高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)《正、余弦定理》專項(xiàng)測(cè)試卷及答案

第第頁(yè)高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)《正、余弦定理》專項(xiàng)測(cè)試卷及答案學(xué)校:___________班級(jí)：___________姓名：___________考號(hào)：___________一、單項(xiàng)選擇題1．在△ABC中，AB＝5，AC＝3，BC＝7，則∠BAC等于()A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,3)C．eq\f(2π,3) D．eq\f(5π,6)2．在鈍角三角形ABC中，已知AB＝eq\r(3)，AC＝1，B＝30°，則△ABC的面積是()A．eq\f(\r(3),2) B．eq\f(\r(3),4)C．eq\f(3,2) D．eq\f(3,4)3．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.若C＝eq\f(π,4)，a＝4，S△ABC＝2，則eq\f(2a＋3c－b,2sinA＋3sinC－sinB)＝()A．eq\r(5) B．2eq\r(5)C．2eq\r(7) D．2eq\r(13)4．(2024·湖南衡陽(yáng)模擬)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知2cosB(acosC＋ccosA)＝b，lgsinC＝eq\f(1,2)lg3－lg2，則△ABC的形狀為()A．等腰三角形 B．直角三角形C．等邊三角形 D．等腰直角三角形5．(2024·河北保定模擬)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，且acosC，bcosB，ccosA成等差數(shù)列，若△ABC外接圓的半徑為1，則b＝()A．eq\f(3,2) B．2C．eq\r(3) D．eq\r(2)6．(2024·江西贛州聯(lián)考)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，滿足2acosA＝bcosC＋ccosB，且b＋c＝4，則a的最小值為()A．2 B．2eq\r(2)C．3 D．2eq\r(3)7．(2024·安徽懷寧一中模擬)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，A＝eq\f(π,3)，a＝2，若滿足條件的三角形有且只有兩個(gè)，則b的取值范圍為()A．2<b<4 B．eq\r(3)<b<2C．2<b<eq\f(4\r(3),3) D．b>28．(2023·全國(guó)甲卷)已知四棱錐P-ABCD的底面是邊長(zhǎng)為4的正方形，PC＝PD＝3，∠PCA＝45°，則△PBC的面積為()A．2eq\r(2) B．3eq\r(2)C．4eq\r(2) D．6eq\r(2)二、多項(xiàng)選擇題9．在△ABC中，若eq\f(tanA,tanB)＝eq\f(a2,b2)，則△ABC的形狀可以是()A．等腰直角三角形 B．直角三角形C．不能確定 D．等腰三角形10．在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，以下條件中，使得△ABC無解的是()A．a(chǎn)＝eq\r(2)，b＝eq\r(3)，A＝120°B．a(chǎn)＝eq\r(2)，b＝eq\r(6)，A＝45°C．b＝2eq\r(3)，cosA＝eq\f(\r(5),5)，B＝60°D．c＝eq\r(3)b，sinA＝eq\r(2)sinB，C＝60°三、填空題與解答題11．(2024·廣東深圳高三統(tǒng)一測(cè)試)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若(a＋b)(sinA－sinB)＝(a－c)sinC，b＝2，則△ABC外接圓的面積為________．12．在△ABC中，AD為∠BAC的平分線且交BC于點(diǎn)D，AB＝5，AC＝3，cos∠ABC＝eq\f(13,14)，則BC＝________；若AB<BC，則AD＝________.13．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，已知A＝60°，b＋c＝6，且△ABC的面積為eq\r(3)，則△ABC的內(nèi)切圓的半徑為________．14．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且Aeq\o(C,\s\up15(→))·Aeq\o(B,\s\up15(→))＝eq\f(1,3)Aeq\o(B,\s\up15(→))·Beq\o(C,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)Beq\o(C,\s\up15(→))·Ceq\o(A,\s\up15(→)).(1)求角A；(2)若b＝2，求△ABC的面積．高分推薦題15．(2024·山西省實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)設(shè)銳角△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若eq\r(3)(acosB＋bcosA)＝2csinC，則sin2A＋sin2B的取值范圍為()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2))) B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，\f(3,2))) D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，\f(3,2)))參考答案一、單項(xiàng)選擇題1．在△ABC中，AB＝5，AC＝3，BC＝7，則∠BAC等于()A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,3)C．eq\f(2π,3) D．eq\f(5π,6)解析：因?yàn)樵凇鰽BC中，設(shè)AB＝c＝5，AC＝b＝3，BC＝a＝7，所以由余弦定理得cos∠BAC＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(9＋25－49,30)＝－eq\f(1,2)，因?yàn)椤螧AC為△ABC的內(nèi)角，所以∠BAC＝eq\f(2π,3).答案：C2．在鈍角三角形ABC中，已知AB＝eq\r(3)，AC＝1，B＝30°，則△ABC的面積是()A．eq\f(\r(3),2) B．eq\f(\r(3),4)C．eq\f(3,2) D．eq\f(3,4)解析：由正弦定理得eq\f(\r(3),sinC)＝eq\f(1,sin30°)，所以sinC＝eq\f(\r(3),2).若C＝60°，則△ABC為直角三角形，不合題意，所以C＝120°，則A＝180°－120°－30°＝30°，所以S△ABC＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×1×sin30°＝eq\f(\r(3),4).答案：B3．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.若C＝eq\f(π,4)，a＝4，S△ABC＝2，則eq\f(2a＋3c－b,2sinA＋3sinC－sinB)＝()A．eq\r(5) B．2eq\r(5)C．2eq\r(7) D．2eq\r(13)解析：∵C＝eq\f(π,4)，a＝4，S△ABC＝2，S△ABC＝eq\f(1,2)absineq\f(π,4)＝eq\f(1,2)×4×b×eq\f(\r(2),2)＝2，解得b＝eq\r(2).由余弦定理可得c2＝b2＋a2－2bacoseq\f(π,4)＝10，c＝eq\r(10).由正弦定理可得eq\f(2a＋3c－b,2sinA＋3sinC－sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(\r(10),\f(\r(2),2))＝2eq\r(5)，故選B．答案：B4．(2024·湖南衡陽(yáng)模擬)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知2cosB(acosC＋ccosA)＝b，lgsinC＝eq\f(1,2)lg3－lg2，則△ABC的形狀為()A．等腰三角形 B．直角三角形C．等邊三角形 D．等腰直角三角形解析：∵2cosB(acosC＋ccosA)＝b，∴根據(jù)正弦定理，得2cosB(sinAcosC＋cosAsinC)＝sinB，∴2cosBsin(A＋C)＝sinB，∴2cosBsin(π－B)＝sinB，即2cosBsinB＝sinB，∵B∈(0，π)，∴sinB≠0，∴cosB＝eq\f(1,2)，∴B＝eq\f(π,3).∵lgsinC＝eq\f(1,2)lg3－lg2，∴l(xiāng)gsinC＝lgeq\f(\r(3),2)，∴sinC＝eq\f(\r(3),2)，∵C∈(0，π)，∴C＝eq\f(π,3)或eq\f(2π,3)，∵B＝eq\f(π,3)，∴C≠eq\f(2π,3)，∴C＝eq\f(π,3)，∴A＝B＝C＝eq\f(π,3)，即△ABC為等邊三角形．答案：C5．(2024·河北保定模擬)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，且acosC，bcosB，ccosA成等差數(shù)列，若△ABC外接圓的半徑為1，則b＝()A．eq\f(3,2) B．2C．eq\r(3) D．eq\r(2)解析：方法一：因?yàn)閍cosC，bcosB，ccosA成等差數(shù)列，所以2bcosB＝acosC＋ccosA，由正弦定理，得2sinBcosB＝sinAcosC＋sinCcosA＝sin(A＋C)＝sinB，又sinB>0，所以cosB＝eq\f(1,2)，則sinB＝eq\f(\r(3),2).因?yàn)椤鰽BC外接圓的半徑為1，所以由正弦定理，得eq\f(b,sinB)＝2，所以b＝2sinB＝eq\r(3)，故選C．方法二：因?yàn)閍cosC，bcosB，ccosA成等差數(shù)列，所以2bcosB＝acosC＋ccosA，由余弦定理，得2b·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝a·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＋c·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝b，即a2＋c2－b2＝ac，所以cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(1,2)，又sinB>0，所以sinB＝eq\f(\r(3),2).因?yàn)椤鰽BC外接圓的半徑為1，所以由正弦定理，得eq\f(b,sinB)＝2，所以b＝2sinB＝eq\r(3)，故選C．答案：C6．(2024·江西贛州聯(lián)考)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，滿足2acosA＝bcosC＋ccosB，且b＋c＝4，則a的最小值為()A．2 B．2eq\r(2)C．3 D．2eq\r(3)解析：由題意及正弦定理，得2sinAcosA＝sinBcosC＋sinCcosB＝sin(B＋C)＝sinA，又sinA≠0.故cosA＝eq\f(1,2)，由余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(b＋c2－2bc－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，所以a2＝16－3bc≥16－3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b＋c,2)))2＝4(當(dāng)且僅當(dāng)b＝c＝2時(shí)，等號(hào)成立)，所以a的最小值為2.故選A．答案：A7．(2024·安徽懷寧一中模擬)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，A＝eq\f(π,3)，a＝2，若滿足條件的三角形有且只有兩個(gè)，則b的取值范圍為()A．2<b<4 B．eq\r(3)<b<2C．2<b<eq\f(4\r(3),3) D．b>2解析：如圖，作CD⊥AD于D，AC＝b，∠CAD＝eq\f(π,3)，CD＝b·sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(3),2)b.若有兩解，則eq\f(\r(3),2)b<2<b?2<b<eq\f(4\r(3),3)，故選C．答案：C8．(2023·全國(guó)甲卷)已知四棱錐P-ABCD的底面是邊長(zhǎng)為4的正方形，PC＝PD＝3，∠PCA＝45°，則△PBC的面積為()A．2eq\r(2) B．3eq\r(2)C．4eq\r(2) D．6eq\r(2)解析：因?yàn)镻C＝PD＝3，且底面為正方形，則易知△PBC≌△PAD，則PB＝PA．在△PAC中，PC＝3，∠PCA＝45°，AC＝eq\r(42＋42)＝4eq\r(2)，由余弦定理得，PA2＝PC2＋AC2－2PC·AC·cos45°＝9＋32－2×3×4eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝17，則PA＝PB＝eq\r(17).在△PBC中，由余弦定理得cos∠PCB＝eq\f(PC2＋BC2－PB2,2PC·BC)＝eq\f(9＋16－17,2×3×4)＝eq\f(1,3)，則sin∠PCB＝eq\r(1－cos2∠PCB)＝eq\f(2\r(2),3)，所以△PBC的面積S△PBC＝eq\f(1,2)PC·BC·sin∠PCB＝eq\f(1,2)×3×4×eq\f(2\r(2),3)＝4eq\r(2)，故選C．答案：C二、多項(xiàng)選擇題9．在△ABC中，若eq\f(tanA,tanB)＝eq\f(a2,b2)，則△ABC的形狀可以是()A．等腰直角三角形 B．直角三角形C．不能確定 D．等腰三角形解析：由正弦定理得eq\f(tanA,tanB)＝eq\f(4R2sin2A,4R2sin2B)，因?yàn)閟inA>0，sinB>0，所以化簡(jiǎn)可得sinAcosA＝sinBcosB，即sin2A＝sin2B，因?yàn)锳，B∈(0，π)，A＋B∈(0，π)，所以A＝B或者A＋B＝eq\f(π,2)，所以△ABC的形狀是等腰三角形或直角三角形或等腰直角三角形，故選ABD．答案：ABD10．在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，以下條件中，使得△ABC無解的是()A．a(chǎn)＝eq\r(2)，b＝eq\r(3)，A＝120°B．a(chǎn)＝eq\r(2)，b＝eq\r(6)，A＝45°C．b＝2eq\r(3)，cosA＝eq\f(\r(5),5)，B＝60°D．c＝eq\r(3)b，sinA＝eq\r(2)sinB，C＝60°解析：對(duì)于A，由大邊對(duì)大角，得B>A＝120°，無解；對(duì)于B，由正弦定理得sinB>1，無解；對(duì)于C，由cosA＝eq\f(\r(5),5)可得sinA＝eq\f(2\r(5),5)，由正弦定理求出a＝eq\f(8\r(5),5)，再由bsinA<b<a可知有解；對(duì)于D，由c＝eq\r(3)b和a＝eq\r(2)b，通過余弦定理可得cosC＝0，與C＝60°矛盾，無解．故選ABD．答案：ABD三、填空題與解答題11．(2024·廣東深圳高三統(tǒng)一測(cè)試)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若(a＋b)(sinA－sinB)＝(a－c)sinC，b＝2，則△ABC外接圓的面積為________．解析：利用正弦定理將已知等式轉(zhuǎn)化為(a＋b)(a－b)＝(a－c)c，即a2＋c2－b2＝ac，所以由余弦定理，得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(1,2)，因?yàn)?°<B<180°，所以B＝60°.設(shè)△ABC外接圓的半徑為R，則由正弦定理知，2R＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(4,\r(3))，R＝eq\f(2,\r(3))，所以△ABC外接圓的面積S＝πR2＝eq\f(4,3)π.答案：eq\f(4,3)π12．在△ABC中，AD為∠BAC的平分線且交BC于點(diǎn)D，AB＝5，AC＝3，cos∠ABC＝eq\f(13,14)，則BC＝________；若AB<BC，則AD＝________.解析：因?yàn)锳B＝5，AC＝3，cos∠ABC＝eq\f(13,14)，所以在△ABC中，由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC，得9＝25＋BC2－eq\f(65,7)BC，即BC2－eq\f(65,7)BC＋16＝0，解得BC＝7或BC＝eq\f(16,7).若AB<BC，則BC＝7，因?yàn)锳D為∠BAC的平分線，所以eq\f(BD,DC)＝eq\f(AB,AC)＝eq\f(5,3)，所以BD＝eq\f(5,8)×7＝eq\f(35,8)，在△ABD中，由余弦定理得AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos∠ABC＝52＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(35,8)))2－2×5×eq\f(35,8)×eq\f(13,14)＝eq\f(225,64)，所以AD＝eq\f(15,8).答案：7或eq\f(16,7)eq\f(15,8)13．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，已知A＝60°，b＋c＝6，且△ABC的面積為eq\r(3)，則△ABC的內(nèi)切圓的半徑為________．解析：由題意，得△ABC的面積S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),4)bc＝eq\r(3)，故bc＝4.因?yàn)锳＝60°，b＋c＝6，由余弦定理得，a2＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc＝24，所以a＝2eq\r(6)，△ABC的周長(zhǎng)為6＋2eq\r(6)，設(shè)△ABC的內(nèi)切圓的半徑為r，則eq\f(1,2)(a＋b＋c)r＝eq\f(1,2)×(6＋2eq\r(6))r＝eq\r(3)，所以r＝eq\r(3)－eq\r(2).答案：eq\r(3)－eq\r(2)14．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且Aeq\o(C,\s\up15(→))·Aeq\o(B,\s\up15(→))＝eq\f(1,3)Aeq\o(B,\s\up15(→))·Beq\o(C,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)Beq\o(C,\s\up15(→))·Ceq\o(A,\s\up15(→)).(1)求角A；(2)若b＝2，求△ABC的面積．解：方法一：(1)在△ABC中有Aeq\o(C,\s\up15(→))·Aeq\o(B,\s\up15(→))＝eq\f(1,3)Aeq\o(B,\s\up15(→))·Beq\o(C,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)Beq\o(C,\s\up15(→))·Ceq\o(A,\s\up15(→))，即bc·cosA＝－eq\f(1,3)ac·cosB＝－eq\f(1,2)ab·cosC．因?yàn)閎c·cosA＝－eq\f(1,3)ac·cosB，所以由正弦定理可得sinBcosA＝－eq\f(1,3)sinAcosB，即tanA＝－3tanB．①同理可得tanC＝eq\f(3,2)tanB．②在△ABC中，有tanA＝tan(π－B－C)＝－tan(B＋C)＝eq\f(tanB＋tanC,tanBtanC－1)，將①②代入得tanB＝eq\f(1,3)(舍負(fù))，tanA＝－1，tanC＝eq\f(1,2).由0<A<π，得A＝eq\f(3π,4).(2)△ABC的面積S＝eq\f(1,2)bcsinA，將A＝eq\f(3π,4)，b＝2代入，得S＝eq\f(\r(2),2)c.由(1)知tanB＝eq\f(1,3)，tanC＝eq\f(1,2)，所以sinB＝eq\f(\r(10),10)，sinC＝eq\f(\r(5),5).在△ABC中，由正弦定理eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得c＝2eq\r(2).所以S＝eq\f(\r(2),2)×2eq\r(2)＝2.方法二：(1)由題得，Aeq\o(C,\s\up15(→))·Aeq\o(B,\s\up15(→))＝|Aeq\o(C,\s\up15(→))|·|Aeq\o(B,\s\up15(→))|cosA＝bc·cosA＝bc·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(b2＋c2－a2,2)，Aeq\o(B,\s\up15(→))·Beq\o(C,\s\up15(→))＝|Aeq\o(B,\s\up15(→))|·|Beq\o(C,\s\up15(→))|(－cosB)＝ca(－cosB)＝－ca·eq\f(c2＋a2－b2,2ca)＝－eq\f(c2＋a2－b2,2)，Beq\o(C,\s\up15(→))·Ceq\o(A,\s\up15(→))＝|Beq\o(C,\s\up15(→))|·|Ceq\o(A,\s\up15(→))|(－cosC)＝ab(－cosC)＝－ab·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝－eq\f(a2＋b2－c2,2).因?yàn)锳eq\o(C,\s\up15(→))·Aeq\o(B,\s\up15(→))＝eq\f(1,3)Aeq\o(B,\s\up15(→))·Beq\o(C,\s\up15(→))，所以eq\f(b2＋c2－a2,2)＝eq\f(1,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(c2＋a2－b2,2)))，得b2＋2c2＝a2.①同理有eq\f(b2＋c2－a2,2)＝eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a2＋b2－c2,2)))，得a2＝3b2＋c2.②①②聯(lián)立，解得eq\r(2)b＝c，eq\r(5)b＝a.由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(b2＋2b2－5b2,2b·\r(2)b)＝－eq\f(\r(2),2)，所以A＝eq\f(3π,4).(2)由b＝2結(jié)合(1)得，c＝2eq\r(2)，a＝2eq\r(5)，所以△ABC的面積S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝2.高分推薦題15．(2024·山西省實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)