课时检测训练28 正弦定理和余弦定理-【勤径学升】2026年高考数学一轮总复习课时检测训练（人教A版2019）

课时检测训练28 正弦定理和余弦定理 >对应答案P506 应A级+基础巩固 8.我国南宋著名数学家秦九韶在他的著作《数书九 1.(2025·大连模拟)记△ABC的内角A,B,C的 章》卷五的“田域类”中写道：问有沙田一段，有三 对边分别为a,b,c,若b=1,a”-1=c(e一1)，则 斜，其小斜一十三里，中斜一十四里，大斜一十五 A= ( 里.里法三百步.欲知为田几何.意思是已知三角 A号 B号 c君 晋 形沙田的三边长分别为13里、14里、15里，求三 角形沙田的面积.则该沙田的面积为平 2.已知△ABC中，A=120°，D是BC的中点，且 方里. AD=1,则△ABC面积的最大值 ( 9.(2024·江面上烧·模拟)已知△ABC的三个内角 A.3 B.2v3 C.1 D.2 A.B,C的对边分别为a,6,c,若b=1,osB=5 3.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,D 3 且(a十c)(sinA-sinC)=b(sinA-sinB),则边 为AC的中点，已知c=2,BD-号，且aosB+ 长c的值为 bcosA=一2 ccos B,则△ABC的面积为( 10.(2022·北京卷T16)在△ABC中，sin2C A.2v3 B.v3 C.3 n =√3sinC. (1)求角C: 4.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a (2)若b=6,且△ABC的面积为6v3,求△ABC =4,sinC-},若△ABC有两解，则c的取值可 的周长 能为 A.3 B.4 C.5 D.6 5.若△ABC满足a2=6十c-bc,且sinB= 2sinC,则△ABC的形状为 A.锐角三角形 B.直角三角形 C,钝角三角形 D.锐角三角形或直角三角形 6.(多选)在△ABC中，已知sinA+cosB+√3sinA inC=cosC,则下列结论中正确的是 ( ) A.cos B-3 2 B.cos B=3 C.sin B- D.tan B=3 7.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a, bc.2cos A-cos B cos C.A= be ab ac 279 课时检测训练·数学·RJA 11,在△ABC中，2W3cosB 13.(多选)(2023·广东茂名·茂名市第一中学校 +2sin Bos B-3. 考三模)在△ABC中，角A,B,C所对的边分别 (1)求B的大小： 为a,b,c,以下结论中正确的有 () (2)若3(a十c)=2b,证明：a=c. A.若a=40,b=20,B=25°，则△ABC必有 两解 B.若sin2A=sin2B,则△ABC一定为等腰三 角形 C.若acos B-bosA=c,则△ABC一定为直 角三角形 D.若B=号a=2,且该三角形有两解，则6的 范围是(3，十∞) 14.(2023·湖南永州·统考一模)在△ABC中，设 A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足ccos A -acos C=a+b. (1)求角C: (2)若c=5,△ABC的内切阙半径r=气，求 △ABC的面积. 草B级·能力提升 12.(多选)(2023·河北泰皇岛·二模)平面直角坐 标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别是 A(0,2),B(1.0),C(4,1),则 () A.sin A<sin C B.△ABC锐角三角形 C△ABC的面积为号 D.△ABC的外接圆半径大于2 课时检测训练·数学·RJA -280所以a=2符合题意； 综上所述：a=2. 解法二：令h(x)=f(x)-g(x)=ax2+a-1—cos x,x∈ (-1,1), 原题意等价于h(x)有且仅有一个零点， 因为h(-x)=a(-x)2+a-1-cos(-x)=ax2+a-1- cos x=h(x), 则h(x)为偶函数， 根据偶函数的对称性可知h(x)的零点只能为0, 即h(0)=a-2=0,解得a=2, 若a=2,则h(x)=2x2+1-cos x,x∈(-1,1), 又因为2x2≥0,1-cos x≥0,当且仅当x=0时，等号成立， 可得h(x)≥0,当且仅当x=0时，等号成立， 即h(x)有且仅有一个零点0,所以a=2符合题意. 13.3 解析 因为f(x)=cos(wx+φ)(w>0,0<φ<π), T=2.因为f(T)=cos(m.25+9)=所以最小正周期 cos(2m+g)=csp=3, 又O<p<n,所以φ=6,即f(x)=cos(ax+6). x=9为f(x)的零点，所以9w+6=2+kπ,k∈Z,又a 解得w=3+9k,k∈Z. 因为w>0,所以当k=0时，wmi=3. θ=6,所以∠OCD=∠ODC=6·14.解(1)因为( 在△OCD中，利用余弦定理可得，CD2=1+1-2×1×1× cos23T=3,,所以CD=√3, 同理BC=AD=√2-√3=6-√2, 所以观光通道长L=2+√3+√6-√2(km). (2)作OE⊥BC,垂足为E, 在Rt△OBE中，BE=OBsin2=sin2, 则有BC=AD=2sin2, 同理作OF⊥CD,垂足为F,CF=OCcosθ=cosθ,即CD= 2cosθ, l=2+4sin是+2cos θ=-4sin2+4sin2+4=从而有， -4(sin2-2)+5. 因为θ∈(0,芒),所以当θ=3时，l取最大值5, 即观光通道长l的最大值为5km. D F C E A 0 B 课时检测训练28 正弦定理和余弦定理 [A级·基础巩固] 1.A 解析 由a2-1=c(c-1)有a2-1=c2-c,即c2-a2=c -1, 又因为b=1,上式可化为b2+c2-a2=bc, cos A=B2+2bca,所以cosA=2,由余弦定理得( A=3又因为A∈(0,π),所以 2.A 解析 因为A=120°,所以AB·AC=|AB||AC| cos 120°=-2bc, 因为AD是中线，所以AD=2(AB+AC),AD2=4(AB2+ AC+2AB·AC), 所以4=b2+c2—bc≥bc,当且仅当b=c时，等号成立； s=2bcsin A≤×4×3=√3.所以△ABC的面积为 3.D 解析 因为acos B+bcos A=-2ccos B, 由正弦定理得sin Acos B+sin Bcos A=-2sin Ccos B, 即sin(A+B)=sin C=-2sin Ccos B, cos B=-2,又 sin C>0,所以 B=3,又B∈(0,π),所以 在△ABC中，D为AC的中点，则BD=2(BA+BC), 则BD2=—(BA+BC2=—(BA2+BC+2BA·BC), 4=(4+a2-2a),解得a=3(a=-1舍去),即- SAm=×2×3×3-323所以 B C2 D A 4.A 解析 由题意可得asin C<c<a,即1<c<4. 5.B 解析 由正弦定理，以及sin B=2sin C,可得b=2c, 代入a2=b2+c2—bc,可得a2=(2c)2+c2-2c×c=3c2, ∴a=√3c,b=2c,故b2=a2+c2,∴B=90°, 故△ABC为直角三角形. 6.BC 解析 因为sin2A+cos2B+√3sin A sin C=cos2C, 可得sin2A+1-sin2B+√3sin A sin C=1-sin2C,整理可得 sin2A-sin2B+√3sin A sin C=-sin2C, 所以由正弦定理可得a2+c2-b2=-√3ac, 由余弦定理可得cos B=2+2a=23as=-3.因为 B∈(0,π),所以 sin B=√1-cos'B=2,tan B=sis B= -3 2cosA-as B+a C,7.3 解析 因为 所以2a·cos A=c·cos B+b·cos C, 由正弦定理得2sin Acos A=sin Ccos B+sin Bcos C, 即2sin Acos A=sin(B+C)=sin A, cos A=2,因为sin A>0,所以 A=3·因为A为三角形内角，则 8.84 解析 由题意画出△ABC(图略),且AB=13里，BC= 14里，AC=15里， cos B=AB2ABCBAC=在△ABC中，由余弦定理得， 12×13×-145°=53 所以sin B=√1-cos2B=13, s=2AB·BC·sin B=2×13×14×1则该沙田的面积 =84(平方里). 高考一轮总复习·数学·RJA ·506· 3436 解析 由(a+c)(sin A-sin C)=b(sin A-sin B)及 正弦定理可得(a+c)(a-c)=b(a-b),可得a2+b2-c2= cos C=2+262=2ab,由余弦定理可得 C=3·因为因为0<C<π,则 cos B=5,,则B为锐角，可得 sin B=√1-cos2B=3, inc-smg可得c=siC-×3-343由正弦定理- 10.解(1)因为C∈(0,π),则sin C>0,由已知可得√3sin C =2sin C cos C, cos C=,因此，C=可得 Sc=2absin C=&a=(2)由三角形的面积公式可得 6√3,解得a=4√3. 由余弦定理可得c2=a2+b2-2abcos C=48+36-2×4√3 ×6×2=12,所以c=2√3, 所以△ABC的周长为a+b+c=6√3+6. 11.解(1)在△ABC中，∵2√3co2+2sin2osB=√3, ∴2√3·1+cosB+sin B=√3,∴3cs B+sin B=0, ∴tan B=-3.∵BE(0,π),∴B=2 (2)证明：∵B=2, ∴cos B=-2.由余弦定理，得b2=a2+c2+ac①. ∵√3(a+c)=2b,∴b=3(a+c)②, (a2+2ac+c)=a2+c+ac,将②代入①,得 整理得(a-c)2=0,∴a=c. [B级·能力提升] 12.CD 解析 c=|AB|=√5,b=|AC|=√17,a=|BC|= √10,所以c<a.由正弦定理，得sin C<sin A,故A错误； cs B=5215-1?--B<0,所以角B是由余弦定理，得( 钝角，故B错误； sin B=712,由 sin2B+cos2B=1,得 ac×sin B=2×√5×√10×72=△ABC的面积为- 72,故C正确； 设△ABC的外接圆半径为R, 2R--蛋--号-方5>则 7√784=1×28=4,R>2,故D正确。 13.AC 解析 对于A,若a=40,b=20,B=25°,则sin A= asin B=40s2025=2sin 25°<1. 又A>B,所以△ABC必有两解，故A正确； 对于B,若sin 2A=sin 2B,则2A=2B或2A=π-2B,即A =B或A+B=2,,所以△ABC为等腰三角形或直角三角 形，故B错误； 对于C,由正弦定理，得 acos B-bcos A=c?sin Acos B-sin Bcos A=sin C, 即sin(A-B)=sin C=sin(A+B)→sin Bcos A=0, 而 sin B≠0,故A=2, 所以△ABC一定为直角三角形，故C正确； B=3,a=2,且该三角形有两解，所以 asin B<对于D,若. b<a,即2sin3<b<2,也即√3<b<2,故D错误. 综上所述，只有AC正确.故选AC. 14.解(1)在△ABC中，由 ccos A- acos C=a+b,得 sin Ccos A-sin Acos C=sin A+sin B, 即sin Ccos A-sin Acos C=sin A+sin(A+C), 故-2sin Acos C=sin A.由于A∈(0,π), cos C=-2 c=3所以 sin A≠0,故 ,而C∈(0,π),故( c=23可得c2=a2+b2+ab,而c=5,(2)由 故a2+b2=25-ab,则(a+b)2=25+ab. r=3,可得(a+b+c)·r=由△ABC的内切圆半径 2absin C, 即(a+b+5)=3ab,,即a+b=2ab-5, ab=4,故(2ab-5)2=25+ab,解得 故△ABC的面积 s=2absin C=2×21×3=2163 课时检测训练29 三角函数与解三角形 [A级·基础巩固] 1.解(1)由正弦定理得sin Acos C+ssin Asin C=sin B, 在△ABC中，sin B=sin(A+C)=sin Acos C+sin Ccos A, 则gsin AsinC=sin CosA, 又C∈(0,π),sin C≠0,∴tan A=√3, 又A∈(0,π),∴A=3· (2)依题意得SA=2bc·sin∠BAC=2AD·csin∠BAD +÷AD·b·sin∠CAD, 即√3bc=3(b+c), 由余弦定理得4=b2+c2-bc, ∴(b+o2-学(6+c)=4,解得b+c=<后， ∴△ABC的周长为√6+2. 2.解(1)设BC=CD=x>0, 在△ABC中，由余弦定理，得AC2=9+x2-2×3xcos B=7, 即x2+2=6xcos B①. 又在△ACD中，由余弦定理，得AC2=1+x2-2×1xcos D =7,即x2-6=2xcos D②. 因为B+D=π,则cos D=cos(π-B)=-cos B, 联立①②可得x=2(负值舍去),cos B=2, B=3·因为B∈(0,π),所以 · 507· 高考一轮总复习·数学·RJA