课时分层检测(11) 余弦定理&课时分层检测(12) 正弦定理-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中数学必修第二册同步辅导与测试(人教A版)

班级 姓名 得分 课时分层检测（十一） 余弦定理 :10.在△ABC中，已知BC=7,AC=8,AB=9, …0 基础达标练。… 求AC边上的中线长， 1.若△ABC中，a,b,c分别为角A,B,C所对 的边，6a=4b=3c,则cosB= λ耍 B c￥ n号 0 能力提升练0 2.在△ABC中，若AB=√13，BC=3,∠C= 120°，则AC= C=5 A.1 B.2 C.3 D.4 ）1.在△ABC中，0号=号且BC=1,AC=5, 3.在△ABC中，A=60°，a2=bc,则△ABC一 则AB= ( 定是 ( ) A.42 B.√30 C.w29 D.25 A.锐角三角形 B.钝角三角形 :2.在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别是 C.直角三角形 D.等边三角形 4.已知△ABC中，角A,B,C的对边分别为a, a,b,c若A=号a=4,则c的最大值为 b,c,若a=10,b=15,C=60°，则cosB= ( ( A.163 B.16 C.323 D.32 A普 R溜 3 3 3.在△ABC中，b2=ac,且a十c=3,cosB= c D.-57 是则A店·- ( 14 5.(多选)设△ABC的内角A,B,C的对边分别： A号 B一多 C.3 D.-3 为a,b,c若a=2,c=23,cosA=5, , 14.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b, c.已知a-b=4,a十c=2b,且最大角为120°， b<c,则 ( ) 则此三角形的最大边长为 A.b=2 B.b=2√2 :5.在△ABC中，BC=a,AC=b,且a,b是方程 C.B=60 D.B=30° x2-2√5x十2=0的两根，2cos(A十B)=1. 6.在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a, (1)求角C的大小； b,c,且a2=b2-c2+3ac,则角B的大小是 (2)求AB的长. 7.在△ABC中，AB=3,BC=√13，AC=4,则 A- ,AC边上的高为 8.在△ABC中，若(a-c)(a十c)=b(b十c),则 A= 9.在△ABC中，已知a-b=4,a十c=2b,且最6.△ABC的三个内角A,B,C的对边分别是 大角为120°，求三边长. a,b,c,且a2=b(b十c),求证：A=2B. 170 班级 姓名 得分 课时分层检测（十二） 正弦定理 :9.在△ABC中，已知a2tanB=b2tanA,试判 基础达标练。… 断△ABC的形状. 1.(多选)以下关于正弦定理或其变形的叙述 正确的是 A.在△ABC中，a:b:c=sinA:sinB: sin C B.在△ABC中，若sin2A=sin2B,则a=b C.在△ABC中，若sinA>sinB,则A>B; 若A>B,则sinA>sinB D.在△ABC中，品ASn月9nC b+c 2.在△ABC中，若A=60°，B=45°，BC=3√2， 则AC= ) A.4√3 B.23 C.3 D③ 2 3.在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为 a,b,c,B=45°，C=60°，c=1,则最短边的长 等于 ( 10.在△ABC中，a,b,c分别是角A,B,C的对 图 B C.z 号 边，且cosB b cos C 2a+c 4.在△ABC中，若c=2 acos B,则△ABC的形 (1)求B的大小； 状为 ( ) (2)若b=√/13，a+c=4,求a的值. A.直角三角形 B.等腰三角形 C.等边三角形 D.不等边三角形 5.在△ABC中，内角A,BC的对边分别为a, b,c,若c=√3，A=75°，B=45°，则△ABC的 外接圆的面积为 ( A至 B.元 C.2π D.4π 6.在△ABC中，sinA:sinB:sinC=3:2:3, 则cosC的值为 7.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b, ,若A=吾a2+-c2=bc=3,则角C ,a= 8.在△ABC中，已知B=60°，最大边与最小边 的比为，则三角形的最大角的正切值 为 171 班级 姓名 得分 能力提升练 5.已知△ABC中，角A,B,C所对的边分别为 0 1.(多选)在△ABC中，角A,B,C所对的边分 a,b,c,且acos C十)t=6 别为a,b,c,则下列等式恒成立的是( (1)求A的大小； A.a2=62+c2-2bccos A (2)若a=1,b=√3，求c的值. B.asin B=bsin A C.a=bcos C+ccos B D.acos B+bcos C=c 2.在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a, b,c,若a=6,2 acos C+c=2b,则△ABC面 积的最大值是 3.在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a, b,c.若a=√7，b=2,A=60°，则sinB= ,C= 4.(2022·全国乙卷)记△ABC的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,已知sin Csin(A-B) =sin Bsin(C-A). (1)证明：2a2=b2+c2； …0 创新拓展练 （2)若a=5,60sA-7求△ABC的周长。 已知在△ABC巾，c=2sB,C-红 (1)求B的大小： (2)在三个条件中选择一个作为已知，使 △ABC存在且唯一确定，并求BC边上的中 线的长度， ①c=√2b: ②周长为4十23： ③面积为S△ABC= 3√3 41 172又因为E亦-A正-A正， :'.AB2=b2+a2-2abcos C=(a+b)2-ab=10, 所以i.萨-合成+0·萨- ∴.AB=/10. 6.证明 由余孩定理得oA=+C+0-力，：osB= -号(A店·A+AC.A求-AB,A花-AC.A 2bc 2+c2-B =之(0+A花.A萨-A店.A店-0) 2ac =令A花.亦-. 'cos 2B-2cos B-1-2) -1=(b+c)2 一1 2ac 2b(6-c)c2 =号ACA1·os(90+∠BAO)-A店A正·os(90+ b+c-2bc-b 6· ∠BAC)]=0, ∴cosA=cos2B, 所以AM⊥EF,即AM⊥EF. a2=b(b+c),∴.a2-=r>0, ∴a>形，即a>b,∴A>B. 课时分层检测（十一） 若B≥受，则A>B心受，与A十B<元矛盾，放B只能是锐角， 基础达标练 1.D2.A3.D4.A5.AD ∴.0<2B<元，又：0<A<元，cosA=cos2B, ∴.A=2B. 6.晋 [因为a2=-c2+5ae,所以a2+c2-=√5ac, 课时分层检测（十二） 由余弦定理的推论得cosB=+c-龙-ac=区 基础达标练 2ac 2ac 2' 1.ACD 2.B 3.A 4.B 5.B 由B∈(0，，知B=否] [:sinA:sinB:sinC-3:2:3,由正弦定理，得a:b:C 6.3 3 2 [由余弦定理，得osA=ACAB-BC 2AC·AB =3:2:3,设a=3k,b=2k,c=3k(k>0,则c0sC=0士=c 4+3-(√13)2-1 2×4×3 ,又0<A<,所以A=答，所以nA=9 2 9E+能-此-合] 2ab 12k2 则AC边上的高为h=ABsin A=3×5-3,5] 21 7. [由a+-2-ab,得cosC=+-c2-1 2ab 2 8.120°[(a-c)(a+c)=b(b+c),∴a2-c2=B+br,即6+c2-a .A=4-杂=-0<A<18, CC(0,C-专，由正孩定理品C得a= sin C 2bc .A=120°.] 9.解由a二=得{a十4： a+c=2b, 1c=b-4. 岭 2 ,.a>b>c,∴.A=120°， .∴.a2=+c2-2 bccos120°， 82十5[不坊设a为最大边，心为最小边，由题意有号-出合 即6+4小)=谷+(b-4)-26b-40×(-2)）广 ; 十1，即 2 simA一-B+1.整理得(3-3sinA=(3十W③)osA· n(120°-A)-2 即一10b=0,解得b=0(舍去)或b=10. 当b=10时，a=14,c=6. tanA=2+√3.] 10.解法一：由条件知osA=Ag+ACBC9+g-2 2 {9.解设三角形外接圆半径为R, 2×AB×AC 2×9×8 3, 则a'tanB=∥tanA台4sinB_sinA 设中线长为x,由余弦定理，知 cos B cos A' +AB-2x4CXABcos-2xx9x 2 Rsin'Asin BR sin'Bsin A cos B cos A =49,,.x=7. 所以sin Acos A-sin Bcos B AC边上的中线长为7. sin 2A=sin 2B 法二：设AC中点为M,连接BM(图略). =2A=2B或2A+2B=π 则-A+©： 台A=B成A+B=受 ∴B脉-(BM+B衣+2BA.BC)=(9++2成 所以△ABC为等腰三角形或直角三角形. BCl cos∠ABC): 10.解(1)由余弦定理，得cosB=+c-位 2ac 由余弦定理，得2 BABClcos∠ABC-BA2+BC:-AC:=g+ cos C=+-c 2ab 72-82, 2ab b ·BM2=(92+7+9°+72-8)=49. ·原式化为+2- 2ac a+6-2 2a-c ∴，BM=7,即AC边上的中线长为7. 整理，得a2十c2一十ac=0, 能力提升练 .cos B=a 1.A2.B3.B 2ac = 2ac 4.14[已知a-b=4,则a>b且a=b十4. 又0<B<,B=2x 又a+c=2b,则b+4+c=2b, 3 所以b=c十4，则b>c. 从而知a>b>c,所以a为最大边， (2)将b=√3，a+c=4,B=2 3 故A=120°，b=a-4,c=2b-a=a-8. 代入=a2+c2-2 accos B,得 由余弦定理，得 a2=b2+c2-2bccos A=b2+c+bc 13=a2+4-a)-2a0-a）6os5, =(a-4)2+(a-8)2+(a-4)(a-8), 即a2-4a十3=0.解得a=1或a=3. 即a2-18a十56=0，解得a=4或a=14 能力提升练 又b=a-4>0,所以a=14, 1.ABC 即此三角形的最大边长为14.] !2.9√5[由2 acos C+c=2b,得2 sin Acos C+sinC-2sinB-2sinA 5.解(1)：osC=cos[xA+B]=-os(A+B)=-z,且C∈ cosC+20 s Asin C,化简得c0sA=是，又0<A<,所以A=号， 0,C-受 d-f+d-2hosA≥26-bc,即6c≤36，Sa-之snA≤ (2)a,b是方程r2-2x+2=0的两根，{a十b。2尽， 1 ab=2, 合×36×9-9v5,音且仅专6==6时，取=灯 2 286 3.v② T3[尚正孩定理白B得nB=子·sinA 2× 由余弦定理知(0C=20+20-800c0s120°=1200. 故(0C=20√5，∠C0y=30°+30°=60° 5=2T由余弦定理G2=6+e2-2 2becosA,得7=4十2-4c×8.解在△ABD中，∠ADB=60,∠DAB=75, 故救生艇的速度大小为20√3km/h,方向为北偏东60°.] 2 7 cos60°，即c2-2c-3=0,解得c=3或c=一1（舍去）.] .B=45 4.解(1)证明：因为A十B十C=π， sin Csin (A-B)=sin(A+B)sin(A-B)=sin2 Acos2 B- ∴.AD= ABsin B、12v6×2 sin∠ADB =24(n mile). cos2Asin2B=sin2A(1-sin2 B)-(1-sin2A)sin2B=sin2A-sin2B, 3 同理有sin Bsin(C-A)-sin(C+A)sin(C-A)-sinC-sinA, 所以sin2A-sin2B-sinC-sin'A, 即A与D间的距离为24 n mile. 由正弦定理可得2a2=b十c2. 19.解(1)由题意知OB=20海里. (2)由(1)及a2=b2+2-2cosA,得a2=2 bccos A,所以2r=31. 因为AB-30海里，∠AOB=60°，所以△AOB中，由余弦定理知， 因为b2+c2=2a2=50,所以(b+c)2=b2+c2+2bc=81,得b+c=9, AB2=OA2+OB-2XOAXOBX cos/AOB, 所以△ABC的周长1=a十b+c=14. 即302=0A2+202-2×0A×20×cos60°， 5解由aosC+号=b 即0A-20OA一500=0，解得OA=10+10√6（海里）（负值舍去）. 所以观测站A到港口()的距离为(10十10√6)海里. 得Aco C+inC=nB. (2)△AOB中，由正弦定理知， OB AB 20 30 因为sinB=sin(A十C)=sin Acos C-+cos Asin C,所以5s sin/OAB sin 60' 2sin C= sin∠DABsin2AOB,即 解得sin∠OAB= cos Asin C. △ABC中，∠BAC=30°，∠ABC-60°+∠OAB,所以∠ACB=90° 因为sinC≠0，所以cosA= 2 -∠OAB, 国为0<A<,所以A=吾 所以sin∠ACB-sin(90°-∠OAB)-cos∠OAB=J1-sin∠OAB (2)由正弦定理，得sinB=bsin A 3 21 在△ABC中，由正弦定理知， 所以B=晋或 BC AB sin∠BAC-sin∠ACB' 当B=时，由A=吾，得C=受，所以c=2: 即BC-30,解得BC=15E(海里. 2 当B=否时，由A=吾，得C=晋，所以c=a=1. 3 综上可得c=1或2. 所以0C=OB+BC=20+156(海里. 创新拓展练 2 解(1)由正弦定理 sin B-sin C*c-2bcos B,sin C-2sin Boos B= 所以海轮C的航行速度为(20+15，)海里/时. ! m2B,故C=2B以含去)浅C+2B=元故B=A=若 能力提升练 1.A2.A (2)由(1)知，c=√3b,故不能远①. :3.45°[依题意可得AD=20√10，AC=305, 若选②，设BC=AC=2.x,则AB=2√5x, 又CD=50,所以在△ACD中， 由余弦定理的推论得 故周长为(4十2√3)x=4+2√3，解得x=1. 从而BC=AC=2,AB=25. cos∠CAD=AC+AD-CD 2AC·AD 设BC中，点为D,则在△ABD中，由余弦定理， =(30⑤)2+(20V102-50 -6000= cosB=AB土BD一AD-12十1一AD=5,解得AD=7. 2×30√5X20√10 6000√2 2 2·AB·BD 43 又0°<∠CAD<180,所以∠CAD=45°， 若选③，设BC=AC=2.x,则AB=2√5x, 所以从顶端A看建筑物CD的张角为45°.] 故SAABC=立 (2x·m经52-3， 14.解在△ABC中， 4 amsA-号mB= 65 解得x= ,即BC=AC=3,AB-3. 设BC中点为D,则在△ABD中，由余弦定理， mA万-√1-（得）-高 由正弦定理， cos B= AB+BD:-AD 9+() -AD: 5 2·AB·BD 3√3 ，解符AD 2 得BC-AC·sinA sin B 1260×3-500(m), 63 √21 2 乙从B出发时，甲已经走了50×(2十8十1)=550(m), 课时分层检测（十三） 甲还需走710m才能到达C 设乙步行的速度为vm/min, 基础达标练 1.A 2.C 3.ACD 4.D 由题意得500_710 50 ≤3， 556.4【宽=800-8n90≈5856.4m.] 解得250≤< -625 43 6.30°[如图，设竹竿影子长为x.依据正弦定理可得 ,.为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3min,乙步行的速 sin60-sin120-0所以x=4·in(120° 2 度vm/min的取值范图是[1250,6251 3 43,14 a).因为0°120°-a<120°，所以要使x最大，只需 60 !5.解设年私船应沿CD方向行驶th,才能最快（在D点）裁获走 120°-a=90°，即a=30时，影子最长.] 私船， 7.60°20√5[如图，OA表示水流，(B表示风. 则CD=103t,BD=10. y4北B 在△ABC中，由余弦定理，得 BC=AB+AC-2AB·ACcos.∠BAC =(3-1)2+22-2(3-1)×2×c0s120°=6. BC=6.又sn2BAC-sinZABC' BC AC 由平行四边形法则在菱形OACB中，∠AOB=60°， 287