课时规范练29 正弦定理和余弦定理-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 以正弦定理、余弦定理为核心，通过三级训练整合边角互化、三角恒等变换、最值求解等方法，构建“概念-推理-应用”逻辑链条，培养逻辑推理与数学建模素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固练|1-4题|余弦定理推论求角、面积公式应用、三角恒等变换判断形状、基本不等式求最值|从余弦定理边关系到正弦定理边角互化，夯实定理直接应用| |综合提升练|5-8题|条件选择合理性分析、锐角三角形判定、角关系证明、面积最值三角函数法|结合三角恒等变换与不等式，深化定理综合应用| |创新应用练|9题|费马点新情境下余弦定理应用|联系新定义与定理，培养数学抽象与建模能力|

课时规范练29　正弦定理和余弦定理 (分值:74分) (单选题每小题5分,多选题每小题6分,填空题每小题5分) 基础 巩固练 1.(2025·山东枣庄二模)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b=3,c2+9=a2+3c,则A=(　　) A. B. C. D. 2.(2026·重庆南开中学高三月考)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,(a+b)2=c2+12,C=60°,则△ABC的面积为(　　) A. B. C.1 D. 3.(2025·河北模拟)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若sin 2Bcos A=sin Ccos B,则△ABC的形状为(　　) A.等腰三角形 B.直角三角形 C.等腰直角三角形 D.直角三角形或等腰三角形 4.(2025·黑龙江哈尔滨模拟)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=,(sin A-sin B)(b+a)=c(sin B+sin C),则△ABC面积的最大值为(　　) A. B. C. D. 5.(15分)(2025·北京,16)在△ABC中,cos A=-,asin C=4. (1)求c; (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知,使得△ABC存在,求BC边上的高. 条件①:a=6; 条件②:bsin C=; 条件③:S△ABC=10. 注:如果选择的条件不符合要求,第(2)问得0分;如果选择多个符合要求的条件分别解答,按第一个解答得分. 综 合 提升练 6.(多选题)(2025·浙江金华二模)已知△ABC中角A,B,C所对的边分别为a,b,c,满足a2+b2-c2=S△ABC,则下列条件能使△ABC成为锐角三角形的是(　　) A.A= B.a=2,b=3 C.a=2,c=3 D.b=3,c=2 7.(13分)(2025·河北秦皇岛模拟)已知△ABC为锐角三角形,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,a2-c2=bc. (1)求证:A=2C; (2)若c=1,求△ABC周长的取值范围. 8.(15分)(2025·广东梅州模拟)如图乙,在等边三角形ABC中,D为AB上一点,且AB=3AD=3,E,F分别在边AC,BC上,DE⊥DF. 甲 乙 (1)如图甲,当点F与点C重合时,求sin∠ADE; (2)求△DEF面积的最小值. 创 新 应用练 9.(2025·四川泸州模拟)著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马(1601—1665)于1643年提出了三角形中的“费马点”,即“对于每个给定的三角形,都存在唯一的费马点,当△ABC的三个内角均小于120°时,则使得∠APB=∠BPC=∠CPA=120°的点P即为费马点”.在△ABC中,AC=BC=2,cos C=-,P是△ABC的费马点,则PC的长度为　　　　　.  参考答案 1.C　解析 由b=3及c2+9=a2+3c,得b2+c2-a2=bc, 由余弦定理的推论得cos A=, 因为0<A<π,所以A=故选C. 2.D　解析 因为C=60°,故c2=a2+b2-2abcos 60°=a2+b2-ab, 而(a+b)2-c2=12,故c2=a2+b2+2ab-12=a2+b2-ab, 故ab=4,故△ABC的面积为ab×sin 60°=4=故选D. 3.D　解析 ∵sin 2Bcos A=sin Ccos B, ∴2sin Bcos Bcos A=sin(A+B)cos B, ∴2sin Bcos Bcos A=(sin Acos B+cos Asin B)cos B,sin B≠0, 化简得,sin Bcos Bcos A=sin Acos2B, ∴cos B(sin Bcos A-cos Bsin A)=0, 即cos Bsin(B-A)=0, ∴cos B=0或sin(B-A)=0. ∵A,B∈(0,π),∴B=或B-A=0,即B=或B=A, ∴△ABC是直角三角形或等腰三角形. 4.C　解析 在△ABC中,由(sin A-sin B)(b+a)=c(sin B+sin C)及正弦定理得(a-b)(b+a)=c(b+c),即a2=b2+c2+bc,由余弦定理的推论得cos A==-,sin A=,则3=a2=b2+c2+bc≥3bc,当且仅当b=c=1时取等号,因此bc≤1,△ABC的面积S=bcsin A=bc,所以当b=c=1时,△ABC的面积取得最大值故选C. 5.解 (1)由cos A=-,得sin A= ∵asin C=4,∴S△ABC=absin C=4b=bcsin A, ∴4c,解得c=6. (2)若选①,a=6,则a=c.又cos A<0,∴A为钝角,故△ABC不存在. 若选②,bsin C=,如图,作AD垂直BC于点D,则BC边上的高AD=,此时sin B=,∴B∈(). 又cos A=-,∴A∈(),∴A+B∈(,π), ∴△ABC存在,此时BC边上的高AD= 若选③,S△ABC=10由(1)知S△ABC=4b=10,解得b=5. 由余弦定理得,a==9,∴△ABC存在. 又S△ABC=a·AD, a·AD=10,解得AD= 6.BC　解析 因为a2+b2-c2=S△ABC, 由余弦定理可得2abcos C=absin C,所以tan C= 因为C∈(0,π),所以C= 当A=时,B=,此时△ABC为直角三角形,故A错误; 当a=2,b=3时,由余弦定理可得c2=a2+b2-2abcos C=4+9-2×2×3×cos=7, 所以c=,由b>c>a,所以B>C>A,B为最大角,又cos B=>0,所以B为锐角, 此时△ABC为锐角三角形,故B正确; 当a=2,c=3时,由余弦定理可得9=b2+4-2×2×b×cos, 解得b=1+,所以b>c>a,则B为最大角,所以cos B=>0,所以B为锐角, 此时△ABC为锐角三角形,故C正确; 当b=3,c=2时,由余弦定理可得4=a2+9-2×3×a×cos,即a2-3a+5=0, 由于Δ=9-4×5<0,方程无实根,所以不存在这样的△ABC,故D错误. 故选BC. 7.(1)证明 由a2-c2=bc,得a2=c2+bc, 由余弦定理得a2=c2+b2-2bccos A=c2+bc,即b=c+2ccos A, 由正弦定理得sin B=sin C+2sin Ccos A,所以sin(A+C)=sin C+2sin Ccos A. 所以sin Acos C-cos Asin C=sin C,即sin(A-C)=sin C. 所以A-C=C+2kπ或(A-C)+C=π+2kπ(k∈Z), 即A=2C+2kπ或A=π+2kπ(k∈Z). 因为0<A<,0<C<, 所以A=2C. (2)解 因为△ABC为锐角三角形,所以解得<C< 因为c=1,由正弦定理得=2cos C,所以a=2cos C, 由正弦定理得b==4cos2C-1, 故△ABC的周长为a+b+c=4cos2C+2cos C. 令t=cos C,则<cos C<,所以t 因为函数y=4t2+2t=4上单调递增, 所以△ABC周长的取值范围为(2+,3+). 8.解 (1)当点F与点C重合时, 在△CDB中,B=60°,BD=2,BC=3, 由余弦定理得CD2=BD2+BC2-2BD·BC·cos 60°=22+32-2×2×3=7, 得CD=,于是cos∠CDB=,而∠ADE=90°-∠CDB, 因此sin∠ADE=sin(90°-∠CDB)=cos∠CDB= (2)设∠ADE=θ(0<sin θ≤1),在△ADE中,由正弦定理,得, 所以DE=, 在△BDF中,∠BDF=90°-θ,同理,得DF=, 故S△DEF=DE·DF = = =, 当θ=45°时,2sin 2θ+的最大值为2+,此时△DEF的面积取得最小值,即6-3 9　解析 由cos C=->cos=-,得C<故费马点P在△ABC内,且∠APB=∠BPC=∠CPA= 取AB的中点D,由AC=BC,得CD是线段AB的中垂线. 在△PAC和△PBC中,AC2=CP2+PA2-2CP·PAcos,BC2=CP2+PB2-2CP·PBcos,两式相减,得PA2-PB2+CP(PA-PB)=0, 即(PA-PB)(PA+PB+CP)=0,可见PA-PB=0,PA=PB,所以点P在AB的中垂线CD上.又P在△ABC内,所以点P在线段CD上. cos∠ACP=cos,sin∠ACP= 在△PAC中,,所以PC=sin(-∠ACP)=()= 1 学科网（北京）股份有限公司 $