正、余弦定理的综合应用同步作业-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

2025级厦外高一（下）数学校本作业16——正、余弦定理的综合应用（2） 基础巩固： 一、选择题 1.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若=,则C= (　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.30° B.45° C.60° D.90° 2.已知锐角三角形ABC的面积为3,BC=4,CA=3,则C= (　　) A.60°或120° B.120° C.60° D.30° 3.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若A=60°,b=1,△ABC的面积S=,则= (　　) A. B. C. D.3 4.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=1,B=45°,S△ABC=2,则△ABC外接圆的直径为 (　　) A.5 B.4 C.5 D.6 5.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若2ccos C=bcos A+acos B,则C= (　　) A. B. C. D. 6.在锐角三角形ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知a=3,c=,C=60°,则△ABC的面积为 (　　) A. B.或 C. D. 7.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若ccos B+bcos C=asin A,△ABC的面积S=(b2+a2-c2),则B= (　　) A.90° B.60° C.45° D.30° 8.(多选题)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若b=ccos A,角A的平分线交BC于点D,AD=1,cos A=,则以下结论正确的是 (　　) A.b= B.c=8 C.= D.△ABD的面积为 9.（多选题）东汉末年的数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”，根据面积关系给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”.如图1，它由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形.我们通过类比得到图2，它是由三个全等的钝角三角形与一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形.对于图2.下列结论正确的是（       ） A．这三个全等的钝角三角形不可能是等腰三角形 B．若，，则 C．若，则 D．若是的中点，则三角形的面积是三角形面积的7倍 【选择题答题卡】 班级： 姓名： 座号： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 选项 二、填空题： 10.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若A=60°,b=16,此三角形的面积S=220,则a的值为　　　　.  11.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a∶b∶c=3∶3∶5,则=　　　　.  12.在△ABC中,a,b,c分别是内角A,B,C的对边,且B为锐角,若=,sin B=,S△ABC=,则b的值为　　　　.  13.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知cos A=,sin B=cos C,且a=,则△ABC的面积为　　　　.  14.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2bsin C=(2a+b)tan B,c=2,则△ABC面积的最大值为　　　　.  三、解答题： 1 学科网（北京）股份有限公司 15.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a2-ab-2b2=0. (1)若B=,求A,C的值; (2)若C=,c=14,求S△ABC. 16.在①m=(a+b,c-a),n=(a-b,c),且m⊥n,②2a-c=2bcos C,③sinB+=cos B+这三个条件中任选一个补充在下面的问题中,并给出解答. 在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且　　　　.  (1)求B的值; (2)若b=4,求△ABC周长的最大值. 17.如图所示,公路AB一侧有一块空地△OAB,其中OA=6 km,OB=6 km,∠AOB=90°,市政府拟在中间开挖一个人工湖△OMN,其中M,N都在边AB上(M,N不与A,B重合,M在A,N之间),且∠MON=30°. (1)若M在距离点A4 km处,求OM和MN的长度; (2)为节省投入资金,人工湖△OMN的面积尽可能小,设∠AOM=α,试确定α的值,使△OMN的面积最小,并求出最小面积. 思维探索： 18.已知在△中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若△的面积为2，边上中线的长为．且，则△外接圆的面积为___________． 19.在三角形ABC中，已知角A=，角A的平分线AD与边BC相交于点D，AD=2．则AB+AC的最小值为________． 20.D为△边上一点，满足，，记，． (1)当时，且，求CD的值； (2)若，求面积的最大值． 校本作业16——正、余弦定理的综合应用（2）参考答案 1.B　[解析] ∵==,∴cos C=sin C,又0°<C<180°,∴C=45°,故选B. 2.C　[解析] ∵S△ABC=BC·CA·sin C=3,∴sin C=,又C∈(0°,90°),∴C=60°. 3.A　[解析] ∵S==bcsin A=×1×c×,∴c=4,∴a2=b2+c2-2bccos A=12+42-2×1×4×=13,可得a=,∴==. 4.C　[解析] 根据三角形的面积公式得×1×c×sin 45°=2,所以c=4,则b2=a2+c2-2accos B=25,则b=5.设△ABC外接圆的半径为R,则直径为2R,由正弦定理得2R===5,故选C. 5.D　[解析] 由题意及正弦定理得2sin Ccos C=sin Bcos A+sin Acos B=sin(A+B)=sin C,∵sin C≠0,∴cos C=,又C∈(0,π),∴C=.故选D. 6.C　[解析] 由余弦定理的推论得cos C=,所以=,解得b=1或b=2.当b=1时,b2+c2-a2<0,此时A为钝角,不合题意;当b=2时,△ABC的面积S=absin C=×3×2×=.故选C. 7.D　[解析] 由正弦定理及ccos B+bcos C=asin A,得sin Ccos B+sin Bcos C=sin2A,即sin(C+B)=sin2A,即sin A=sin2A,因为sin A≠0,所以sin A=1,又0°<A<180°,所以A=90°.由余弦定理的推论、三角形面积公式及S=(b2+a2-c2),得absin C=×2abcos C,整理得tan C=,又0°<C<90°,所以C=60°,所以B=30°.故选D. 8.ACD　[解析] 由b=ccos A及正弦定理可得,sin B=sin Ccos A=sin(A+C),所以sin Acos C=0,因为sin A≠0,所以cos C=0,所以C=,所以cos A==,由角平分线性质可得,==,故C正确.c=8b,则a=3b,CD=b,在Rt△ACD中,由勾股定理可得,b2+b2=1,可得b=,c=6,故A正确,B错误.S△ABD=S△ABC=×ab=×××=,故D正确.故选ACD. 9.【答案】ABD 【解析】 【分析】 对于A选项，根据题意，，，进而判断；对于B选项，由题知，在中，，，，进而结合正弦定理解三角形判断；对于C选项，不妨设，进而由余弦定理得，所以，再计算比值即可判断；对于D选项，由题知，进而. 【详解】 解：对于A选项，根据题意，图2，它是由三个全等的钝角三角形与一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，故，，所以这三个全等的钝角三角形不可能是等腰三角形，故A选项正确； 对于B选项，由题知，在中，，，，所以，所以由正弦定理得解得，因为，所以，故B选项正确； 对于C选项，不妨设，所以在中，由余弦定理得，代入数据得，所以，所以，故C选项错误； 对于D选项，若是的中点，则，所以，故D选项正确. 故选：ABD 10.49　[解析] 由S=bcsin A=220,可得c=55,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=2401,可得a=49. 11.　[解析] 由题得==,∴sin A=sin C,同理可得sin B=sin C,∴==. 12.　[解析] 由=及正弦定理,得=,所以a=c①,由S△ABC=acsin B=,且sin B=,得ac=5②,联立①②可得a=5,c=2.由sin B=,且B为锐角可知cos B=,由余弦定理得b2=25+4-2×5×2×=14,所以b=. 13.　[解析] ∵cos A=,0°<A<180°,∴sin A===.∵sin B=cos C,且sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C,∴sin Acos C+cos Asin C=cos C,则cos C+sin C=cos C,即sin C-cos C=0.由可得∴sin B=cos C=.由正弦定理得=,∴c===,∴△ABC的面积S=acsin B=×××=. 14.　[解析] 由2bsin C=(2a+b)tan B,得2bsin C=(2a+b),即2bcos Bsin C=(2a+b)sin B,由正弦定理得2sin Bcos Bsin C=(2sin A+sin B)sin B,∵sin B≠0,∴2cos Bsin C=2sin A+sin B=2sin(B+C)+sin B=2sin Bcos C+2cos Bsin C+sin B,即2sin Bcos C+sin B=0,∵sin B≠0,∴2cos C+1=0,即cos C=-,∴C=120°.由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C,即12=a2+b2-2ab×-=a2+b2+ab≥2ab+ab=3ab,即ab≤4,当且仅当a=b时取等号,则△ABC的面积S=absin C≤×4×=,故三角形面积的最大值为. 15.解:(1)由a2-ab-2b2=0及正弦定理得sin2A-sin Asin B-2sin2B=0, 又B=,所以上式可化简为2sin2A-sin A-1=0, 解得sin A=1或sin A=-(舍去). 因为0<A<,所以A=, 又A+B+C=π,所以C=π--=. (2)由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C, 即142=a2+b2-2abcos,所以a2+b2+ab=196①. 由a2-ab-2b2=0得(a+b)(a-2b)=0, 因为a+b>0,所以a-2b=0,即a=2b②. 联立①②可得b=2,a=4, 所以S△ABC=absin C=14. 16.解:(1)选①:因为m=(a+b,c-a),n=(a-b,c),且m⊥n, 所以(a+b)(a-b)+c(c-a)=0, 即a2+c2-b2=ac,由余弦定理的推论得cos B===, 又0<B<π,所以B=. 选②:根据正弦定理,由2a-c=2bcos C,得2sin A-sin C=2sin Bcos C, 因为sin A=sin(B+C)=sin Bcos C+sin Ccos B, 所以2sin Ccos B=sin C, 又sin C≠0,所以cos B=, 又0<B<π,所以B=. 选③:由sinB+=cos B+,得sin B+cos B=cos B+, 即sin B-cos B=, 所以cosB+=-, 又0<B<π,所以B+=,所以B=. (2)由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B,即16=(a+c)2-3ac, 因为≥,所以ac≤,当且仅当a=c时,等号成立, 所以3ac=(a+c)2-16≤,可得a+c≤8,当且仅当a=c=4时,等号成立. 则a+b+c≤8+4=12, 故△ABC的周长的最大值为12. 17.解:(1)在△OAB中,OA=6 km,OB=6 km,∠AOB=90°, 则tan∠OAB==,∴∠OAB=60°. 在△AMO中,由余弦定理得OM2=OA2+AM2-2OA·AMcos 60°=28,则OM=2 km, 由余弦定理的推论得cos∠AOM==. 在△OAN中,sin∠ANO=sin(∠OAB+∠AON)=sin(∠OAB+∠NOM+∠AOM)=sin(∠AOM+90°)=cos∠AOM=. 在△OMN中,由正弦定理得=,∴MN= km. (2)由题知0°<α<60°,在△AMO中,由正弦定理得=,∴OM= km, 在△ANO中,由正弦定理得=,∴ON= km, ∴S△OMN=OM·ONsin 30°=×. ∵0°<α<60°,∴当α=15°时,△OMN的面积最小,最小面积为(54-27)km2. 18.【答案】或 【详解】由题设及正弦定理边角关系有，又， ∴， ∴， ∴．又， ∴，即． 又据题意，得，且， ∴或，故或， ∴△外接圆的半径或， ∴△外接圆的面积为或． 故答案为：或． 19.【答案】 【详解】因为是的角平分线，且，由， 可得， 即 即 所以，当且仅当时取等号，解得或（舍去），因为，所以，故答案为： 20.【答案】(1)(2) (1)设CD长为x，当时，，，则， 因为，所以，即 所以，得，所以，所以为 (2)在中，，则，由正弦定理得，又， 所以，， 则的面积， 又， 所以 因为，所以， 所以当，即时，S有最大值 又的面积等于，故的面积的最大值为 $