达标演练11 余弦定理&达标演练12 正弦定理-【百汇大课堂·高中学习测试卷】2024-2025学年高中数学必修第二册（人教A版2019）

达标演练十一余弦定理 [能力提升] [基础巩固] 9.在△AC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c.若4tb·e一3√712，周B等于 1,在△AC中，角A、B,C对的边分别为g,b,C.若4=4，b-5c=I,则角C等于 A晋 A.120 k90 C.60 D.45 c 普 4- 名在△AC中，AB=LAC=5,06经-首，期C- 10.已每∠ABC-120,AB-2,BC-1,则AB·AC- A,2 E.3 A.《2 B30 C.5 D.6 C,w丽 D,28 11,在率等边三角形ABC中，角A,BC的对边分料为a,b(,且最大边a情是期<b十c2,则角A 品在6ABC中，若ac=8a十e=7,B=营则6 的取值范围是 12已每△ABC的三边长AB=B,BC-7,AC-3,AB,B+BC,CA+CA,AB- A.25 我5 13,在△ABC中，已知角A.B,C所对韵边分别为a6,r,且2=(2t-)加+26-ab. C.4 D.5 (1)求角C的大小： 4.已每△ABC的三边之比为3：5：7，则最大角为 (2)求2c0xA十2emB的最大直， A号 我华 c晋 n沿 5(多选)△ABC中，角A:B的对边分别为a,b,且A-H一任，6=4，那么端足条件的三角形的 边c可能是 ( A,2+2 队4 C.2 D.2 14.如图，在△ABC中，已每AB-2,AC-8E,∠BAC-5,BC边上的中线为AM 6.在△ABC中，a-8,c-7,e0sA-7用6一 (1)求AM约值： (2)求in∠BAM 三，在△MC中，角A,B,C的对边分别是a已知6=ea'=远(1一如A),则A的大小为 点在△AC中，角A.B,C质对的边分别为a,6,e,已知a-2t-3,6@B-】 (1)求方的值： (2)深aC的慎 21 达标演练十二 正弦定理 C肾0<x<1转，△ABC只有一个解 D.对一切x>0,△AC都有解 [基留巩因] 10,《多选)已知△AC的内角A,B,C的对边分别为a,6,e,若25a%B=￥%C十Fea A6=2,W 玉纪△A风的内角A,B.C的对边分别为：6c者A-吾。一后=2，照白B= △AC面朝的可能意值为 A.1 B.3 C.2 D.4 号 B号 c n 11,在△C中，nA=m2A,2a=3b,期A= 2,在△AC中，局A,B,C的对边分薄为a,bF,若A=30,B=45,a一23，则b= 12,幸九都，字道吉，仪族，鲁B(今判南意县》人，南宋著名数学家，精氏屋象、音律，算术，序同，号。 A可 B② C./ D.26 剑.背渣之学，1208年出生下春用（今四川安岳），成淳四年(128)二月，在梅州辞世.与李治，杨 3.在△A以C中，若AB=3,AC=7,B=120°，则△ABC的有积为 解、来世泰并你宋元数学四大家.他在著作（数书九章）中创用了“三等求积术”，仰已每三角形的 A6原 盘疗1 c中号 D.16,a 三条边长“，山，，求三角形而积的方法，其求法是·以小斜杯并大斜杯或中斜幂，余半之，自乘丁 4 4 4 上，以小斜幕乘大斜幂减上，余四的之，为实。一为从属，开平方得积”若把以上这段文字写成公 4.已知在△ABC中，角A,B,C所对的边分到为a,M,,若 2_,AABC一京() 式那为s-得一P可，者△AC来是A-2血CaB-君且3< 人等题三希形 且慎角三角形 C,期用“三斜求积”公式来得△AC的直积为 C直角三角形 D等提直角三角卷 13.在△AC中，角A,B,C所对的边分群为e,山，t,清足6mC-豆正一c, a,(多选》在△A以中，角A,B,C所对的边为a,b,,则下列说法玉确的有 《1)求角B A.a'-+e+2ceas A a+6十e 且aA+B+nC如A 2)若mC-营，BD-DC.△ABD的面积为求c的值 C若A>B,期a>5 D若mA>nB,则A>B 6.△以的内霜A,B,C约时边分别为6e,已知mA=:B=营6=55，则= 7世△AC的舞A,B:C的时边分别为ab,且@sA一号oB-营6-3测血C- 5 cm 8.在△AB风C中，物A,B,C的对边分期为a,b,c,且，bnA=四sB 14,在△A拟C中，内角A,H.C的对边分则为gb,F,且w=(26+cg),m=《AmC).m⊥n 1》求B: (1》求角A的大小 (2》若b-3,sinC-5inA,求a. 《》D是线段以C上的点，且AD=BD=2,CD=3,求△ABD的而积 [能力提升] 3,在△A以C中角A,B,C所对的边分别为a,b.c若4=1，A=30,山=x,属 A.雪x-2时，B=45 我当x>1时，△ABC有丙个解 23 24n.[ 解析：取线段AC的中点O,连接OB,则 设P(xy), 测PM=(1-x,-y).PC=(1-xW3-y), OB⊥AC, (PA+PB)·PC=2PM·PC=2[(1-x)(1-x)-y(W5 以点O为原点，OA,OB所在的直线分别为xy轴建立如下 y)]=2(x°+y2-2x-3y+1) 图所示的平面直角坐标系， 则A(2,0).D(13),设点E(x,0),则一2≤x≤2， --+(]-· EA=(2-x,0),ED=(1-xW5), 所以E.ED=(2-r1-)=r2-8x+2-(r-2) 故当=1y-时，+P,元取最小值- 达标演练十一 余弦定理 1.A2.A3.B4.A5.AD 因为通数x=(-)广-在[，受)上为减面数· 解析：由余弦定理可得64=62+49一2Xb×7×7 6.53 b2一2b+49, 在(2,2上为增函数， 故b2-2b一15=0，解得b=一3（舍）或b=5, 所以x)=(）- 敌mC-装想-再CE0成c-号 又因为f(-2)=12,f(2)=0,所以f(x)=12, 解析：由余弦定理得：a2=b2十c2一2 becos A=2b2 图此，的取值范国是[1 2b cos A=26(1-cos A). .a2=2b2(1-sinA),.cosA=sinA,又cosA≠0， ..tan A=1. A∈0A- 8.解：1)因为a=2.c=3,cosB= 4 所以6=a2+(-2 aceos B=2+3-2X2X3×=10. 所以b=√10. 12.25e1000J解析：：|F1=50,且F与小车的位移方向的 (2)由余弦定理可得c0sC=a2+6-c2=4+10-9 2ab 2×2×/10 夹角为60°，∴.F在小车位移上的投彩向量为F·cos60°e 25e,:力F作用于小车G,使小车G发生了40m的位移， -10 8 .力F做的功W=25×40=1000). 又C为△ABC的内角， 13.解：(1)由力的平衡及向量加法的平行四边形法则，得 -G-F+FGltn0, 所以sinC=-cosc_3y6 8 9.C解析：在△ABC中，a:b:c=3:√7：2， 当0从0°趋向于90°时，F,,|F。都逐渐增大. 设a=3t,b=W7t,(=2r(1>0),由余弦定理得cosB= e自F,-CP,长2G,得s9≥ a+c:-bi 1 又因为0°≤0<90°，所以0°≤0≤60. 2ac 14,解：(1)当AP=PD时，则P为AD的中点， 图为B∈(0，a,所以B=子 由于AM0△c0,青贺-&2- 10.C解析：因为∠ABC=120°，AB=2,BC=1, 所以AC=AB+BC-2AB·BCcos∠ABC=4+1-2X A0=}A=A店+G)=-+C, 2x1x(-）=7 11 所以x=一3y=3 所以AC=7, 所以cOs∠BAC-AC+AB-BC7+4-L5 (2)由于四边形ABCD是边长为2的菱形，且∠ABC= 2AC·AB 2×w7×22w7 3 建立如图所示的直角坐标系， 所以AB.AC=|AB·AC1cos∠BAC=2X万X 5 2√7 =5. .() 解析：因为a2<b十c,所以cosA= +a>0,所以A<受 2bc 又因为为最大边且三角形是不等边三角形，所以A>B, A>C,所以3A>A+B+C=x,即得A>受 则A(2,0),B(0.0),C(1,3), 取AB中点M,连接PM,PB,则M(1,0),PA+PB=2PM. 所以智<A< ·9· 12.-61解析：由余弦定理得cosA=AB十AC-BC 56 2AB·AC 又"sin(π-C)=simC=sin(A十B),,'.sinC 51 64+9-491 2x8×3=2 由正弦定理，得sin Bsin C二6nC b 36 65_14 同理msB=授omsC=一 sin B 1 13 所以AB·BC+BC.CA+CA.AB 8.解：(1)由√3 bsin A=acos B及正弦定理，得√3 sin Bsin A= =AB·BC cos(x-B)+BC·CA cos(x-C)+CA· sin Acos B. AB cos(-A) 在△ABC中，sinA≠0，，.w3sinB=cosB,.tanB= 3 =8×7x(-0)+7×8×宁+3×8×(-）=-61. 13.解：(1)由已知2c=(2a-b)a十(2b-a)b,整理得a2十b2 0<B<B=吾 c*=ab. (2)由sinC=3sinA及正弦定理，得c=√3a,① ∴osC=a+b-c2-h1 由余弦定理b2=a2+十c2-2 aceos B,得32=a”十c2- 2ab 2ab2' 2accos B. 又0C<,C-子， 即a2+e2-5ac=9.② 联立①②，解得a=3,c=3√3， (2)'2cos A+2cos B=2cos A-2cos(A+C)=2cos A- 9.C解析：因为a=1,A=30°.b=x, 2(分eA-9nA）-sA+后nA=2sn(A+若）： 品品6得mB= 所以由正弦定理， b 由C-得0A<测<A+< 、当7=反时mB号，又30°<B<150,所以B=5或B=】 ∴<sin(A+晋）1.1<2sn(A+）≤2， 135°，故A错误 则2co5A十2cosB的最大值为2. 当x=4时sinB=2,又0<sinB≤1，此时△ABC无解，故B、 D错误： 14.解：(1)由余弦定理，得BC=AB+AC-2AB·ACc5∠BAC 当0<x<1时b<a,则B<A, =g+(62)-2x2x6E×号 52,即BC=213,BM 11 又simB=2I<2,此时B只有一解，即△ABC只有一个 =CM=13】 解，故C正确， 在△ABM中，由余弦定理，得 10.AB解析：由正弦定理可得 COS/BMA-BM'+AM-AB'AM+9 2sin Bcos B=sin Acos C+eos Asin C. 2BM·AM 2√13AM .2sin Bcos B=sin(A+C)=sin B. 在△ACM中，由余弦定理，得 又sinB≠0， COSCMA-CM+AM-AC AM-59 2CM·AM 213AM wB-号 由∠BMA与∠CMA互补，则cos∠BMA十cos∠CMA=0, :0<B<180°， 解得AM=5. 故B=60°，故ac=a2+c3-4≥2ac-4,有ac≤4，当且仅当 (2)在△ABM中，由余弦定理，得 a=c=2等号成立： cOS∠BAM=AB+AM-BM4 1 2AB·AM 5 故Sam=2 ucsin B≤5. 图为∠BAC=45°，所以0<∠BAM<45°， 1. 2解析：simA=sin2A=2 sin Acos A,因为A∈(0， 所以si∠BAM=个-OBAM=号 .所以sinA≠0，所以cosA=了A=子因为2a=56 达标演练十二正弦定理 1.B 2.D 3.D 4.A 5.BCD 则2snA=mB,即2X-5nB,所以nB=k.又 6.6解桥：由c0sA=号得s血A= 3 因为B∈(0，），则B=受，所以C=x-A-B=吾所以 5x26 6 sin B1-2. sin A sinB得a-sinA 由正弦定理“ b sin C 1 sin B 3 2 5614 5 12 解析：因为csin A=2sinC,所以ae=2c, 1.的 5 解折：“c0sA=子o0sB -13sin A-5 所以ac=2. sin B=13' 12 图为cosB= ·所以+-3 3 2ac ，所以十c- 2 6 '.sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B-65 所以（- ·10· 13.解：(1)利用正弦定理得2 sin Beos C=V2sinA一sinC, 达标演练十三余弦定理、正弦定理应用举例 2sin Beos C=2 sin(B+C)-sin C=2 sin Bcos C+ 1.D 2.D 3.ACD 4.D 5.C 2cos BsinC-sin C, 6.(30+305)m解析：在△PAB中，∠PAB=30°，∠APB 化简得sinC=√2 sin Ceos B, 由C为△ABC的内角，得sinC≠0， 15,AB=60m,in15=sin(45°-30)=6-2，由正弦定 4 可得cos B 21 理，得PB=ABsin30 sin15° =(30√6+302)m,所以建筑物的高 又B为△ABC的内角，所以B=不 度为PBsn45=(80后+30)X号-80+05)m （2)E知B成-元.则BD-专BC=言a 7.√6-1解析：由条件知，∠ACB=80°+40°=120°， 设BC=xkm,则由余弦定理知9=x十4一4zc05120°， 因为x>0.所以x=6-1, . 8.解：(1)由已知得AC=AD=CD=BC=√2， ∠DAC=∠ADC=∠ACD=60,∠ABC=∠BAC=45°， 由osC-号，可得sinC=-coC- 所以△BCD是等展三角形，∠BCD=60°+90°=150°， .sin A=sin(CB-sin Csimn 所以∠DBC=2(180-150)=15 所以∠ABE=45°-15°=30. (2)由(1)知△ABD中，∠ABD=30°，∠DAB=60°+45 =105°， 利用正弦定理可得·AC7E ,即 又sin105°=sin(45°+60°)=sin45cos60°+sin60°cos45°= 10 5 4 -7o 所以Sam=专KABX ADXsin105°=1+5 1 2 联立①②可得c=2. 9.D解析：在△ACD中，∠ADC=30°，∠ACD=120°.所以 14.解：(1)因为m=(2h+c,a),n=(cosA.cosC),m⊥n, ∠CAD=30°， 所以m·n=(2b十c)cosA十acos C=0, 则有∠ADC=∠CAD, 由正弦定理可得2 sin Beos A+(sin Acos C+cosA sin C)= 所以AC=CD=103 0, 又∠ACB=75°，所以∠BCD=45°， 即2 sin Bcos A+sin(A+C)=0,又A+C=r-B, 在△BDC中，∠CBD=180°一(30°+45+45)=60°，由正弦 所以2 sin Bcos A+sinB=0, 因为AB∈(0，元)，则sinB>0,所以cosA=- 定理.得C=105m75°=52+56。 2 sin60° 在△ABC中，由余弦定理，得 又0<A<,因克A-积 AB=AC+BC2-2AC·BCcos∠ACB=(10V3)2+(52 (2)设B=0,因为A-行，则C--经-0-吾-0， +5W6)-2X105×52+56)×6-2）=500. 4 因为AD=BD=2,所以∠BAD=B=0,∠ADC=20, 所以AB=10√5，即A,B两个基站之间的距离为105km ∠DaC-5-9. 10.D解析：由题意，在△ABD中，由余弦定理，cos∠ADB= AD+BD°-AB_9+36-25_5 在△ACD中，由正蓝定理可知AD CD inC=sin∠DAc,闸 2AD·BD 2×3×69 因为∠ADB∈(0，π)，所以sin∠ADB=√1-cos∠ADB= 2 3 m(g-0）sm(-o） √-()2 9 停0-n0）=2(s0+号m小 AC 在△ACD中，由正弦定理sinZADB sin☑ACD' AD sin∠ACD,解得sin∠ACD-」 3 、化简可得5sin0=Bcos0,即an0-. 所以 2√14 6 9 所以sin20= 2sin 0cos 0 2tan 0 53 sin0+cos0 tan0+1 14 因为∠ACD为锐角， 所以SA地2AD·BDsin(x-20)=2AD·BDsin20 所以s∠ACD=V-ZACD=-() ×2'x535v5 1 22 147 6 ·11·