第四单元正弦定理与余弦定理的综合应用【一周一测能力提升专项训练】-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

第四单元　正弦定理与余弦定理的综合应用 【一周一测能力提升专项训练】 单项选择题 1.[2025泉州五中高一期中]已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边,且a=3,b=,sin A=,则sin B=(　　) A. B. C. D. 2.[2025西北师大附中期末]在△ABC中,AB=3,BC=5,AC=7,则cos A=(　　) A.- B. C. D. 3.[2025合肥一中高一期末]△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若=,则角B的大小为(　　) A. B. C. D. 4.[2025天津一中高一期中]已知△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若bcos A=acos B,则△ABC的形状是(　　) A.等腰三角形 B.直角三角形 C.等腰直角三角形 D.等腰三角形或直角三角形 5.【教材变式】[2024南师附中高一期末]在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C的对边.若A=60°,b=1,S△ABC=,则=(　　) A. B. C. D. 6.[2025杭州二中高一阶段测试]如图,已知在☉O的内接四边形ABCD中,AB=2,BC=7,AD=CD=4,则AC=(　　)  A. B. C. D. 7.[2024江苏省连云港市高一期中]《后汉书·张衡传》:“阳嘉元年,复造候风地动仪.以精铜铸成,员径八尺,合盖隆起,形似酒尊,饰以篆文山龟鸟兽之形.中有都柱,傍行八道,施关发机.外有八龙,首衔铜丸,下有蟾蜍,张口承之.其牙机巧制,皆隐在尊中,覆盖周密无际.如有地动,尊则振龙机发吐丸,而蟾蜍衔之.”如图,为张衡地动仪的结构图,现要在相距200 km的A,B两地各放置一个地动仪,B在A的东偏北60°方向,若A地正东方向的铜丸落下,B地东南方向的铜丸落下,则震源距离A地(　　)   A.100 km B.100(+1)km C.100 km D.50 km 8.[2025汨罗一中高一月考]在锐角三角形ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a2=b2+bc,则的取值范围为(　　) A.(1,3) B.(2,3) C.(1,2) D.(2,4) 多项选择题 9.[2025华南师大附中高一期末]在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且a∶b∶c=2∶3∶4,则下列结论正确的是(　　) A.sin A∶sin B∶sin C=2∶3∶4 B.△ABC的最大内角是最小内角的3倍 C.tan Atan Btan C<0 D.若c=4,则△ABC内切圆半径为 10.[2025乌鲁木齐一中高一期末]在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,b=4,且acos C+ccos A=2bcos B,则下列结论正确的是(　　) A.B= B.△ABC外接圆的面积为16π C.△ABC面积的最大值为4 D.a+c的最大值是8 11.[2024福建师大附中高一期中]某同学为测量教学楼的高度,先在地面选择一点C,测量出对教学楼AB的仰角∠ACB=α,再分别执行如下四种测量方案,则利用测量数据可表示出教学楼高度的方案有(　　) A.从点C向教学楼前进a米到达点D,测量出∠ADB=β B.在地面上另选点D,测量出∠ACD=β,∠ADC=γ,CD=a米 C.在地面上另选点D,测量出∠BDC=β,CD=a米 D.从过点C的直线上(不过点B)另选点D,E,测量出CD=2DE=a米,∠ADB=β,∠AEB=γ 填空题 12.[2025重庆一中高一阶段测试]在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=3,A=,且△ABC只有一解,则b的取值范围为　.  13.【情境创新】[2024南京一中月考]我国油纸伞的制作工艺巧妙,如图1.伞不管是张开(如图2)还是收拢(如图3),伞柄AP始终平分同一平面内两条伞骨所成的∠BAC,且AB=AC,从而保证伞圈D能够沿着伞柄滑动.伞完全收拢时,伞圈D滑到D'的位置,且A,B,D'三点共线,AD'=40 cm,B为AD'的中点,当伞从完全张开到完全收拢,伞圈D沿着伞柄向下滑动的距离为24 cm.当伞完全张开时,cos∠BAC=　　　　.  14.[2025南阳一中高一期末]已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,向量m=(a+b,sin C),n=(b-c,sin B-sin A),且m∥n,则A=　　　　;若△ABC为锐角三角形,且a=3,则△ABC周长的取值范围为　　　　.(本题第一空2分,第二空3分)  解答题 15.(13分)[2025海口一中高一期末]在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C的对边,且bsin C=ccos B. (1)求角B; (2)若△ABC的面积为,a=c+2,求边AC上的高BD的长. 16.(15分)[2025丹东二中高一期末]在△ABC中,已知∠BAC的平分线AD与边BC相交于点D. (1)求证:=; (2)若BD=2DC,∠BAC=60°,AD=2,求BC. 17.(15分)[2023新课标Ⅱ卷]记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知△ABC面积为,D为BC的中点,且AD=1. (1)若∠ADC=,求tan B; (2)若b2+c2=8,求b,c. 18.(17分)[2024江苏省宿迁市高一期末]在锐角△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若c=2,(b+2)(sin C-sin B)=(a-b)sin A. (1)求角C的大小; (2)若E为AB的中点,且CE=,求△ABC的面积S; (3)如图,过A点在△ABC所在平面内作AD⊥AB,且满足∠ADC=,设∠DAC=θ,当θ∈[,)时,求线段AD+DC的最大值. 19.(17分)【情境创新】[2024南师附中高一阶段测试]作为一种新的出游方式,近郊露营成为市民休闲度假的“新风尚”.某市拟将近郊的一直角三角形区域按如图所示规划成三个功能区:△BNC区域为自由活动区,△MNC区域为鱼塘休闲垂钓区,△CMA区域为餐饮休息区.为安全起见,预计在鱼塘△MNC四周围筑护栏,已知AC=20 m,BC=20 m,AC⊥BC,∠MCN=30°. (1)若AM=10 m,求护栏的长度(△MNC的周长); (2)若鱼塘△MNC的面积是餐饮休息区△CMA的面积的倍,求∠ACM; (3)当∠ACM为何值时,鱼塘△MNC的面积最小?最小面积是多少? 参考答案 1.A　由正弦定理,得==,得sin B=sin A=×=. 2.C　由余弦定理可得cos A===. 3.D　∵=,∴由正弦定理可得=,整理可得c2+a2-b2=-ac,∴由余弦定理可得cos B==-.∵B∈(0,π),∴B=. 4.A　由正弦定理边化角得sin Bcos A=sin Acos B⇒sin(A-B)=0,在三角形中,只能取A=B,所以△ABC的形状是等腰三角形. 5.D　S△ABC=bcsin A=×1×c×=,所以c=4,根据余弦定理,得a2=b2+c2-2bccos A=1+16-2×1×4×=13,即a=.又===2R(R为△ABC外接圆的半径),所以==2R=. 6.C　由四边形ABCD为☉O的内接四边形知∠ABC+∠ADC=π(圆内接四边形的对角互补),则在△ABC中,由余弦定理得cos∠ABC==,在△ADC中,由余弦定理得cos∠ADC==.因为∠ABC+∠ADC=π,所以cos∠ABC=-cos∠ADC,即=-⇒=-,解得AC=. 7.B　如图,设震源在C处,由题意可得AB=200,∠BAC=60°,∠ABC=75°,∠ACB=45°,根据正弦定理可得=,又sin 75°=sin(45°+30°)=sin 45°cos 30°+cos 45°sin 30°=×+×=,所以AC===10(+1),所以震源距离A地10(+1)km. 8.C　流程化思维解题由已知条件a2=b2+bc你能想到什么?→余弦定理a2=b2+c2-2bccos A bc=c2-2bccos A→b=c-2bcos A sin B=sin C-2sin Bcos A sin B=sin Acos B+cos Asin B-2sin Bcos A=sin Acos B-cos Asin B→sin B=sin(A-B)→B=A-B或B+A-B=π(舍去)→A=2B→C=π-3B →B∈(,)→cos B∈(,)→=====cos 2B+2cos2B=4cos2B-1∈(1,2). 9.ACD　A(√)由正弦定理可知,a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin C=2∶3∶4(正弦定理化边为角). B(✕)最大内角是C,cos C==-<0,C>,最小内角是A,cos A==>,所以A<,所以C>3A. C(√)由B选项可知,tan C<0,tan B>0,tan A>0,所以tan Atan Btan C<0. D(√)若c=4,则a=2,b=3,由B选项可知,sin C==,所以S△ABC=absin C=.设△ABC内切圆的半径为r(注意内切圆与外接圆的区别),则(a+b+c)r=,即r=,解得r=. 10.ACD　A(√)由acos C+ccos A=2bcos B,利用正弦定理,可得sin A·cos C+sin C·cos A=2sin B·cos B⇒sin(A+C)=2sin B·cos B⇒sin B=2sin B·cos B(正弦定理化边为角).因为B∈(0,π),所以sin B≠0,所以cos B=⇒B=. B(✕)设△ABC外接圆半径为R,则2R===⇒R=,所以△ABC外接圆的面积为πR2=π. C(√)由余弦定理b2=a2+c2-2accos B⇒a2+c2-ac=16⇒16+ac=a2+c2≥2ac,所以ac≤16,当且仅当a=c=4时取等号(注意等号成立的条件是否满足).所以S△ABC=acsin B≤×16×=4. D(√)因为a2+c2-ac=16,所以(a+c)2-3ac=16且ac≤,所以3ac=(a+c)2-16≤(a+c)2⇒(a+c)2≤64⇒a+c≤8,当且仅当a=c=4时取等号. 11.ABD　A(√)在△ACD中,∠CAD=β-α,由正弦定理得AC==,在Rt△ABC中,AB=ACsin∠ACB=; B(√)在△ACD中,∠CAD=π-(β+γ),由正弦定理得AC==,在Rt△ABC中,AB=ACsin∠ACB=; C(✕)在△ACD中,已知一边无法解三角形,在△BCD中,已知一边一角也无法解三角形,不能求出BC,AC,故不能求出AB; D(√)设AB=h,则有BC=,BD=,BE=,在△BCD与△BED中,即 所以3BD2+a2-BC2-2BE2=0,即+a2--=0,解此方程即得h. 12.(0,3]∪{3}　由正弦定理=⇒b==3sin B,故sin B=.因为△ABC只有一解,且A=,所以B∈(0,π),0<≤或=1,即b的取值范围为(0,3]∪{3}. 13.-　当伞完全张开时,AD=40-24=16(cm).当伞完全收拢时,因为B为AD'的中点,所以AB=BD'=AD'=2(cm),即AB=BD=20 cm.在△ABD中,由余弦定理得,cos∠BAD===,所以cos∠BAC=cos 2∠BAD=2cos 2∠BAD-1=-. 14.,9]　第一空:由题意得(a+b)(sin B-sin A)=(b-c)sin C,由正弦定理得(a+b)(b-a)=(b-c)c,即b2+c2-bc=a2,由余弦定理得cos A==,因为A∈(0,π),所以A=. 第二空:由正弦定理得====2,得b=2sin B,c=2sin C,所以b+c=2[sin B+sin(-B)]=2(sin B+cos B+sin B)=2(sin B+cos B)=6sin(B+)(将边转化为角的三角函数,利用三角函数的单调性求范围).因为△ABC为锐角三角形,所以0<B<,0<-B<,得<B<,则<B+<,sin(B+)∈(,1],所以b+c=6sin(B+)∈(3,6],故△ABC周长的取值范围为(3+3,9]. 15.【解析】 (1)由bsin C=ccos B,结合正弦定理可得sin Bsin C=cos Bsin C.(2分) 因为B,C∈(0,π),所以sin C>0, 则sin B=cos B, 则tan B=,故B=.(6分) (2)由S△ABC=acsin∠ABC=ac×=,得ac=4.(8分) 因为a=c+2,所以a-c=2. 由余弦定理b2=a2+c2-2accos∠ABC,得b2=(a-c)2+2ac-2accos∠ABC, 所以b2=4+2×4-2×4×=8,解得b=2.(10分) 所以S△ABC=b·BD=×2×BD=, 所以BD=.(13分) 16.【解析】 (1)如图所示,在△ABD和△ADC中, 由正弦定理,得=,= .(2分) 因为∠BDA+∠ADC=180°,所以∠ADC=180°-∠BDA, 所以===, 即= .(4分) 又因为AD为∠BAC的平分线,所以∠BAD=∠DAC, 　所以=,=,两式相除得=, 所以=得证.(7分)  (2)方法一　因为BD=2DC,所以=+=+=+(-)=+, 平方得=++·, 由=2,并结合(1)中结论可得AB=2AC,又∠BAC=60°,所以22=AC2+AC2+AC2×, 解得AC=,所以AB=2,(12分) 则BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos 60°=9, 所以BC=3.(15分) 方法二　由BD=2DC,并结合(1)中结论得AB=2AC, 所以S△ABC=S△ABD+S△ADC(等面积法).(9分) 因为AD为∠BAC的平分线,∠BAC=60°,所以∠BAD=∠DAC=30°, 则×AB×AC×sin 60°=×AB×AD×sin 30°+×AD×AC×sin 30°,即×2AC×AC×=×2AC×2×+×2×AC×, 解得AC=,所以AB=2,(12分) 则BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos 60°=9, 所以BC=3.(15分) 17.三角形面积公式+余弦定理+正弦定理 思路导引　(1)要求tan B的值,需求出sin B,cos B,由此可利用正弦定理或余弦定理求解,结合已知条件及三角形的面积公式可求出a,由此可利用余弦定理求出b,c,问题得解.(2)难点在于找到b,c的另一个关系式,从而建立方程组求出b,c的值.由于已知条件中给出了△ABC的面积,由此可考虑利用三角形的面积公式得到所求关系式.由于三角形的面积公式中涉及sin∠BAC,由此可考虑利用余弦定理求出cos∠BAC,就需先求a,从而考虑在两个三角形中利用余弦定理求解. 【解析】 (1)第一步:由三角形面积公式求a 因为D为BC的中点, 所以S△ABC=2S△ADC=2××AD×DCsin∠ADC=2××1×DC×=( 三角形的中线平分三角形的面积), 解得DC=2(题眼),(2分) 所以BD=DC=2,a=4. 第二步:由余弦定理求c 因为∠ADC=,所以∠ADB=. 在△ABD中,由余弦定理,得c2=AD2+BD2-2AD·BDcos∠ADB=1+4+2=7( 已知两边及夹角求第三边时,选用余弦定理), 所以c=.(4分) 第三步:求sin B,cos B 方法一　在△ADC中,由余弦定理,得b2=AD2+DC2-2AD·DC·cos∠ADC=1+4-2=3, 所以b=. 在△ABC中,由余弦定理,得cos B===, 所以sin B==.(6分) 方法二　在△ABD中,由正弦定理,得=( 已知两边及一边所对的角求另一边所对的角时,选用正弦定理), 所以sin B==, 所以cos B==.(6分) 第四步:由同角三角函数的基本关系求结果 所以tan B==.(7分) (2)第一步:由余弦定理求a 方法一　因为D为BC的中点,所以BD=DC. 因为∠ADB+∠ADC=π,所以cos∠ADB=-cos∠ADC, 则在△ABD与△ADC中,由余弦定理,得=-( 在求边时,常根据两角互补,其余弦值互为相反数,并结合余弦定理建立方程求解), 得1+BD2-c2=-(1+BD2-b2), 所以2BD2=b2+c2-2=6,所以BD=,所以a=2(题眼).(10分) 方法二　因为D为BC的中点,所以BC=2BD. 在△ABD与△ABC中,由余弦定理,得cos B==( 当在一个三角形中不易求解时,可考虑在两个三角形中找到等量关系建立关系式求解), 整理,得2BD2=b2+c2-2=6, 得BD=,所以a=2(题眼).(10分) 第二步:由余弦定理及三角形面积公式求bc 在△ABC中,由余弦定理,得cos∠BAC===-,(11分) 所以S△ABC=bcsin∠BAC =bc =bc = =, 解得bc=4.(13分) 第三步:结合已知条件建立方程组求结果 则由解得b=c=2.(15分) 18.【解析】 (1)因为c=2,(b+2)(sin C-sin B)=(a-b)sin A, 所以由正弦定理,得(b+c)(c-b)=(a-b)a,即a2+b2-c2=ab,(2分) 由余弦定理得cos C===, 又0<C<π,所以C=.(4分) (2)因为E是AB的中点,所以=(+),两边平方可得=12, 即=a2+b2+2ab·cos∠ACB=a2+b2+ab=12.(6分) 又c2=a2+b2-2ab·cos∠ACB=a2+b2-ab=4,所以ab=4, △ABC的面积S=ab·sin∠ACB=×4×=.(8分) (3)因为∠DAC=θ,所以∠DCA=-θ,∠ABC=π--(-θ)=θ+. 在△ABC中,由正弦定理得=, 所以AC==.(10分) 在△ACD中,由正弦定理得=, 所以AD===sin(θ+)sin(-θ).(12分) 因为=, 所以DC===sin(θ+)sin θ. 所以AD+DC=sin(θ+)sin(-θ)+sin(θ+)sin θ 　=sin(θ+)cos(θ+)+(sin θ+cos θ)sin θ 　=sin 2(θ+)+(sin2θ+sin θcos θ) 　=sin(2θ+)+(×+sin 2θ) =(sin 2θ+cos 2θ)+sin 2θ-cos 2θ+ 　=sin 2θ+,(15分) 因为≤θ<,所以≤2θ<, 所以当2θ=,即θ=时,AD+DC有最大值,最大值为.(17分) 19.余弦定理、正弦定理的应用与三角恒等变换的综合 思路导引　(1)在Rt△ABC中求出B=30°,A=60°,再在△ACM中,利用余弦定理求出CM,进而由AC2=AM2+CM2得CM⊥AM,从而求出MN,CN,即可得护栏的长度(△MNC的周长); (2)设∠ACM=θ(0°<θ<60°),利用三角形的面积公式可得CN=20sin θ,又在△CAN中,由正弦定理得CN=,从而由CN=20sin θ=可求∠ACM; (3)设∠ACM=θ(0°<θ<60°),在△ACM中,利用正弦定理求出CM=,再利用三角形的面积公式和三角恒等变换即可求解. 【解析】 (1)由AC=20,BC=20,AC⊥BC, 得tan B===, 又0°<B<90°,则B=30°,A=60°, 所以AB=2AC=40.(1分) 在△ACM中,由余弦定理可得CM2=AC2+AM2-2AC·AM·cos A=202+102-2×20×10×=300,则CM=10.(3分) 因为AC2=AM2+CM2,所以CM⊥AM, 因为∠MCN=30°,所以MN=CMtan 30°=10×=10, 所以CN=2MN=20,所以护栏的长度为10+20+10=(30+10)(m).(5分) (2)设∠ACM=θ(0°<θ<60°), 因为鱼塘△MNC的面积是餐饮休息区△CMA的面积的倍, 所以CN·CMsin 30°=×CA·CMsin θ, 即CN=20sin θ.(7分) 在△CAN中,∠ANC=180°-(60°+30°+θ)=90°-θ, 由==,得CN=, 从而CN=20sin θ=,即sin θcos θ==, 即sin 2θ=1, 由0°<2θ<120°,得2θ=90°,所以θ=45°,即∠ACM=45°.(10分) (3)设∠ACM=θ(0°<θ<60°),由(2)知CN=, 又在△ACM中,由=,得CM=.(13分) 所以S△MNC=CM·CN·sin 30°====, 所以当且仅当2θ+60°=90°, 即θ=15°时,△MNC的面积取得最小值,最小面积为=30(2-)(m2).(17分) 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $