第2章 §6 6.1 余弦定理与正弦定理 第1课时 余弦定理与正弦定理（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高一数学必修第二册（北师大版）

§6　平面向量的应用 6.1　余弦定理与正弦定理 第1课时　余弦定理与正弦定理 基础过关练 题组一　余弦定理 1.(2024江苏苏州月考)在△ABC中,若(a+c)·(a-c)=b(b-c),则A=(　　) A.90°　　B.30°　　 C.60°　　D.150° 2.(多选题)在△ABC中,AB=,AC=1,B=,则角A的可能取值有(　　) A.　　B.　　 C.　　D. 3.(2024河北石家庄第十五中学月考)若某锐角三角形的三边长分别为1,2,a,则a的取值范围为(　　) A.(2,3)　　B.(,3)　　 C.(2,)　　D.(,) 4.(2025四川雅安中学月考)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b-a=2,b-c=4,△ABC的最大内角为,则△ABC的最大边长等于(　　) A.7　　B.7或2　　C.8　　D.8或5 5.(2025福建福宁古五校教学联合体期中质量监测)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知·+2·=4·,则cos C的最小值为(　　) A.　　B.　　C.　　D. 6.(2025上海新川中学期中)已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边,且2b=c+2acos C,则角A=　　　　.  7.(2023广东韶关部分学校开学考试)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且C=,b3-a2b+ac2-bc2=0. (1)求角A的大小; (2)若c=,求BC边上的高. 题组二　正弦定理 8.(2024江西宜春丰城第九中学期末)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知c=,a=2,A=,则角B=(　　) A.　　B.或　　C.　　D.或 9.(2025黑龙江大庆第一中学阶段考试)若△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a∶b∶c=2∶3∶4,则=(　　) A.　　B.-　　C.1　　D.-1 10.(2025陕西西安交通大学附属中学期中)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,B=45°,b=7,若△ABC只有一解,则a的值不可能为(　　) A.　　B.7　　C.7　　D.5 11.(多选题)(2024江西师范大学附属中学素养测试)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知B=,·=-2,且满足sin A+sin C=2sin B,则下列结论正确的是(　　) A.ac=4　　B.b=2 C.a+c=8　　D.△ABC的外接圆的半径R为 12.(2025浙江宁波镇海中学期中)已知在△ABC中,D在边BC上,且BD=2DC,∠DAC+∠BAC=π,则的值为(　　) A.　　B.2　　C.3　　D. 题组三　三角形的面积及形状 13.(2025江苏南京师范大学附属中学期中)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若c2=(a-b)2+4,且C=,则△ABC的面积为(　　) A.3　　B.　　C.3　　D. 14.(2024安徽合肥中国科学技术大学附属中学月考)在△ABC中,若cos A-cos B+=0,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 15.(2025山东菏泽单县第一中学月考)如果将直角三角形的三边增加相同的长度,则新三角形的形状一定是(　　) A.锐角三角形　　B.直角三角形 C.钝角三角形　　D.由增加的长度确定 16.(2025湖南郴州期末)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,∠BAC=120°,c=2,b=1,D为BC边上一点,且∠BAD=90°,则△ACD的面积为(　　) A.　　B.　　C.　　D. 17.(2025广西南宁北附实验学校月考)已知△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且△ABC的外接圆半径R=2,角C=,则△ABC面积的最大值为　　　　.  18.(2025湖南湘潭第二中学月考)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,其中b=a+1,c=a+2. (1)若2sin C=3sin A,求角C的余弦值; (2)是否存在正整数a,使得△ABC为钝角三角形?若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由. 能力提升练 题组一　求角 1.(2024江西科技师范大学附属中学月考)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=c,且=2(1+sin B),则B=(　　) A.　　B.　　C.　　D. 2.(2025浙江杭州学军中学期中)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若a=3,csin B=1,C=45°,则cos A=(　　) A.-　　B.　　C.　　D.- 3.(多选题)(2025山东菏泽鄄城第一中学月考)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11,则下列结论正确的是(　　) A.sin A∶sin B∶sin C=4∶5∶6 B.△ABC是钝角三角形 C.△ABC的最大内角的余弦值是最小内角的余弦值的 D.cos A∶cos B∶cos C=12∶9∶2 4.(2025广东汕头潮阳棉城中学期中)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若c=2bcos A,asin A-bsin B=c(sin C-sin B),则角B的大小为　　　　.  5.(创新题·新考法)(2024湖南邵东第三中学月考)以密位作为角的度量单位,这种度量角的单位制叫作角的密位制.在角的密位制中,采用四个数码表示角的大小,单位名称密位二字可以省去不写.密位的写法是在百位数与十位数之间画一条短线,如5密位写成“0-05”,235密位写成“2-35”,1 246密位写成“12-46”.1周角等于6 000密位,写成“60-00”.在△ABC中,点D在边BC上,AD是△ABC的内角A的平分线,CD=AD=2BD=4,则∠ADC的大小用密位制表示为　　　　.  6.(2024江西宜春丰城第九中学期末)已知a,b,c分别是△ABC三个内角A,B,C的对边,且(a2+b2-c2)sin A=ab(2sin B-sin C). (1)求角A的大小; (2)若BC=2,S△ABC=2,求角B的大小. 题组二　求边 7.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,=a,=b,a·b=-2,a=3,b+c=5,则b的值为　(　　) A.3　　B.2　　C.2或3　　D.1或4 8.(2025河南部分名校联考)记钝角三角形ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=1,B=C,=2,则线段BD的长的取值范围是(　　) A.　　B. C.　　D. 9.(2025河北唐山滦南期中质量检测)△ABC中,D为AB边上一点,且=2,若∠A=60°,AC=2,CD=2,则BC=　　　　.  10.(2025江西赣州期末)已知△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,sin Bcos A>sin C. (1)求证:B为钝角; (2)若△ABC同时满足下列四个条件中的三个:①cos A=;②sin C=;③a=4;④c=2.试确定这三个条件,并求b的值. 题组三　与面积有关的问题 11.(2024云南师大附中月考)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,分别以a,b,c为边长的正三角形的面积依次为S1,S2,S3,且S3-S2-S1=ab,则C=(　　) A.　　B.　　C.　　D. 12.(2025陕西西安交通大学附属中学期中)已知四边形ABCD中,AB=2,AD=4,BC=6,CD=2,3·+2·=0,则四边形ABCD的面积为　　　　.  13.(2023广东韶关部分学校开学考试)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且C=,b3-a2b+ac2-bc2=0. (1)求角A的大小; (2)若c=,求BC边上的高. 题组四　最值问题 14.(2025江西新余期末)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,A为钝角,且c-asin C=0,若∠BAC的平分线交BC于D点,且AD=1,则b+c的最小值为(　　) A.2　　B.2　　C.4　　D.3 15.(2025江苏扬州高邮期中)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若=,则角C的最大值为(　　) A.　　B.　　C.　　D. 16.(2024陕西西安中学月考)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知bsin B-asin A=(b-c)sin C. (1)求角A的大小; (2)若a=4,求△ABC的周长的取值范围. 答案与分层梯度式解析 §6　平面向量的应用 6.1　余弦定理与正弦定理 第1课时　余弦定理与正弦定理 基础过关练 1.B 2.AD 3.D 4.A 5.C 8.D 9.D 10.D 11.ABD 12.C 13.C 14.D 15.A 16.D 1.B　因为(a+c)(a-c)=b(b-c),所以a2-c2=b2-bc,即b2+c2-a2=bc, 由余弦定理可得cos A===,又0°<A<180°,所以A=30°. 2.AD　由余弦定理,得AC2=BC2+BA2-2BC·BA·cos B,即1=BC2+3-2BC××, 解得BC=1或BC=2. 当BC=1时,BC=AC,所以A=B=; 当BC=2时,AB2+AC2=BC2,此时△ABC是以BC为斜边的直角三角形,所以A=. 3.D　因为1,2,a是三角形的三边长,所以1+2>a且a+1>2,得1<a<3,因为该三角形为锐角三角形,所以由余弦定理得解得<a<. 所以实数a的取值范围是(,). 4.A　由b-a=2>0,b-c=4>0,得b>a,b>c, 故b边的长是△ABC的最大边长,由大边对大角知B=, 由余弦定理,可得b2=(b-2)2+(b-4)2-2(b-2)(b-4)×,化简得b2-9b+14=0, 又b-4>0,所以b>4,所以b=7. 5. C　因为·+2·=4·,所以cbcos A+ 2cacos B=4bacos C, 所以+2·=4·, 整理得c2=a2+b2, 所以cos C==+≥2=, 当且仅当=,即=时,等号成立, 故cos C的最小值为. 6.答案　 解析　由题意及余弦定理可得2b=c+2a×=c+,则b2+c2-a2=bc, 所以cos A==,又A∈(0,π),所以A=. 7.解析　(1)由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C=a2+b2+ab,∴b3-a2b+ac2-bc2=b3-a2b+(a-b)c2=b3-a2b+(a-b)·(a2+b2+ab)=a3-a2b=a2(a-b)=0, ∴a=b,∴A=B, 又∵C=,A+B+C=π,∴A=. (2)由(1)知c2=a2+b2+ab,a=b,∴c2=3a2, 又c=,∴3=3a2,∴a=b=1, 设BC边上的高为h,则absin C=ha,解得h=, 即BC边上的高为. 8.D　由正弦定理可得=,即=, 解得sin C=, 因为c>a,所以C>A, 又C∈,所以C=或C=, 所以B=π--=或B=π--=. 9.D　因为a∶b∶c=2∶3∶4,所以可设a=2k,b=3k,c=4k,k>0, 结合正弦定理可得===-1. 10.D　在△ABC中,利用正弦定理可得===7,则sin A=. 若a=,则sin A=<,因为A∈(0,π),所以A∈或A∈(舍去),即△ABC只有一解,故a的值可能为; 若a=7,则sin A=,因为A∈(0,π),所以A=或A=(舍去),即△ABC只有一解,故a的值可能为7; 若a=7,则sin A=1,因为A∈(0,π),所以A=,即△ABC只有一解,故a的值可能为7; 若a=5,则sin A=>,因为A∈(0,π),所以A∈或A∈,即△ABC有两解,a的值不可能为5. 11.ABD　对于A,由B=,·=||||·cos(π-B)=-2,可得ac=4,故A正确; 对于B,C,由题意,结合正弦定理得a+c=2b, 由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B=(a+c)2-3ac=4b2-3ac=4b2-12,解得b=2(负值舍去),则a+c=4,故B正确,C错误; 对于D,2R==,解得R=,故D正确. 12.C　因为BD=2DC,所以BC=3DC, 又∠DAC+∠BAC=π,所以sin∠DAC=sin∠BAC, 在△ADC中,利用正弦定理得=①, 在△ABC中,利用正弦定理得=,则=②, 由①②两式得=3. 13.C　由题意及余弦定理可得c2=a2+b2-2abcos =(a-b)2+4,所以ab=4, 所以△ABC的面积S=absin C=2×=3. 14.D　由cos A-cos B+=0,得a-ccos B=b-ccos A, 由余弦定理得a-c·=b-c·,化简得=. 当a2+b2-c2=0,即a2+b2=c2时,△ABC为直角三角形; 当a2+b2-c2≠0时,a=b,则△ABC为等腰三角形. 故△ABC为等腰三角形或直角三角形. 15.A　设直角三角形的三边长分别为a,b,c,且a2+b2=c2,令三边都增加长度x(x>0),则(a+x)2+(b+x)2-(c+x)2=a2+b2+2x2+2(a+b)x-c2-2cx-x2=2(a+b-c)x+x2>0,所以由余弦定理可知新三角形中最大边所对的角是锐角,所以新三角形是锐角三角形. 16.D　因为在△ABC中,D为BC边上一点,∠BAC=120°,且∠BAD=90°, 所以∠CAD=∠BAC-∠BAD=120°-90°=30°, 又S△ABC=S△ABD+S△ACD, 所以bcsin∠BAC=c·AD·sin∠BAD+b·AD·sin∠DAC, 所以×1×2×=×2×AD+×1×AD×, 解得AD=, 所以S△ACD=×1××=. 17.答案　 解析　易得c=2Rsin C=2×2×sin =2, 所以由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C,即12=a2+b2+ab, 所以12-ab=a2+b2≥2ab,所以ab≤4,当且仅当a=b=2时等号成立, 所以S△ABC=absin C≤×4×=,即△ABC面积的最大值为. 18.解析　(1)因为2sin C=3sin A,所以由正弦定理可得2c=3a, 又因为b=a+1,c=a+2,所以a=4,b=5,c=6. 在△ABC中,由余弦定理可得cos C===. (2)存在.因为c>b>a, 所以△ABC为钝角三角形时,C必为钝角, 所以在△ABC中,由余弦定理可得cos C===<0, 所以解得0<a<3, 又因为三角形的任意两边之和大于第三边, 所以a+b>c,即a+a+1>a+2,解得a>1,所以1<a<3, 因为a为正整数,所以a=2. 能力提升练 1.D 2.A 3.AD 7.C 8.C 11.C 14.C 15.A 1.D　由题意及正弦定理得=2(1+sin B), 即b2=2a2(1+sin B), 由a=c及余弦定理可得b2=a2+c2-2accos B=2a2(1-cos B), ∴2a2(1+sin B)=2a2(1-cos B),∴sin B=-cos B, ∴tan B=-.又0<B<π,∴B=. 2.A　在△ABC中,由正弦定理得=,可得csin B=bsin C=1,即bsin 45°=1,可得b=, 由余弦定理可得c2=a2+b2-2abcos C=9+2-2×3××=5,所以c=, 则cos A===-. 3.AD　因为(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11, 所以可设其中x>0,解得 所以sin A∶sin B∶sin C=a∶b∶c=4∶5∶6①,故A正确; 由①可知c最大,所以三角形ABC的内角中角C最大, 又cos C===>0,所以角C为锐角,则△ABC不是钝角三角形,故B错误; 由①可知a最小,所以三角形ABC的内角中角A最小, 又cos A===≠2×,故C错误; cos B===, 则cos A∶cos B∶cos C=∶∶=12∶9∶2,故D正确. 4.答案　 解析　∵c=2bcos A,∴由余弦定理得c=2b·,整理得b2=a2,∴b=a. 又∵asin A-bsin B=c(sin C-sin B),∴由正弦定理得a2=b2+c2-bc,∴cos A===. 又∵0<A<π,∴A=, 又b=a,∴△ABC是等边三角形,∴B=. 5.答案　20-00 思路点拨　(1)根据角平分线的性质得到==2; (2)在△ABD,△ACD中分别利用余弦定理表示出cos∠ADB,cos∠ADC; (3)由cos∠ADB+cos∠ADC=0解方程,求出AB2; (4)求出cos∠ADC,从而得到∠ADC的大小,再化成密位制. 解析　因为AD是△ABC的内角A的平分线,所以∠BAD=∠CAD, 所以====2, 设AB=m(m>0),则AC=2m, 在△ABD中,由余弦定理可得m2=AD2+BD2-2AD·BDcos∠ADB,即m2=42+22-2×4×2cos∠ADB, 所以cos∠ADB=, 在△ACD中,由余弦定理可得4m2=AD2+CD2-2AD·CDcos∠ADC,即4m2=42+42-2×4×4cos∠ADC, 所以cos∠ADC=, 因为∠ADB+∠ADC=π,所以cos∠ADB+cos∠ADC=0, 所以+=0,解得m2=12, 所以cos∠ADC=-, 又0<∠ADC<π,所以∠ADC=, 易得×=2 000, 所以∠ADC的大小用密位制表示为20-00. 6.解析　(1)由题意,结合正弦定理得(a2+b2-c2)a=ab(2b-c),即a2+b2-c2=2b2-bc,即b2+c2-a2=bc, 所以cos A===, 因为0<A<π,所以A=. (2)由(1)知,A=,由S△ABC=bcsin A=2,得bc=8, 由余弦定理,得cos A=, 即=,得b2+c2=20, 所以(b+c)2=b2+2bc+c2=36,(b-c)2=b2-2bc+c2=4,所以b+c=6,b-c=±2, 当b-c=2时,b=4,c=2,此时b2=a2+c2, 所以△ABC为直角三角形,B=; 当b-c=-2时,b=2,c=4,此时c2=a2+b2, 所以△ABC为直角三角形,C=,则B=π-A-C=. 综上,B=或B=. 7.C　设角A为θ(0<θ<π). 由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos θ, 即9=b2+c2-2bccos θ. 因为=a,=b,a·b=-2, 所以bccos(π-θ)=-2,即bccos θ=2, 所以9=c2+b2-4, 又b+c=5,所以或 所以b的值为2或3. 8.C　由△ABC是钝角三角形且B=C可得A>,故cos A=<0, 由题知a=1,b=c,故2b2<1,所以0<b<,又由三角形三边的长度关系知b+c>a,所以b>,故b∈. 由=2得AD=AC, 则cos A==,故BD2=b2+, 由b∈得BD∈, 故线段BD的长的取值范围是. 9.答案　2 解析　在△ADC中,由余弦定理得CD2=AC2+AD2-2AC·AD·cos A,即=22+AD2-2×2·AD·cos 60°, 整理得AD2-2AD-8=0,解得AD=4或AD=-2(舍去), 又=2,所以AD=AB,所以AB=6, 在△ABC中,AC=2,AB=6,∠A=60°, 由余弦定理得BC2=AC2+AB2-2AC·AB·cos A,即BC2=22+62-2×2×6×=28,所以BC=2. 10.解析　(1)证明:因为B∈(0,π),所以sin B>0, 由sin Bcos A>sin C,得cos A>. 由正弦定理得=,所以cos A>, 所以cos A=>,即a2+c2<b2, 则cos B=<0, 又B∈(0,π),所以B为钝角. (2)(i)若①②同时满足, 由cos A=,A∈(0,π),得A=. 因为B为钝角,所以C为锐角, 故当sin C=时,C=, 则A+C=,故B=,这与B为钝角相矛盾, 故①②不能同时满足. (ii)若满足条件①③④, 由cos A===, 解得b=±2+2,又b>0,所以b=2+2. (iii)若满足条件②③④, 易知C=,又a>c,所以A>,所以A+C>, 则B<,这与B为钝角相矛盾,故②③④不能同时满足. 综上,满足题意的三个条件是①③④,此时b=2+2. 11.C　由题易得S1=a2,S2=b2,S3=c2, 则S3-S2-S1=c2-b2-a2=ab, 所以c2-b2-a2=ab,即b2+a2-c2=-ab, 由余弦定理,得cos C==-, 又因为0<C<π,所以C=. 12.答案　5 解析　由3·+2·=0可得3×2×4cos A+2×6×2cos C=0,即cos A+cos C=0,连接BD,则+=0,解得BD2=28, 所以cos A===-, 又因为A是四边形的内角,所以A=, 同理可得C=, 所以四边形ABCD的面积为S△ABD+S△CBD=×2×4sin +×2×6sin =5. 13.解析　(1)由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C=a2+b2+ab,∴b3-a2b+ac2-bc2=b3-a2b+(a-b)c2=b3-a2b+(a-b)·(a2+b2+ab)=a3-a2b=a2(a-b)=0, ∴a=b,∴A=B,又∵C=,A+B+C=π,∴A=. (2)由(1)知c2=a2+b2+ab,a=b,∴c2=3a2, 又c=,∴3=3a2,∴a=b=1, 设BC边上的高为h,则absin C=ha,解得h=,即BC边上的高为. 14.C　由c-asin C=0及正弦定理,得sin C-sin∠BACsin C=0, 因为0°<C<180°,所以sin C≠0, 所以-sin∠BAC=0,即sin∠BAC=, 因为∠BAC为钝角,所以∠BAC=120°. 又S△ABC=S△ABD+S△ACD,所以bc·sin 120°=c·1·sin 60°+b·1·sin 60°,所以bc=b+c,即+=1, 所以b+c=(b+c)·=2++≥2+2=4,当且仅当即c=b=2时,等号成立,所以b+c的最小值为4. 方法总结 　　对于三角形的角平分线问题,要注意以下两种解题策略: (1)等面积法:若△ABC的内角A的平分线AD与BC相交于点D,则S△ABC=S△ABD+S△ACD. (2)角平分线定理:若△ABC的内角A的平分线AD与BC相交于点D,则=. 15.A　在△ABC中,由=,及正弦定理可得=,即2c2=a2-b2,即c2=(a2-b2), 又由余弦定理知cos C===+,所以cos C=+≥,当且仅当=,即a=b时等号成立, 又C∈(0,π),所以0<C≤, 故角C的最大值为. 16.解析　(1)在△ABC中,由已知及正弦定理得b2-a2=(b-c)c,整理得,b2+c2-a2=bc, 所以cos A==, 又A∈(0,π),所以A=. (2)由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccos A=b2+c2-bc=(b+c)2-3bc,即(b+c)2=16+3bc≤16+(b+c)2, 当且仅当b=c时取等号, 整理得,(b+c)2≤64,解得-8≤b+c≤8, 又b+c>a=4,所以4<b+c≤8,所以8<a+b+c≤12, 即△ABC的周长的取值范围为(8,12]. 7 学科网（北京）股份有限公司 $