sin 2Bcos A=sin Ccos B,
∴2sin Bcos Bcos A=sin(A+B)cos B,
∴2sin Bcos Bcos A=(sin Acos B+cos Asin B)cos B,sin B≠0,
化简得,sin Bcos Bcos A=sin Acos2B,
∴cos B(sin Bcos A-cos Bsin A)=0,
即cos Bsin(B-A)=0,
∴cos B=0或sin(B-A)=0.
∵A,B∈(0,π),∴B=或B-A=0,即B=或B=A,
∴△ABC是直角三角形或等腰三角形.
4.ACD　解析 取AC的中点为O,
由题意,圆O为四边形ABCD的外接圆,记该外接圆的半径为R,在△ABD中,BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos∠BAD=21,所以BD=,
又=2R=AC=2,
所以CD==2,BC=,cos∠CAD=,所以四边形ABCD的周长为AB+BC+CD+AD=9+3,四边形ABCD的面积为AB·BC+CD·AD=524=
故选ACD.
5.解 (1)由cos A=-,得sin A=
∵asin C=4,∴S△ABC=absin C=4b=bcsin A,
∴4c,解得c=6.
(2)若选①,a=6,则a=c.又cos A<0,∴A为钝角,故△ABC不存在.
若选②,bsin C=,如图,作AD垂直BC于点D,则BC边上的高AD=,此时sin B=,∴B∈().
又cos A=-,∴A∈(),∴A+B∈(,π),
∴△ABC存在,此时BC边上的高AD=
若选③,S△ABC=10由(1)知S△ABC=4b=10,解得b=5.
由余弦定理得,a==9,∴△ABC存在.
又S△ABC=a·AD,
a·AD=10,解得AD=
6.BC　解析 因为a2+b2-c2=S△ABC,
由余弦定理可得2abcos C=absin C,所以tan C=
因为C∈(0,π),所以C=
当A=时,B=,此时△ABC为直角三角形,故A错误;
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=,由b>c>a,所以B>C>A,B为最大角,又cos B=>0,所以B为锐角,
此时△ABC为锐角三角形,故B正确;
当a=2,c=3时,由余弦定理可得9=b2+4-2×2×b×cos,
解得b=1+,所以b>c>a,则B为最大角,所以cos B=>0,所以B为锐角,
此时△ABC为锐角三角形,故C正确;
当b=3,c=2时,由余弦定理可得4=a2+9-2×3×a×cos,即a2-3a+5=0,
由于Δ=9-4×5<0,方程无实根,所以不存在这样的△ABC,故D错误.
故选BC.
7.(1)证明 由a2-c2=bc,得a2=c2+bc,
由余弦定理得a2=c2+b2-2bccos A=c2+bc,即b=c+2ccos A,
由正弦定理得sin B=sin C+2sin Ccos A,所以sin(A+C)=sin C+2sin Ccos A.
所以sin Acos C-cos Asin C=sin C,即sin(A-C)=sin C.
所以A-C=C+2kπ或(A-C)+C=π+2kπ(k∈Z),
即A=2C+2kπ或A=π+2kπ(k∈Z).
因为0所以A=2C.
(2)解 因为△ABC为锐角三角形,所以解得因为c=1,由正弦定理得=2cos C,所以a=2cos C,
由正弦定理得b==4cos2C-1,
故△ABC的周长为a+b+c=4cos2C+2cos C.
令t=cos C,则因为函数y=4t2+2t=4上单调递增,
所以△ABC周长的取值范围为(2+,3+).
8.解 (1)当点F与点C重合时,
在△CDB中,B=60°,BD=2,BC=3,
由余弦定理得CD2=BD2+BC2-2BD·BC·cos 60°=22+32-2×2×3=7,
得CD=,于是cos∠CDB=,而∠ADE=90°-∠CDB,
因此sin∠ADE=sin(90°-∠CDB)=cos∠CDB=
(2)设∠ADE=θ(0所以DE=,
在△BDF中,∠BDF=90°-θ,同理,得DF=,
故S△DEF=DE·DF
=
=
=,
当θ=45°时,2sin 2θ+的最大值为2+,此时△DEF的面积取得最小值,即6-3
9　解析 由cos C=->cos=-,得C<故费马点P在△ABC内,且∠APB=∠BPC=∠CPA=
取AB的中点D,由AC=BC,得CD是线段AB的中垂线.
在△PAC和△PBC中,AC2=CP2+PA2-2CP·PAcos,BC2=CP2+PB2-2CP·PBcos,两式相减,得PA2-PB2+CP(PA-PB)=0,
即(PA-PB)(PA+PB+CP)=0,可见PA-PB=0,PA=PB,所以点P在AB的中垂线CD上.又P在△ABC内,所以点P在线段CD上.
cos∠ACP=cos,sin∠ACP=
在△PAC中,,所以PC=sin(-∠ACP)=()=
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