正弦定理同步练习2020-2021学年高一数学人教A版(2019)必修第二册第六章平面向量及其应用
2020-2021学年高一下学期数学(人教A版(2019)必修第二册)(含解析)
（1）求复数z；
（2）若复数z在复平面内所对应的点位于第一象限，且复数m满足 ，求 的最大值和最小值．
20．某中学为了解大数据提供的个性化作业质量情况，随机访问50名学生，根据这50名学生对个性化作业的评分，绘制频率分布直方图（如图所示），其中样本数据分组区间 、 、…、 、 ．
【详解】
∵向量 ，
∴ ，又 ，
∴ ，
∴ .
故选：B.
6．D
【分析】
设出正六棱柱底面边长为 ，可知正六棱柱的高为 ，再通过正六棱锥与正六棱柱的侧面积之比为 可得正六棱锥的高，这样就可以得到答案.
【详解】
设正六棱柱底面边长为 ，由题意可知正六棱柱的高为 ，则可知正六棱柱的侧面积为 .
设正六棱锥的高为 ，可知正六棱锥侧面的一个三角形的边为 上的高为 ，
9．BD
【分析】
根据图表，对各项逐个分析判断即可得解.
【详解】
对A，在前四年有下降的过程，故A错误；
对B，六年的在校生总数为24037，平均值为4006以上，故B正确；
对C， ，未接受高中阶段教育的适龄青少年有468万人以上，故C错误；
对D， ，故D正确.
故选：BD
10．ABC
【分析】
对于A， ，可判断错误；对于B找出反例 不满足题意，判定错误；对于C若 ，则其不正确；对于D， ，则其虚部为0，故正确．故可得答案．
A．近六年，高中阶段在校生规模与毛入学率均持续增长
B．近六年，高中阶段在校生规模的平均值超过4000万人
C．2019年，未接受高中阶段教育的适龄青少年不足420万
D．2020年，普通高中的在校生超过2470万人
10．下列说法不正确的是（）
人教版高中数学必修第二册6.4.3.3 余弦定理、正弦定理在几何和生活应用举例 同步精练(含解析)
人教版高中数学必修第二册6.4.3.3余弦定理、正弦定理在几何和生活应用举例同步精练【考点梳理】考点一．几个专业术语术语名称术语意义图形表示仰角与俯角在目标视线与水平视线(两者在同一铅垂平面内)所成的角中，目标视线在水平视线上方的叫做仰角，目标视线在水平视线下方的叫做俯角方位角从某点的指北方向线起按顺时针方向到目标方向线之间的夹角叫做方位角．方位角θ的范围是0°≤θ<360°方向角正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，通常表达为北(南)偏东(西)α例：(1)北偏东α：(2)南偏西α：坡角与坡比坡面与水平面所成锐二面角叫坡角(θ为坡角)；坡面的垂直高度与水平宽度之比叫坡比(坡度)，即i ＝hl＝tan θ考点二距离问题类型图形方法两点间不可到达的距离余弦定理两点间可视不可到达的距离正弦定理两个不可到达的点之间的距离先用正弦定理，再用余弦定理考点三高度问题类型简图计算方法底部可达测得BC ＝a ，∠BCA ＝C ，AB ＝a ·tan C .底部不可达点B 与C ，D 共线测得CD ＝a 及C 与∠ADB 的度数.先由正弦定理求出AC 或AD ，再解三角形得AB 的值.点B 与C ，D 不共线测得CD ＝a 及∠BCD ，∠BDC ，∠ACB 的度数.在△BCD 中由正弦定理求得BC ，再解三角形得AB 的值.【题型归纳】题型一：正、余弦定理判定三角形的形状问题1．（2021·江苏宿迁·高一期末）在ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若cos sin cos sin b c A Ba c B A-=-，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 ．等边三角形2．（2021·甘肃·庆阳第六中学高一期末）已知ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为,,a b c ，满足cos a b C =，则ABC 的形状一定是（）A ．等腰直角三角形B ．等边三角形C ．等腰三角形D ．直角三角形3．（2021·全国·高一课时练习）在ABC 中，lg(sin sin )2lgsin lg(sin sin )A C B C A +=--，则ABC 的形状为（）A ．等腰三角形B ．直角三角形C ．等边三角形D ．等腰直角三角形题型二：求三角形的周长或者边长最值或范围问题4．（2021·天津市实验中学滨海学校高一期中）在锐角ABC 中，A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若()12cos c b A =+，则ab的取值范围是（）A ．()1,3B ．()2,3C ．()2,2D ．13,22⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭5．（2021·吉林·四平市第一高级中学高一期末）在ABC 中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，已知23a =，且ABC 的面积2222()2S b c a =+-，则ABC 周长的最大值是（）A ．6B ．623+C ．43D ．636．（2021·重庆南开中学高一阶段练习）ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若满足2c =，cos sin a C c A =的三角形ABC 有两个，则边BC 的长度的取值范围是（）A ．()1,2B ．()1,3C ．()3,2D ．()2,2题型三：几何图形中的计算7．（2021·重庆市育才中学高一期中）如图所示，在平面四边形ABCD 中，BCD △是等边三角形，2AD =，27BD =，23πBAD ∠=，则ABC 的面积为（）A ．73B ．33C ．143D ．638．（2021·安徽合肥·高一期末）如图，设ABC 的内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，()cos co 3s 2sin a C c A b B +=，且.3CAB π∠=若点D 是ABC 外一点，1,2DC DA ==，则下列说法中错误的是（）A ．ABC 的内角3B π=B ．ABC 的内角3C π=C ．四边形ABCD 面积无最大值D ．四边形ABCD 面积的最大值为5324+9．（2021·辽宁·高一期末）在ABC 中，已知45B =︒，D 是BC 边上一点，如图，75,1,7BAD DC AC ∠=︒==，则AB =（）A ．5B ．6C ．2D ．3题型四：求三角形面积最值或者范围问题10．（2021·四川新都·高一期末）设锐角ABC 的内角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，且()1cos 3sin c A a C +=，2b =，则ABC 的面积的取值范围是（）A ．()1,+∞B ．3,2⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭C ．3,232⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭D ．()1,2311．（2021·江苏·南京市建邺高级中学高一期末）我国南宋时期数学家秦九韶发现了求三角形面积的“三斜求积”公式：设△ABC 内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，面积2222221[()]42c a b S c a +-=-．若2b =，sin 2sin a B b C =，则△ABC 面积的最大值为（）A ．13B ．23C ．43D ．6312．（2021·江苏省丹阳高级中学高一阶段练习）已知a ，b ，c 分别为ABC 的三个内角A ，B ，C 的对边，2a =，且()()()2sin sin sin b A B c b C +-=-，则ABC 面积的最大值为（）A ．83B ．43C ．23D ．3题型五：正、余弦定理和三角函数综合问题13．（2021·河北·石家庄市第一中学东校区高一阶段练习）在锐角三角形ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若2223a c ac b +=+，则cos sin A C +的取值范围为（）A ．33,22⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭B ．3,32⎛⎤⎥ ⎝⎦C ．13,22⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．3,22⎛⎤ ⎥⎝⎦14．（2021·江苏省苏州实验中学高一阶段练习）在ΔABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，若c cos A +a cos C =2，AC 边上的高为3，则∠ABC 的最大值为（）A ．6πB ．3πC ．2πD ．23π15．（2021·广东·深圳中学高一期中）设锐角ABC 的内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，若cos 2cos B a bC c-=，1c =，则22a b ab ++的取值范围为（）A ．1,33⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．(1,3]C ．5,33⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．7,33⎛⎤ ⎥⎝⎦题型六：测量距离问题16．（2021·全国·高一课时练习）如图所示，为测量某不可到达的竖直建筑物AB 的高度，在此建筑物的同一侧且与此建筑物底部在同一水平面上选择相距10米的C ，D 两个观测点，并在C ，D 两点处分别测得塔顶的仰角分别为45︒和60︒，且60BDC ∠=︒，则此建筑物的高度为（）A ．103米B ．53米C ．10米D ．5米17．（2021·河北邢台·高一阶段练习）一艘船航行到点B 处时，测得灯塔A 在其西北方向，如图，随后该船以20海里/小时的速度，按北偏东15的方向航行两小时后到达点C ，测得灯塔A 在其正西方向，此时船与灯塔A 间的距离为（）A ．203海里B ．403海里C ．206海里D ．406海里题型七：测量高度问题18．（2021·湖北·大冶市第一中学高一阶段练习）在高40m 的楼顶测得对面一塔顶的仰角为60°，塔基的俯角为45°，则这座塔的高度为（）A ．340(1)3+m B ．40(13)+mC ．20(62)+mD ．40(62)+m19．（2021·全国·高一课时练习）如图，地平面上有一根旗杆OP ，为了测得它的高度h ，在地面上取一基线AB ，AB=20m ，在A 处测得点P 的仰角∠OAP=30°，在B 处测得点P 的仰角∠OBP=45°，又测得∠AOB=60°，则旗杆的高度为（）A ．20（32-）mB ．204-2mC ．204-3m D ．10（32+）m题型八：测量角度问题20．（2021·江苏·南京市宁海中学高一阶段练习）如图所示，在坡度一定的山坡A 处测得山顶上一建筑物CD 的顶端C 对于山坡的斜度为15︒，向山顶前进100m 到达B 处，又测得C 对于山坡的斜度为45︒，若50m CD =，山坡对于地平面的坡度为θ，则cos θ等于（）A ．33B ．62-C ．31-D ．21-21．（2021·浙江·丽水外国语实验学校高一阶段练习）如图，某人在一条水平公路旁的山顶P 处测得小车在A 处的俯角为30°，该小车在公路上由东向西匀速行驶7.5分钟后，到达B 处，此时测得俯角为45°.已知此山的高1km PO =，小车的速度是20km/h ，则cos AOB ∠=（）A ．338-B ．58-C ．34-D ．104-题型九：正、余弦定理在几何中的综合性问题22．（2021·广东·中山市第二中学高一阶段练习）在ABC ∆中，设角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，已知222cos sin cos sin sin A B C A B =++.（1）求角C 的大小；（2）若3c =，求ABC ∆周长的取值范围.23．（2021·重庆市江津中学校高一阶段练习）如图，在四边形ABCD 中，33CD =，7BC =，7cos 14CBD ∠=-.（1）求BDC ∠；（2）若3A π∠=，求 ABD △周长的最大值.24．（2021·广东·东莞市新世纪英才学校高一阶段练习）在ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边，222sin sin sin sin sin A C B A C +=+.（1）求角B 的大小；（2）若ABC 为锐角三角形，3b =，求2a c -的取值范围.【双基达标】一、单选题25．（2021·全国·高一课时练习）如图所示，有四座城市A ，B ，C ，D ，其中B 在A 的正东方向，且与A 相距120km ，D 在A 的北偏东30°方向，且与A 相距60km ，C 在B 的北偏东30°方向，且与B 相距6013km ，一架飞机从城市D 出发，以360km/h 的速度向城市C 飞行，飞行了15min ，接到命令改变航向，飞向城市B ，此时飞机距离城市B 有（）A ．120kmB ．606kmC ．605kmD ．603km26．（2021·湖南·嘉禾县第一中学高一阶段练习）如图所示，为了测量湖中A 、B 两处亭子间的距离，湖岸边现有相距100米的甲、乙两位测量人员，甲测量员在D 处测量发现A 亭子位于西偏北75︒，B 亭子位于东北方向，乙测量员在C 处测量发现B 亭子位于正北方向，A 亭子位于西偏北30°方向，则A ，B 两亭子间的距离为（）A ．503米B ．1003米C ．506米D ．1006米27．（2021·全国·高一课前预习）如图，某人在一条水平公路旁的山顶P 处测得小车在A 处的俯角为30，该小车在公路上由东向西匀速行驶7.5分钟后，到达B 处，此时测得俯角为45．已知此山的高1km PO =，小车的速度是20km/h ，则cos AOB ∠=（）A ．338-B ．58C ．34-D ．104-28．（2021·全国·高一课前预习）今年第6号台风“烟花”于2021年7月25日12时30分前后登陆舟山普陀区.如图，A 点，正北方向的C 市受到台风侵袭，一艘船从A 点出发前去实施救援，以24 n mile/h 的速度向正北航行，在A 处看到S 岛在船的北偏东15︒方向，船航行3h 4后到达B 处，在B 处看到S 岛在船的北偏东45︒方向.此船从A 点到C 市航行过程中距离S 岛的最近距离为（）A ．92 n mile/hB ．()921n mile/h -C ．()931 n mile/h-D ．()932 n mile/h-29．（2021·全国·高一课时练习）为测量两塔塔尖之间的距离，某同学建立了如图所示的几何模型.若MA ⊥平面ABC ，NB ⊥平面ABC ，60m AC =，703m BC =，3tan 4MCA ∠=，14cos 15NCB ∠=，150MCN ∠=，则塔尖MN 之间的距离为（）A ．7510mB ．753mC ．757mD ．75m30．（2021·全国·高一课时练习）如图所示，为测一树的高度，在地面上选取A ，B 两点，从A ，B 两点分别测得树尖的仰角为30°，45︒，且A ，B 两点之间的距离为60m ，则树的高度为（）A ．(1533)m +B ．(30153)m +C ．(30303)m +D ．(15303)m+31．（2021·全国·高一课时练习）在某个位置测得某山峰仰角为θ，对着山峰在地面上前进600m 后测得仰角为2θ，继续在地面上前进2003m 以后测得山峰的仰角为4θ，则该山峰的高度为（）A ．200mB ．300mC ．400mD ．1003m32．（2021·安徽·安庆九一六学校高一阶段练习）空中有一气球，在它的正西方A 点测得它的仰角为45°，同时在它南偏东60°的B 点，测得它的仰角为30°，若A 、B 两点间的距离为266米，这两个观测点均离地1米，那么测量时气球到地面的距离CD 是（）A ．26677米B ．2667(1)7+米C ．266米D ．2667米33．（2021·重庆第二外国语学校高一阶段练习）在ABC 中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，满足2sin22C a ba-=，则ABC 的形状为（）A ．等边三角形B ．等腰三角形C ．等腰直角三角形D ．直角三角形34．（2021·江苏·泰州中学高一期中）泰州基督教堂，始建于清光绪二十八年，位于泰州市区迎春东路185号，市人民医院北院对面，总建筑面积2500多平方米.2017年被认定为省四星级宗教活动场所.小明同学为了估算泰州基督教堂的高度，在人民医院北院内找到一座建筑物AB ，高为()15315m -，在它们之间的地面上的点M （,,B M D 三点共线）处测得楼顶A ，教堂顶C 的仰角分别是15和60，在楼顶A 处测得塔顶C 的仰角为30，则小明估算泰州基督教堂的高度为（）A ．20mB ．30mC ．203mD ．303m【高分突破】一：单选题35．（2021·云南·昆明八中高一阶段练习）若()()3a b c b c a bc +++-=，且sin 2sin cos A B C =，那么ABC 是（）A ．直角三角形B ．等边三角形C ．等腰三角形D ．等腰直角三角形36．（2011·河南卫辉·高一期末）若△ABC 的三个内角满足sin A ∶sin B ∶sin C ＝3∶5∶7，则△ABC()A ．一定是锐角三角形B ．一定是直角三角形C ．一定是钝角三角形D ．可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形37．（2021·黑龙江·哈尔滨三中高一阶段练习）若O 是ABC 垂心，6A π∠=且sin cos sin cos B C AB C BAC +2sin sin m B C AO =，则m =（）A ．12B ．32C ．33D ．3638．（2021·上海·高一专题练习）已知ABC ∆的三个内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，满足222cos cos cos A B C -+1sin sin A C =+，且sin sin 1A C +=，则ABC ∆的形状为A ．等边三角形B ．等腰直角三角形C ．顶角为150的等腰三角形D ．顶角为120的等腰三角形39．（2020·辽宁·沈阳二中高一期末）如图，已知OPQ 是半径为1，圆心角为75的扇形，点,,A B C 分别是半径,OP OQ 及扇形弧上的三个动点（不同于,,O P Q 三点）,则ABC ∆周长的最小值是（）A ．612+B ．622+C ．2614+D ．2624+40．（2021·浙江·高一单元测试）如图，在ABC 中，∠BAC =23π，点D 在线段BC 上，AD ⊥AC ，14BD CD =，则sin C =（）A ．714B ．2114C ．77D ．21741．（2021·江苏·扬州中学高一期中）在ABC 中，2cos22B a cc+=（a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边），则ABC 的形状为A ．等边三角形B ．直角三角形C ．等腰三角形或直角三角形D ．等腰直角三角形42．（2021·江西·奉新县第一中学高一阶段练习）锐角ABC ∆中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，若220a b ac -+=，则sin sin AB的取值范围是（）A ．20,2⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭B ．23,22⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭C ．()2,3D ．32,32⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭二、多选题43．（2021·江苏·高邮市第一中学高一阶段练习）在ABC 中，a ，b ，c 分别为A ∠，B Ð，C ∠的对边，下列叙述正确的是（）A ．若sin sin a bB A=，则ABC 为等腰三角形B ．若cos cos a bB A=，则ABC 为等腰三角形C ．若tan A tan tan 0B C ++<，则ABC 为钝角三角形D ．若sin cos a b C c B =+，则4C π∠=44．（2021·河北·沧州市一中高一阶段练习）如图，ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ．若a b =，且()3cos cos 2sin a C c A b B +=，D 是ABC 外一点，1DC =，3DA =，则下列说法正确的是（）A ．ABC 是等边三角形B ．若23AC =，则A ，B ，C ，D 四点共圆C ．四边形ABCD 面积最大值为5332+D ．四边形ABCD 面积最小值为5332-45．（2021·重庆·铜梁一中高一阶段练习）在ABC 中，内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，3ABC π∠=，ABC ∠的平分线交AC 于点D ，且3BD =，则下列说法正确的是（）A ．ac 的最小值是4B ．ac 的最大值是4C ．3a c +的最小值是323+D ．3a c +的最小值是423+46．（2021·湖北·石首市第一中学高一阶段练习）在ABC 中，若3B π=，角B 的平分线BD 交AC 于D ，且2BD =，则下列说法正确的是（）A ．若BD BC =，则ABC 的面积是332+B ．若BD BC =，则ABC 的外接圆半径是22C ．若BD BC =，则312AD DC +=D ．AB BC +的最小值是833三、填空题47．（2020·安徽省岳西县店前中学高一开学考试）如图，为测量出高MN ，选择A 和另一座山的山顶C 为测量观测点，从A 点测得M 点的仰角060MAN ∠=，C 点的仰角045CAB ∠=以及075MAC ∠=；从C 点测得060MCA ∠=．已知山高100BC m =，则山高MN =__________m ．48．（2021·上海·高一期中）在锐角三角形ABC 中，已知2sin 2A+sin 2B =2sin 2C ，则111tan tan tan A B C++的最小值为___．49．（2020·全国·高一课时练习）如图，四边形ABCD 中，4AB =，5BC =，3CD =，90ABC ∠=︒，120BCD ∠=︒，则AD 的长为______50．（2021·上海·高一期中）在ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且sin sin sin sin A C b cB C a--=+，3b =，则ABC 的周长的最大值是___________.51．（2020·吉林·辽源市第五中学校高一期末（理））对于ABC ，有如下命题：()1若sin2sin2A B =，则ABC 一定为等腰三角形．()2若sin sin A B =，则ABC 一定为等腰三角形．()3若222sin sin cos 1A B C ++<，则ABC 一定为钝角三角形．()4若tan tan tan 0A B C ++>，则ABC 一定为锐角三角形．则其中正确命题的序号是______.(把所有正确的命题序号都填上)四、解答题52．（2021·全国·高一单元测试）在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知3,2,45a c B ===︒．（1）求sin C 的值；（2）在边BC 上取一点D ，使得4cos 5ADC ∠=-，求tan DAC ∠的值．53．（2021·吉林·汪清县汪清第四中学高一阶段练习）已知ABC ∆的内角分别为,,A B C ，其对应边分别是,,a b c ，且满足cos cos 2cos b C c B a B +=．（Ⅰ）求角B 的大小；（Ⅱ）若3b =，求2a c +的最大值.54．（2021·江苏·吴江汾湖高级中学高一阶段练习）在ABC 中，设角A ，B ，C 的对边长分别为a ，b ，c ，已知sin sin sin A B a cC a b--=+.（1）求角B 的值；（2）若ABC 为锐角三角形，且2c =，求ABC 的面积S 的取值范围.55．（2020·湖北省武昌实验中学高一阶段练习）在ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2223,3asinC ccosA a c b ac =+=+．()1求A 和B 的大小；()2若M ，N 是边AB 上的点，,43MCN b π∠==，求CMN 的面积的最小值．【答案详解】1．A 【分析】根据正弦定理把已知等式中的边转化为角的正弦，利用两角和公式化简得sin 2sin 2A B =，故22A B =或者22A B π+=，进而可判断出三角形的形状【详解】因为cos sin cos sin b c A B a c B A-=-，由正弦定理可得：sin sin cos sin sin sin cos sin B C A BA CB A -=-，整理可得：sin cos sin cos A A B B =，即sin 2sin 2A B =，所以22A B =或者22A B π+=，所以A B =或2A B π+=，而当2A B π+=时则2C π=，所以三角形ABC 为直角三角形，所以cos c B a ⋅=，则cos sin cos sin b c A Ba c B A-=-中，这时cos 0a c B -⋅=，分母为0无意义所以A B =，故选：A ．2．D 【分析】利用余弦定理将cos a b C =化为2222a b c a b ab+-=⋅，然后化简可得答案.【详解】cos a b C =，由余弦定理可得2222a b c a b ab+-=⋅，则22222a a b c =+-，则222a c b +=，所以ABC 为直角三角形.故选：D 3．B 【分析】利用给定条件结合对数运算可得222sin sin sin B C A =-，再利用正弦定理角化边即可判断得解.【详解】因lg(sin sin )2lgsin lg(sin sin )A C B C A +=--，则有222lg(sin sin )lgsin C A B -=，即有222sin sin sin C A B -=，于是得222sin sin sin C A B =+，在ABC 中，由正弦定理sin sin sin a b cA B C==得：222c a b =+，所以ABC 是直角三角形.故选：B 4．B 【分析】利用正弦定理化()12cos c b A =+转化为()sin sin 12cos C B A =+，根据三角恒等变换与三角形的内角和定理得出A 与B 的关系，化sin sin a A b B=，求出它的取值范围即可.【详解】解：锐角ABC 中，()12cos c b A =+，()sin sin 12cos C B A ∴=+，()sin sin 2cos sin A B B A B ∴+=+，sin cos cos sin sin 2cos sin A B A B B A B ∴+=+，()sin sin A B B ∴-=，A B B ∴-=，即2A B =，若A B B π-+=，则A π=，不符合题意舍去；sin 2sin cos 2cos sin sin a A B B B b B B ∴===，3A B C B C π++=+=，0,2C π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，32B π∴>，又22A B π=<64B ππ∴<<，22cos 3B ∴<<即ab的取值范围是()2,3.故选：B .5．B 【分析】由已知利用三角形的面积公式可求的22cos sin A A =，进而可得1cos 3A =，22sin 3A =，由余弦定理，基本不等式可求6b c +≤，根据三角形的周长即可求解其最大值．【详解】222221()(2cos )sin 222S b c a bc A bc A =-=⨯=+，即22cos sin A A =，又22cos sin 1A A +=，解得1cos 3A =，22sin 3A =，又23a =，由余弦定理可得：()()()()2222222821123333b c bc b c bc b c b c b c =+-=+-+-+=+ ，()236b c ∴+≤，即6b c +≤当且仅当b c =时取等号，则ABC 周长的最大值是623+，故选：B 6．D 【分析】由正弦定理及题意可得C 的值，再由余弦定理得关于边b 的二次方程，由方程有两个正根可求得结果【详解】解：因为cos sin a C c A =，所以由正弦定理得sin cos sin sin A C C A =,因为sin 0A ≠，所以tan 1C =，因为(0,)C π∈，所以4C π=，由余弦定理得，2222cos c a b ab C =+-，由于2c =，所以22220b ab a -+-=，因为满足条件的三角形有2个，所以方程有两个根，所以()2222(2)020a a a ⎧∆=-->⎪⎨⎪->⎩，即2242a a ⎧<⎨>⎩，解得22a <<，故选：D 7．D 【分析】设AB x =，在ABD △中，由余弦定理求得4x =，设ABD α∠=，结合正弦定理求得sin α，得到cos α，进而求得sin 3πα⎛⎫+ ⎪⎝⎭的值，利用三角形的面积公式，即可求解.【详解】在ABD △中，由余弦定理可知22222cos3BD AB AD AB AD π=+-⋅，整理可得22240x x +-=，解得4x =，设ABD α∠=，由正弦定理知2sin sin 3AD BDπα=，解得21sin 14α=，所以57cos 14α=，所以211573321sin sin cos cos sin 33314214214⎛⎫+=+=⨯+⨯= ⎪⎝⎭πππααα，所以11321sin 4276323214ABC S AB BC ⎛⎫=⋅+=⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭△πα.故选：D.8．C 【分析】根据题设条件和正弦定理化简得23sin 2sin B B =，求得3B π=，得到3C π=，可判定A 、B正确；由四边形ABCD 面积等于53532sin 2434ABCACDS SADC π∠⎛⎫+=+-≤+ ⎪⎝⎭，可判定D 正确，C 错误．【详解】因为()3acos cos 2sin C c A b B +=，由正弦定理，可得()23sin cos sin cos 2sin A C C A B +=，所以()23sin 2sin A C B +=，即23sin 2sin B B =，因为(0,)B π∈，可得sin 0B >，所以3sin 2B =，解得3B π=，又因为3CAB π∠=，所以3C A B ππ=--=，所以A 、B 正确；由四边形ABCD 面积等于231sin 42ABC ACDS SAC AD DC ADC +=+⋅⋅∠(22312cos )sin 42AD DC AD DC ADC AD DC ADC =+-⋅⋅∠+⋅⋅∠()315353414cos 2sin 2sin 242434ADC ADC ADC π∠∠∠⎛⎫=+-⋅+⨯=+-≤+ ⎪⎝⎭，所以D 正确，C 错误．故选：C.9．B在ADC 中利用余弦定理求得2AD =，在ADB △中由正弦定理可求得AB ．【详解】04575120ADC ∠=︒+︒=，根据余弦定理22202cos120AC AD DC AD DC =+-⋅⋅，260AD AD +-=，2AD =，060ADB ∠=，根据正弦定理00sin 60sin 45AB AD=，则032sin 6026sin 4522AD AB ⨯===．故选：B 10．C 【分析】利用正弦定理、三角恒等变换求得3A π=，利用正弦定理求得31tan c B=+，求出角B 的取值范围，结合三角形的面积公式以及正切函数的基本性质可求得结果.【详解】因为()1cos 3sin c A a C +=，由正弦定理可得()sin 1cos 3sin sin C A A C +=，因为C 为锐角，则sin 0C >，所以，3sin cos 1A A -=，即2sin 16A π⎛⎫-= ⎪⎝⎭，所以，1sin 62A π⎛⎫-= ⎪⎝⎭，02A π<<Q ，663A πππ∴-<-<，则66A ππ-=，3A π∴=，2b =Q ，由正弦定理sin sin b cB C=，则有sin sin sin 3cos 331sin sin sin tan b B b C B B c B B B Bπ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭====+，因为ABC 为锐角三角形，则0232B B πππ⎧<<⎪⎪⎨⎪+>⎪⎩，解得62B ππ<<，所以，3tan 3B >，所以，13333sin 1,23222tan 2ABC S bc A c B ⎛⎫⎛⎫===+∈ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭△.故选：C.11．C 【分析】由正弦定理边角关系得2ab bc =，则2a c =，由题设得22202569()994ABCc S--+=，结合二次函数的性质即可求△ABC 面积的最大值.【详解】∵sin 2sin a B b C =，∴由正弦定理得2ab bc =且0b ≠，即2a c =且2b =，∴2242242422025699()10415494016994[4()]42244ABCc c c c c c Sc --+-+---+-=-===，∴2209c =时，△ABC 面积取最大值43．故选：C ．12．D 【分析】先运用正弦定理边角互化得出边之间的关系，再结合余弦定理求出角A ，再用一次余弦定理结合不等式求解三角形面积最值.【详解】由2a =且()()()2sin sin sin b A B c b C +-=-.即()()()sin sin sin a b A B c b C +-=-.由正弦定理得：()()()a b a b c b c +-=-.所以222b c a bc +-=，故2221cos 22b c a A bc +-==，所以60A ∠=︒.则由余弦定理：2222242cos 2a b c bc A b c bc bc bc bc ==+-=+-≥-=.所以，4bc ≤，当且仅当2b c ==时等号成立.所以133sin 43244△==≤⨯=ABC S bc A bc ..故选D.【点睛】方法点睛：已知三角形中一角A 及其对边a 求三角面积最大值时，通常用如下的做法：第一步：由余弦定理，()2222cos 2221a b c bc A bc bccosA bc cosA =+-≥-=-从而()22·1cos a bc A ≤-，当且仅当b c =时等号成立.第二步：()211sin sin 222·1cos △=≤⨯-ABC a S bc A A A ..13．A【分析】先根据条件2223a c ac b +=+可得6B π=，然后把cos sin A C +化为3sin 3A π⎛⎫+ ⎪⎝⎭，结合角A的范围可得cos sin A C +的取值范围.【详解】由2223a c ac b +=+和余弦定理得2223cos 22a cb B ac +-==，又(0,)B π∈，∴6B π=．因为三角形ABC 为锐角三角形，则0202A C ππ⎧<<⎪⎪⎨⎪<<⎪⎩，即025062A A πππ⎧<<⎪⎪⎨⎪<-<⎪⎩，解得32A ππ<<．cos sin cos sin cos sin 66A C A A A A πππ⎛⎫⎛⎫+=+--=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1333cos cos sin sin cos 3sin22223A A A A A A π⎛⎫=++=+=+ ⎪⎝⎭，∵32A ππ<<，即25336A πππ<+<，所以，13sin 232A π⎛⎫<+<⎪⎝⎭则33cos sin 22A C <+<，因此，cos sin A C +的取值范围是33,22⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭．故选：A 【点睛】三角形中的范围问题，一般有两个处理思路：（1）把目标式转化为关于边的代数式，结合基本不等式及三角形边长间的关系求解；（2）把目标式转化为单角函数式，结合角的范围求解.14．B 【分析】由余弦定理可求得2b =，再由等面积关系可得23sin ac B=，利用余弦定理结合基本不等式得出2cos 1B ac ≥-，即可求得3sin 32B π⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭，再结合B 的范围即可得出结论.【详解】cos cos 2c A a C +=，由余弦定理可得222222222b c a a b c c a bc ab+-+-⋅+⋅=，整理可得2b =，又AC 边上的高为3，所以1123sin 22ac B ⨯⨯=，即23sin ac B=，222222cos 122a c b ac b B ac ac ac+--=≥=-，当且仅当a c =取等号，3cos 1sin 3B B ∴≥-，即3sin 3cos 3B B +≥，即3sin 32B π⎛⎫+≥⎪⎝⎭，()0,B π∈，4,333B πππ⎛⎫∴+∈ ⎪⎝⎭，则2,333B πππ⎛⎤+∈ ⎥⎝⎦，0,3B π⎛⎤∴∈ ⎥⎝⎦，故∠ABC 的最大值为3π.故选：B.【点睛】关键点睛：本题考查余弦定理的应用，解题的关键是等面积关系得23sin ac B=，由基本不等式得2cos 1B ac≥-.15．D 【分析】由给定条件结合正弦定理边化角，求出角C ，再利用正弦定理借助三角函数恒等变换即可作答.【详解】ABC 中，由正弦定理得：cos 22sin sin cos sin B a b A BC c C--==,整理变形得：2sin cos sin cos cos sin sin()sin A C B C B C B C A =+=+=，而sin 0A >，则1cos 2C =，0C π<<，于是得3C π=，则23A B π+=，令3A πθ=+，于是有3B πθ=-，因ABC 为锐角三角形，即66ππθ-<<，由正弦定理得sin 22sin(),sin()sin 3333c A a b C ππθθ==+=-，2222444sin ()sin ()sin()sin()3333333a b ab ππππθθθθ++=++-++-22431313131[(cos sin )(cos sin )(cos sin )(cos sin )]322222222θθθθθθθθ=++-++⋅-2224911(cos sin )(8cos 1)3443θθθ=+=+，而3cos 12θ<≤，则有278cos 19θ<+≤，即271(8cos 1)333θ<+≤，所以22a b ab ++的取值范围为7(,3]3.故选：D 16．B【分析】结合图形由余弦定理可得答案.【详解】设AB x =，则BC x =，33BD x =，在BCD △中，由余弦定理可得2222cos BC BD DC BD DC BDC =+-⋅∠，即22131100210332x x x =+-⨯⨯⨯，整理得2531500x x +-=，解得53x =或103x =-（舍），故选：B.17．C 【分析】由正弦定理可得答案.【详解】由题意可知60,45,40ABC A BC ∠∠===海里，由正弦定理可得sin sin BC ACA ABC=∠，即40sin45sin60AC =，解得206AC =，所以206AC =海里.故选：C.18．B 【分析】根据仰角与俯角概念列式求解.【详解】如图40,,43AB DE ADB BDC ππ==∠=∠=,由题意得这座塔的高为()33404034013AB BC AB BD AB AB +=+=+=+=+，故选：B.19．C 【分析】在直角三角形中表示出,AO BO ，然后由余弦定理求解．【详解】由已知，得3,AO h BO h ==，则在ABO 中，由余弦定理，得2222cos60AB AO BO AO BO =+-⋅⋅，即22240033h h h =+-，得()20m 43h =-.故选：C ．20．C 【分析】在ABC 中，由正弦定理得AC ＝1002m ，再在ADC 中，由正弦定理得解.【详解】由题知，15CAD ∠=︒，45CBD ∠=︒，所以30ACB ∠=︒，135ABC ∠=︒.在ABC 中，由正弦定理得sin 30sin135AB AC=，又100AB =m ，∴AC ＝1002m ．在ADC 中，90ADC θ∠=︒+，50CD =m ，由正弦定理得sin(90)sin15AC CD θ=+，∴()sin15cos sin 9031AC CDθθ⋅=+︒==-.故选：C.21．A 【分析】可由30OAP ∠=︒，1km OP =算得3km OA =,由45OBP ∠=︒，1km OP =算得1km OB =,由行使时间和速度算得AB ，再由余弦定理解出cos AOB ∠.【详解】由题意可得30OAP ∠=︒，45OBP ∠=︒，1km OP =，OP OA ⊥，OP OB ⊥，则3km OA =，1km OB =.因为157.520km 602AB =⨯⨯=，所以由余弦定理可知，222254334cos 2823OA OB AB AOB OA OB -+-∠===-⋅.故选：A.【点睛】解三角形应用题的一般步骤：(1)阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系．(2)根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形问题的模型．(3)根据题意选择正弦定理或余弦定理求解．(4)将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等.22．（1）23π；（2）(23,23⎤+⎦【分析】（1）由三角函数的平方关系及余弦定理即可得出（2）利用正弦定理、两角和差的正弦公式、三角函数的单调性转化为三角函数求值域即可得出.【详解】（1）由题意知2221sin sin 1sin sin sin A B C A B -=+-+，即222sin sin sin sin sin A B C A B +-=-，由正弦定理得222a b c ab+-=-由余弦定理得2221cos 222a b c ab C ab ab +--===-，又20,3C C ππ<<∴=.（2）32,2sin ,2sin 2sin sin sin sin 3a b c a A b BA B C π====∴==，则ABC ∆的周长()2sin sin 32sin sin 32sin 333L a b c A B A A A ππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++=++=+-+=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦.230,,sin 1333323A A A πππππ⎛⎫<<∴<+<∴<+≤ ⎪⎝⎭，232sin 3233A π⎛⎫∴<++≤+ ⎪⎝⎭，ABC ∴∆周长的取值范围是(23,23⎤+⎦.【点睛】本题主要考查了三角函数的平方关系，正余弦定理，两角和差的正弦公式，三角函数的单调性，属于中档题.23．（1）6π；（2）12【分析】（1）在BCD △中，利用正弦定理可求得结果；（2）在BCD △中，由余弦定理可求得4BD =，在ABD △中，3A π∠=，设,AB x AD y ==，由余弦定理得22161cos 22x y A xy -+==，即2216x y xy -+=，利用基本不等式求得()max x y +，进而求出 ABD △周长的最大值.【详解】（1）在BCD △中，7cos 14CBD ∠=-Q ，273sin 1141421CBD ∠⎛⎫∴=--= ⎪ ⎪⎝⎭利用正弦定理得：sin sin CD BCCBD BDC=∠∠，37sin 1142sin 2331BC CBDBDC CD⨯⋅∠∴∠===又CBD ∠为钝角，BDC ∴∠为锐角，6BDC π∴∠=（2）在BCD △中，由余弦定理得22227277cos 2142733BC BD CD BD CBD BC BD ∠++===-⋅⨯--解得：4BD =或5BD =-（舍去）在ABD △中，3A π∠=，设,AB x AD y==由余弦定理得22222161cos 222AB AD D x y A AB B AD xy -+=⋅-+==，即2216x y xy -+=整理得：()2163x y xy +-=，又0,0x y >>利用基本不等式得：()()2231346x y x y xy +=≤-+，即()2416x y +≤，即()264x y +≤，当且仅当4x y ==时，等号成立，即()max 8x y +=，所以()max 8412AB AD BD ++=+=所以 ABD △周长的最大值为12【点睛】方法点睛：本题考查利用正余弦定理解三角形，及利用基本不等式求三角形周长的最值，利用条件最值的求解通常有两种方法：一是消元法，即根据条件建立两个量之间的函数关系，然后代入代数式转化为函数的最值求解；二是将条件灵活变形，利用常数“1”代换的方法构造和或积为常数的式子，然后利用基本不等式求解最值，考查学生的转化能力与运算解能力，属于中档题.24．（1）3B π=；（2）()0,3.【分析】（1）利用正弦定理边角互化，再利用余弦定理求出角B 的大小；（2）利用正弦定理结合三角恒等变换化简2a c -，再由锐角三角形得出C 的范围，进而得出答案．【详解】（1）由已知222sin sin sin sin sin A C B A C +=+，结合正弦定理，得222a c b ac +=+.再由余弦定理，得2221cos 222a cb ac B ac ac +-===，又()0,B π∈，则3B π=.（2）由3B π=，3b =，则由正弦定理，有224sin 2sin 4sin 2sin 3a c A C C Cπ⎛⎫-=-=-- ⎪⎝⎭224sin cos cos sin 2sin 23cos 33C C C Cππ⎛⎫=--= ⎪⎝⎭因为ABC 为锐角三角形，则62C ππ<<，则30cos 2C <<.所以2a c -的取值范围为()0,3.25．D 【分析】设15min 后飞机到了E 处，求出DE ，ABD △中由余弦定理求得BD ，由勾股定理逆定理知90ADB ∠=︒，这样易得,ABD DBC ∠∠，从而得出cos BDC ∠，然后在BDE 中由余弦定理得出BE ．【详解】设15min 后飞机到了E 处，则136090km 4DE =⨯=，由题意60DAB ∠=︒，//DA BC ，60AD =，120AB =，221601202601206032BD =+-⨯⨯⨯=，所以222AD BD AB +=，所以90DB ∠=︒，从而30ABD ∠=︒，于是90DBC ∠=︒2222(603)(6013)240DC BD BC =+=+=，6033cos 2404BD BDC CD ∠===，DBE 中，2222232cos (603)90260390360034BE BD DE BD DE BDE =+-⋅∠=+-⨯⨯⨯=⨯，603BE =．故选：D ．26．C 【分析】由条件解BCD △求BD ，在ACD △中利用正弦定理解求AD ，在ABD △中利用余弦定理求AB ，由此可得A ，B 两亭子间的距离.【详解】由题意，可得3010545ACD ADC BDC ∠︒=∠︒=∠=︒，，，∴45,60DAC ADB ∠∠=︒=︒．在等腰直角BCD △中，100CD =∴100BC =，1002BD =．在ACD △中，由正弦定理得100sin 45sin 30AD=︒︒，解得502AD =．连接AB ．在ABD △中，由余弦定理可得2222cos 6015000AB AD BD AD BD =+-⋅=︒，解得506AB =，即A 、B 两个亭子之间的距离为506米．故选：C.27．A 【分析】分析出POA 、POB 均为直角三角形，求出OA 、OB 的长，计算出AB 的长，再利用余弦定理可求得cos AOB ∠的值.【详解】由题意，得PO ⊥平面AOB ，AO 、BO ⊂平面AOB ，故PO AO ⊥，PO BO ⊥，所以，POA 、POB 均为直角三角形，且30PAO ∠=，45PBO ∠=，由1PO =，可得1OB =，3tan 30POOA ==．因为7.520 2.560AB =⨯=，所以22231 6.2533cos 28213OA OB AB AOB OA OB +-+-∠===-⋅⨯⨯．故选：A ．28．C 【分析】构造三角形运用正弦定理求解三角形即可得出结果.【详解】如图，SE AB ⊥ASB ，中，135ABS ∠=︒，324184AB =⨯=，15BAS ∠=︒，18030ASB ABS SAB ∠=︒-∠-∠=︒，由正弦定理得sin sin AS ABABS ASB=∠∠sin135182sin 30AB AS ︒∴==︒()n mile ，所以船与S 岛的最近距离：()()1cos30·sin 182sin15182931n mile 2SE SA SAB -︒=∠=︒=⨯=-故选：C.29．C 【分析】先在Rt MAC 中求得CM ，Rt BCN 中求得CN ，再在MNC 中利用余弦定理求MN 即可.【详解】依题意，在Rt MAC 中，60m AC =，3tan 4MCA ∠=，3tan 604AM AM MCA AC ∠===，可得45m AM =，则2222456075CM AM AC =+=+=，在Rt BCN 中，703m BC =，14cos 15NCB ∠=，则70375314cos 15BC CN NCB===∠，又MNC 中，150MCN ∠=，由余弦定理可得：则222cos MN CM CN CM CN MCN =+-⋅⋅∠()2275753275753cos150757=+-⨯⨯=.故塔尖MN 之间的距离为757m .故选：C.30．C 【分析】要求树的高度，需求PB 的长度，要求PB 的长度，在PAB △中利用正弦定理可得.【详解】解：在PAB △中，30,15,60,PAB APB AB ∠=∠==又()232162sin15sin 4530sin 45cos 30cos 45sin 302222-=-=-=⨯-⨯=４由正弦定理得：sin 30sin15PB AB=，()60130622624PB ∴=⨯=+-∴树的高度为()()2sin 453062303302PB m =+⨯=+31．B【分析】作出平面示意图：244PCO PBO PAO θ∠=∠=∠=且600,2003AB BC ==，应用余弦定理求cos 2θ，进而求sin 4θ，即可求该山峰的高度PO .【详解】由题设，若244PCO PBO PAO θ∠=∠=∠=且600,2003AB BC ==，∴600,2003PB AB PC BC ====，∴由余弦定理知：2223cos 222PB BC PC PB BC θ+-==⋅，又022πθ<<，∴1sin 22θ=，则3sin 42cos 2sin 22θθθ==，∴该山峰的高度sin 4300PO PC θ=⋅=米.故选：B32．B【分析】根据题意在ABD △中根据余弦定理即可求解.【详解】解：由题意知：D 为气球C 在过AB 且与地面平行的平面上的正投影，设CD x =米，45,30CAD CBD ∠=︒∠=︒，则AD x =米，3BD =米，在ABD △中，由余弦定理得：2222cos AB AD BD AD BD ADB =+-∠，即2222662(3)(3)··cos150x x x x =+-︒，解得：26677x =，故测量时气球到地面的距离是2667(1)7+米．33．D【分析】利用降次公式、余弦定理化简已知条件，由此确定正确选项.【详解】依题意2sin 22C a b a -=，即1cos 1222C b a-=-，所以cos bC a =，由余弦定理得2222a b c b ab a+-=，化简得222a b c =+，所以三角形ABC 是直角三角形.故选：D34．D【分析】在Rt ABM 求出AM ，在ACM △中利用正弦定理求出CM ，在Rt CDM △即可求得CD .【详解】在Rt ABM 中，sin15AB AM=，()232162sin15sin 453022224-=-=⨯-⨯=，所以153302sin1562415AB AM ==--=，在ACM △中，301545CAM ∠=+=，1801560105AMC ∠=--=，1804510530ACM ∠=--=，由正弦定理可得sin sin AM CM ACM CAM =∠∠即302sin 30sin 45CM =，所以2302302sin 452601sin 302CM ⨯===，在Rt CDM △中，3sin 60603032CD CM ==⨯=，所以估算泰州基督教堂的高度为303m ，故选：D.35．B。
余弦定理、正弦定理同步训练-2021-2022学年高一下学期数学人教A版(2019)必修第二册
6.4.3 余弦定理、正弦定理同步训练一、选择题1.在△ABC中，已知a=5，b=2，C=60∘，则边c等于( )A．√17B．√19C．2√6D．√302.在△ABC中，b=5，∠B=π4，tanA=2，则a的值是( )A．10√2B．2√10C．√10D．√23.张晓华同学骑电动自行车以24km/h的速度沿着正北方向的公路行驶，在点A处望见电视塔S在电动车的北偏东30∘方向上，15min后到点B处望见电视塔在电动车的北偏东75∘方向上，则电动车在点B时与电视塔S的距离是( )A．2km B．3√2km C．3km D．2√2km4.在△ABC中，∠A=60∘，b=1，S△ABC=√3，则a+2b+csinA+2sinB+sinC=( )A．2√393B．26√33C．8√33D．2√35.已知a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C的对边．若cb<cosA，则△ABC的形状为( )A．钝角三角形B．直角三角形C．锐角三角形D．等边三角形6.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b2+c2−a2ab =2sinB−sinAsinA，则角C等于( )A．π6B．π3C．π4D．2π37.△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，向量p⃗=(1,−√3)，q⃗=(cosB,sinB)，p⃗∥q⃗且bcosC+ccosB=2asinA，则C=( )A．30∘B．60∘C．120∘D．150∘8.在△ABC中，BC=4，sinC=2sinB，则当△ABC的面积取得最大值时，AC= ( )A．2√5B．2√53C．4√5D．4√53二、多选题9.设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=2√2，b=√2，则角B可以是( )A．15∘B．30∘C．45∘D．75∘10.在200m高的山顶上，测得山对面一塔顶与塔底的俯角分别为30∘，60∘，山脚与塔底在同一水平面，则下列说法中正确的有( )A．山顶和塔顶之间的水平距离为200√3mB．塔高4003mC．山顶和塔顶之间的水平距离为200√33mD．塔高400√33m11.设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列结论正确的是( )A．若a2+b2<c2，则C>π2B．若ab>c2，则C≥π3C．若a3+b3=c3，则C<π2D．若a+b=2c，则C>π212.在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列说法正确的有( )A．若a=8，c=10，B=60∘，则符合条件的△ABC有两个B．若sin2A=sin2B，则△ABC为等腰三角形C．若2b=a+c，且2cos2B−8cosB+5=0，则△ABC为等边三角形D．若sin2A+sin2B+cos2C<1，则△ABC为钝角三角形三、填空题13.在△ABC中，已知AB=2，AC=3，A=60∘，则sinC=．14.在△ABC中，a=5，b=7，c=8，则△ABC的面积为．15.赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“赵爽弦图”——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，如图1所示．类比“赵爽弦图”，可构造如图2所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形．在△ABC中，若AF=1，FD=2，则AB=．16.在锐角三角形ABC中，若√3sinB+cosB=2，且满足关系式cosBb +cosCc=sinAsinB3sinC，则a+c的取值范围是．四、解答题17.已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a+b=5，c=3，是否存在以a，b，c为边的三角形？如果存在，求出△ABC的面积；若不存在，求出△ABC 的面积；若不存在，说明理由．从① cosC=13；② cosC=−13；③ sinC=2√23这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．18.设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b2+c2=a2+√3bc．(1) 求角A；(2) 求2sinBcosC−sin(B−C)的值．，a=2．19.在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，且A=π6，求b的值；(1) 若B=π4(2) 若△ABC的面积为√3，求△ABC的周长．．20.如图，△ABC是某小区内的一块绿地，其中AB=30米，BC=70米，∠A=2π3(1) 试用反三角函数值表示∠C；(2) 现要在绿地内，修建一条通道BD，D在AC上，且∠DBC=π，求BD的长（精6确到0.01米）21.已知△ABC的外接圆半径为R，其内角A，B，C的对边长分别为a，b，c，设2R(sin2A−sin2B)=(a−c)sinC．(1) 求角B；(2) 若b=12，c=8，求sinA的值．22.在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若√3bsinC+√3csinB=4asinBsinC．(1) 求角A的大小；(2) 若2bsinB+2csinC=bc+√3a，求△ABC面积的最大值．。
2020-2021学年高一下学期数学同步强化练习二：余弦定理、正弦定理的综合应用【含答案全解全析】
2020-2021学年高一下学期数学同步强化练习2 余弦定理、正弦定理的综合应用一、选择题1.若钝角三角形ABC 的面积是12,AB=1,BC=√2,则AC= ( ) A.5 B.√5 C.2 D.12.若△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,面积S=a 2+b 2-c 24=a 23sinA,则sin B= ( )A.√63B.√22C.√32D.2√233.在△ABC 中,角A,B,C 的对边分别为a,b,c,且BC 边上的高为√36a,则b c +cb的最大值为 ( )A.8B.6C.3√2D.44.在锐角△ABC 中,角A,B,C 的对边分别为a,b,c,△ABC 的面积为S,若sin(A+C)=2S b 2-c 2,则tan C+12tan(B -C)的最小值为 ( ) A.√2 B.2 C.1 D.2√2二、填空题5.在△ABC 中,内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,若cosA a+cosB b=sinC c,b 2+c 2-a 2=65bc,则tan B= .6.在△ABC 中,角A,B,C 的对边分别为a,b,c,已知B=60°,b=4,给出下列说法: ①若c=√3,则角C 有两个解;②若BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =12,则AC 边上的高为3√3; ③a+c 不可能等于9.其中正确说法的序号是 .7.在△ABC 中,角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,若|CA ⃗⃗⃗⃗⃗ -CB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=3,CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =6,则△ABC 面积的最大值为 .8.在锐角△ABC 中,BC=2,sin B+sin C=2sin A,则中线AD 的取值范围是 .三、解答题9.几千年的沧桑沉淀,凝练了黄山的美,清幽秀丽的自然风光,文化底蕴厚重的旅游环境.自明清以来,文人雅士,群贤毕至,旅人游子,纷至沓来,使黄山成为江南的旅游热点.如图,游客从黄山风景区的景点A 处下山至C 处有两处路径,一种是从A 沿直线步行到C,另一种是先从A 乘景区观光车到B,然后从B 沿直线步行到C.现有甲、乙两位游客从A 处下山,甲沿AC 匀速步行,速度为50米/分钟,在甲出发2分钟后,乙从A 乘观光车到B,在B 处停留20分钟后,再从B 匀速步行到C.假设观光车匀速直线运行的速度为250米/分钟,山路AC 长为2 340米,经测量,cos A=2425,cos C=35.(1)求观光车路线AB 的长;(2)乙出发多少分钟后,乙在观光车上与甲的距离最短?10.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,满足(b-a)(sin B+sin A)=(b-c)sin C.(1)求A;(2)从下列条件:①a=√3;②S△ABC=√3中任选一个作为已知条件,求△ABC周长的取值范围.答案全解全析一、选择题1.B 由题意得,12AB·BC·sin B=12×1×√2sin B=12,∴sin B=√22,∴B=π4或B=3π4.当B=3π4时,由余弦定理得AC 2=AB 2+BC 2-2AB·BCcos B=1+2+2=5,∴AC=√5(负值舍去),此时△ABC 为钝角三角形,符合题意;当B=π4时,由余弦定理得AC 2=AB 2+BC 2-2AB·BCcos B=1+2-2=1,∴AC=1(负值舍去),此时AB 2+AC 2=BC 2,△ABC 为直角三角形,不符合题意.故AC=√5. 2.D ∵S=a 2+b 2-c 24,∴12absin C=2abcosC4,即sin C=cos C,∴C=π4.∵S=a 23sinA,∴12bcsin A=a 23sinA,由正弦定理得12sin Bsin Csin A=sin 2A3sinA,即sin Bsin C=23,∴sin B=2√23.故选D.3.D ∵BC 边上的高为√36a, ∴S △ABC =12a×√36a=12bcsin A,∴a 2=2√3bcsin A,由余弦定理a 2=b 2+c 2-2bccos A 可得2√3bcsin A=b 2+c 2-2bccos A,整理得,b 2+c 2bc=2√3sin A+2cos A,即b c +cb=4sin (A +π6). ∵A ∈(0,π),∴A+π6∈(π6,76π), ∴当A+π6=π2,即A=π3时,4sin (A +π6)有最大值,为4. ∴b c +cb的最大值为4.4.A 因为sin(A+C)=2Sb 2-c 2,即sin B=2Sb 2-c 2, 所以sin B=acsinBb 2-c 2,因为sin B≠0, 所以b 2=c 2+ac,由余弦定理得, c 2+ac=a 2+c 2-2accos B,即a -2ccos B=c,再由正弦定理得sin A -2sin Ccos B=sin C,因为sin A -2sin Ccos B=sin(B+C)-2sin C·cos B=sin(B -C),所以sin(B -C)=sin C, 所以B -C=C 或B -C+C=π,所以B=2C 或B=π(舍去). 因为△ABC 是锐角三角形, 所以{0<C <π2,0<2C <π2,0<π−3C <π2,得π6<C<π4,所以tan C ∈(√33,1), 所以tan C+12tan(B -C)=tan C+12tanC≥√2,当且仅当tan C=√22时取等号.故选A. 二、填空题 5.答案 4解析 ∵b 2+c 2-a 2=65bc,∴由余弦定理得b 2+c 2-a 2=2bccos A=65bc,∴cos A=35,sin A=√1−cos 2A =45.∵cosA a+cosB b=sinC c,∴由正弦定理得cosA sinA +cosB sinB =sinC sinC,∴34+1tanB =1,∴tan B=4. 6.答案 ②③解析 对于①,当c=√3时,c<b,∴C<B,角C 只有1个解,①错误. 对于②,∵BC⃗⃗⃗⃗⃗ ·BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =12,∴ac·cos B=ac·cos 60°=12ac=12,∴ac=24.∴12ac·sin B=12×24×√32=6√3. 设AC 边上的高为h,则12bh=12×4h=6√3,解得h=3√3,②正确. 对于③,b 2=a 2+c 2-2accos B=a 2+c 2-2ac·cos 60°=a 2+c 2-ac=16,∴a 2+c 2=16+ac, ∵a 2+c 2≥2ac(当且仅当a=c 时取等号), ∴16+ac≥2ac,∴ac≤16,∴(a+c)2=a 2+c 2+2ac=3ac+16≤3×16+16=64, ∴a+c≤8<9,即a+c 不可能等于9,③正确. 综上,正确说法的序号是②③.7.答案3√334解析 ∵|CA ⃗⃗⃗⃗⃗ -CB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=3,∴|BA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=3,即c=3. ∵CA⃗⃗⃗⃗⃗ ·CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =6,∴abcos C=6,∴cos C=6ab. 由余弦定理得9=a 2+b 2-2abcos C=a 2+b 2-12≥2ab -12,∴ab≤212(当且仅当a=b 时取等号). ∴S △ABC =12absin C=12ab √1−cos 2C =12ab √1−36a 2b 2=12√a 2b 2(1−36a 2b 2) =12√a 2b 2-36≤12√(212)2-36 =3√334.故△ABC 面积的最大值为3√334. 8.答案 [√3,√132) 解析 设AB=c,AC=b,BC=a=2,根据正弦定理及sin B+sin C=2sin A,得b+c=2a=4, ∴c=4-b.∵△ABC 为锐角三角形,∴{b 2+c 2=b 2+(4−b)2>4,c 2+4=(4−b)2+4>b 2,b 2+4>c 2=(4−b)2,解得32<b<52.故bc=b(4-b)=-b 2+4b (32<b <52),结合二次函数的性质,得154<bc≤4.∵AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ),∴|AD ⃗⃗⃗⃗⃗ |=12√AB⃗⃗⃗⃗⃗ 2+AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·cos∠BAC =12√b 2+c 2+2bc ·b 2+c 2-42bc=12√2b 2+2c 2-4=12√28−4bc , ∵154<bc≤4,∴√3≤12√28−4bc <√132,即AD 的取值范围为[√3,√132). 三、解答题9.解析 (1)在△ABC 中,因为cos A=2425,cos C=35,所以sin A=725,sin C=45, 从而sin B=sin[π-(A+C)]=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C=117125. 由正弦定理得ABsinC =ACsinB,所以AB=ACsinB ×sin C=2 340117125×45=2 000(m),所以观光车路线AB 的长为2 000 m.(2)假设乙出发t 分钟后,甲、乙两游客的距离为d m,此时甲行走了(100+50t)m,乙距离A 处250t m, 由余弦定理得d 2=(100+50t)2+(250t)2-2×250t×(100+50t)×2425=1 000(41t 2-38t+10)=1 000[41(t -1941)2+4941]. 因为0≤t≤2 000250,即0≤t≤8,所以当t=1941 min 时,甲、乙两游客的距离最短. 10.解析 (1)因为(b -a)(sin B+sin A)=(b -c)sin C,所以由正弦定理得(b -a)(b+a)=(b -c)c, 即b 2+c 2-a 2=bc,由余弦定理得cos A=b 2+c 2-a 22bc=12,又A ∈(0,π), 所以A=π3. (2)选择①a=√3.由正弦定理得b sinB =c sinC =asinA =2,所以△ABC 的周长l=2sin B+2sin C+√3=2sin B+2sin (2π3-B)+√3=3sin B+√3cos B+√3=2√3sin (B +π6)+√3,因为B ∈(0,2π3),所以π6<B+π6<5π6,12<sin (B +π6)≤1, 所以2√3<2√3sin (B +π6)+√3≤3√3, 即△ABC 周长的取值范围为(2√3,3√3]. 选择②S △ABC =√3.由S △ABC =12bcsin A=√34bc=√3,得bc=4.由余弦定理得a 2=b 2+c 2-bc=(b+c)2-3bc=(b+c)2-12, 所以△ABC 的周长l=a+b+c=√(b +c)2-12+b+c, 因为b+c≥2√bc =4,当且仅当b=c=2时,等号成立, 所以l=a+b+c≥√42-12+4=6, 即△ABC 周长的取值范围为[6,+∞).。
新教材2020-2021学年高中第二册同步练习：6.4.3.2 正弦定理
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课时素养评价十二正弦定理(15分钟30分)1.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若A=105°,B=45°,b=2,则c= ( )A. B.1 C. D.2【解析】选D.由三角形内角和定理得:C=180°-(A+B)=180°-(105°+45°)=30°.由正弦定理得c===2.【补偿训练】在△ABC中,a=4,A=45°,B=60°,则边b的值为 ( )A.+1B.2+1C.2D.2+2【解析】选 C.由已知及正弦定理,得=,所以b===2.2.在△ABC中,AB=2,AC=3,B=60°,则cos C= ()A. B. C. D.【解析】选B.由正弦定理,得=,即=,解得sin C=.因为AB<AC,所以C<B,所以cos C==.3.在△ABC中,若a=2bsin A,则B为 ( )A. B.C.或D.或【解析】选C.由正弦定理得sin A=2sin Bsin A,所以sin A(2sin B-)=0.因为0<A<π,0<B<π,所以sin A≠0,sin B=,所以B=或B=.4.已知在△ABC中,b=4,c=2,C=30°,那么解此三角形可得 ( )A.一解B.两解C.无解D.解的个数不确定【解析】选C.由正弦定理得sin B=·sin C=×=>1,故三角形无解.5.在△ABC中,AB=,AC=1,B=30°,则△ABC的面积等于. 【解析】由正弦定理得sin C===,又因为0°<C<180°, 所以C=60°或120°,所以A=90°或30°,所以S△ABC=AB·AC·sin A=或.答案:或6.在△ABC中,A=30°,C=45°,c=,求a,b及cos B.【解析】因为A=30°,C=45°,c=,所以由正弦定理,得a===1.又B=180°-(30°+45°)=105°,所以cos B=cos 105°=cos(45°+60°)=,b===2sin 105°=2sin(45°+60°)=.(30分钟60分)一、单选题(每小题5分,共20分)1.若三角形三个内角之比为1∶2∶3,则这个三角形三边之比是( )A.1∶2∶3B.1∶∶2C.2∶∶1D.∶1∶2【解析】选B.设三角形内角A、B、C分别为x,2x,3x,则x+2x+3x=180°,所以x=30°.由正弦定理==,可知a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin C,所以a∶b∶c=sin 30°∶sin 60°∶sin 90°=∶∶1=1∶∶2.2.在△ABC中,A,B,C所对的边分别为a,b,c,其中a=4,b=3,C=60°,则△ABC的面积为 ( )A.3B.3C.6D.6【解析】选B.S=absin C=×4×3×=3.3.在△ABC中,若3b=2asin B,cos A=cos C,则△ABC的形状为(A.直角三角形B.等腰三角形C.等边三角形D.等腰直角三角形【解析】选C.由正弦定理知b=2R·sin B,a=2R·sin A,则3b=2a·sin B可化为:3sin B=2sin A·sin B.因为0°<B<180°,所以sin B≠0,所以sin A=,所以A=60°或120°,又cos A=cos C,所以A=C,所以A=60°,所以△ABC为等边三角形.4.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,向量m=(,-1),n=(cosA,sin A),若m⊥n,且acos B+bcos A=csin C,则角A,B的大小为 ( )A.,B.,C.,D.,【解析】选C.因为m⊥n,所以cos A-sin A=0,所以tan A=,则A=.由正弦定理得:sin Acos B+sin Bcos A=sin 2C,所以sin(A+B)=sin 2C,所以sin C=sin 2C.因为0<C<π,sin C≠0,所以sin C=1,所以C=,所以B=.【误区警示】注意两个向量垂直时的条件,不要与两向量平行混淆.二、多选题(每小题5分,共10分,全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)5.在△ABC中,已知b=6,c=6,C=30°,则a= ( )A.6B.6C.12D.12【解析】选AC.由正弦定理得sin B==,因为b>c,所以B>C.又因为0°<B<180°,所以B=60°或120°.当B=60°时,A=90°,a==12;当B=120°时,A=30°=C,a=c=6.所以a=6或12.6.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∶6B.△ABC是钝角三角形C.△ABC的最大内角是最小内角的2倍D.若c=6,则△ABC外接圆半径为【解析】选ACD.(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11,可设a+b=9t,a+c=10t,b+c=11t,t>0,解得a=4t,b=5t,c=6t,可得sin A∶sin B∶sin C=a∶b∶c=4∶5∶6,故A正确;由c为最大边,可得cos C===>0,即C为锐角,故B错误;由cos A===,由cos 2A=2cos2A-1=2×-1==cos C,由2A,C∈(0,π),可得2A=C,故C正确;若c=6,可得2R===,△ABC外接圆半径为,故D正确.三、填空题(每小题5分,共10分)7.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知sin B+sin A(sin C-cos C)=0,a=2,c=,则C= .【解析】因为sin B+sin A(sin C-cos C)=0,所以sin(A+C)+sin Asin C-sin Acos C=0,所以sin Acos C+cos Asin C+sin Asin C-sin Acos C=0,整理得sin C(sin A+cos A)=0.因为sin C≠0,所以sin A+cos A=0,所以tan A=-1,因为A∈(0,π),所以A=,由正弦定理得sin C===,又0<C<,所以C=.答案:【补偿训练】△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知C=60°,b=,c=3,则A= .【解题指南】利用正弦定理求出sin B的值,根据三角形大边对大角求出角B的值,再求角C即可.【解析】由正弦定理:=,得sin B===,因为b<c可得B=45°,则A=180°-B-C=75°.答案:75°8.在△ABC中,若b=5,B=,tan A=2,则sin A=,a=. 【解析】由tan A=2,得sin A=2cos A,由sin 2A+cos 2A=1,得sin A=,因为b=5,B=,由正弦定理=,得a==2.答案:2四、解答题(每小题10分,共20分)9.已知△ABC中角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且acos C+c=b.(1)求角A的大小;(2)若a=1,b=,求c的值.【解析】(1)由acos C+c=b,得sin Acos C+sin C=sin B.因为sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C,所以sin C=cos Asin C.因为sin C≠0,所以cos A=.因为0<A<π,所以A=.(2)由正弦定理,得sin B==.因为0<B<π,所以B=或.①当B=时,由A=,得C=,所以c=2;②当B=时,由A=,得C=,所以c=a=1.综上可得c=1或2.10.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,m=(sin A,sinB),n=(cos B,cos A),m·n=-sin 2C.(1)求C的大小;(2)若c=2,A=,求△ABC的面积.【解析】(1)由题意,m·n=sin Acos B+sin Bcos A=-sin 2C,即sin(A+B)= -sin 2C,sin C=-2sin Ccos C.由0<C<π得sin C>0,所以cos C=-.C=.(2)由C=,A=,得B=π-A-C=.由正弦定理=得=,解得b=2.所以△ABC的面积S=bcsin A=×2×2×sin =.1.在△ABC中,已知B=60°,最大边与最小边的比为,则三角形的最大角为( )A.60°B.75°C.90°D.115°【解析】选B.不妨设a为最大边,c为最小边,由题意有==,即=,整理,得(3-)sin A=(3+)cos A.所以tan A=2+,所以A=75°.【补偿训练】已知a,b,c分别是△ABC的内角A,B,C的对边,若△ABC的周长为4(+1),且sin B+sin C=sin A,则a= ( )A. B.2 C.4 D.2【解析】选C.根据正弦定理,sin B+sin C=sin A可化为b+c= a.因为△ABC的周长为4(+1),所以解得a=4.2.在△ABC中,已知=,且cos(A-B)+cos C=1-cos 2C.(1)试确定△ABC的形状;(2)求的取值范围.【解析】(1)在△ABC中,设其外接圆半径为R,根据正弦定理得sin A=,sin B=,sin C=,代入=,得=,所以b2-a2=ab.①因为cos(A-B)+cos C=1-cos 2C,所以cos(A-B)-cos(A+B)=2sin2C,所以sin Asin B=sin2C.。
(2019版新教材)人教A版高中数学必修第二册：正弦定理
课时素养评价十二正弦定理(25分钟·50分)一、选择题(每小题4分，共16分)1.(2019·合肥高一检测)△ABC内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，若A=，a=3，b=2，则sin B= ( )A. B. C. D.【解析】选D.因为A=，a=3，b=2，所以根据正弦定理可得sin B===.2.在△ABC中，已知BC=，sin C=2sin A，则AB= ( )A. B.2 C. D.2【解析】选D.由正弦定理，得AB=BC=2BC=2.3.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若tan A∶tan B=a∶b，则△ABC的形状一定是( )A.等腰三角形B.直角三角形C.等腰直角三角形D.钝角三角形【解析】选A.因为tan A∶tan B=a∶b，所以btan A=atan B，所以=，因为0<A<π，0<B<π，所以sin A≠0，sin B≠0，所以cos A=cos B，即A=B，故△ABC是等腰三角形.4.(2019·南充高一检测)在△ABC中，a=1，B=45°，S△ABC=2，则△ABC外接圆的直径为( )A.4B.60C.5D.6【解析】选C.因为由三角形的面积公式得：S=acsin B=×1×c×=2，所以c=4，又因为a=1，cos B=，根据余弦定理得：b2=1+32-8=25，解得b=5.所以△ABC的外接圆的直径为==5.二、填空题(每小题4分，共8分)5.在△ABC中，已知A=60°，tan B=，a=2，则c=________.【解析】因为tan B=，所以sin B=，cos B=.又因为A=60°，所以sin C=sin[180°-(A+B)]=sin(120°-B)=sin 120°cos B-cos 120°sin B=+.由正弦定理，得=，即c===.答案：6.(2019·全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsin A+acos B=0，则B=________.【解析】已知bsin A+acos B=0，由正弦定理可得sin Bsin A+sin Acos B=0，即sin B=-cos B，又因为sin2B+cos2B=1，解得sin B=，cos B=-，故B=.答案：三、解答题(共26分)7.(12分)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B， C所对的边且b=6，a=2，A=30°，求ac 的值.【解析】由正弦定理=得sin B===.由条件b=6，a=2，b>a知B>A.所以B=60°或120°.(1)当B=60°时，C=180°-A-B=180°-30°-60°=90°.在Rt△ABC中，C=90°，a=2，b=6，c=4，所以ac=2×4=24.(2)当B=120°时，C=180°-A-B=180°-30°-120°=30°，所以A=C，则有a=c=2.所以ac=2×2=12.8.(14分)△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.向量m=(a，b)与n=(cos A，sinB)平行.(1)求A.(2)若a=，b=2，求sin C.【解析】(1)因为m∥n，所以asin B-bcos A=0.由正弦定理，得sin Asin B-sin Bcos A=0，又因为sin B≠0，从而tan A=.由于0<A<π，所以A=.(2)由正弦定理，得=，从而sin B=，又由a>b，知A>B，所以cos B=.故sin C=sin(A+B)=sin(B+)=sin Bcos +cos Bsin=.(15分钟·30分)1.(4分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，如果c=a，B=30°，那么角C 等于( )A.120°B.105°C.90°D.75°【解析】选A.因为c=a，所以sin C=sin A=sin(180°-30°-C)=sin(30°+C)=，即sin C=-cos C.所以tan C=-.又0°<C<180°，所以C=120°.2.(4分)(2019·通化高一检测)在△ABC中，已知sin2A+sin2B-sin Asin B=sin2C，且满足ab=4，则该三角形的面积为( )A.1B.2C.D.【解析】选D.因为sin2A+sin2B-sin Asin B=sin2C，根据正弦定理得a2+b2-ab=c2，由余弦定理得2abcos C=ab，所以cos C=，所以sin C==，所以S=absin C=×4×=.3.(4分)△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c且满足acos B-bcos A=c，则△ABC的形状为【解析】根据正弦定理，得a=2Rsin A，b=2Rsin B，C=2Rsin C(其中R是△ABC外接圆的半径)，代入acos B-bcos A=c得2Rsin Acos B-2Rsin Bcos A=2Rsin C，所以sin Acos B-sin Bcos A=sin (A+B)，所以sin Acos B-sin Bcos A=sin Acos B+sin Bcos A，所以2sin Bcos A=0，又因为sin B≠0，所以cos A=0，又A∈(0，π)，所以A=，所以该三角形为直角三角形.答案：直角三角形【加练·固】在△ABC中，若3b=2asin B，cos A=cos C，则△ABC的形状为________.【解析】由正弦定理知b=2R·sin B，a=2R·sin A，则3b=2a·sin B可化为：3sin B=2sin A·sin B.因为0°<B<180°，所以sin B≠0，所以sin A=，所以A=60°或120°，又cos A=cos C，所以A=C，所以A=60°，所以△ABC为等边三角形.答案：等边三角形4.(4分)在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边长，a=，b=，1+2cos(B+C)=0，则边BC上的高为________.【解析】由1+2cos(B+C)=0和B+C=π-A，得1-2cos A=0，所以cos A=，sin A=.再由正弦定理，得sin B==.由b<a知B<A，所以B不是最大角，B<，从而cos B==.由上述结果知sin C=sin(A+B)=×=.设边BC上的高为h，则有h=bsin C=.答案：5.(14分)在△ABC中，求证：(1)=.(2)=.【证明】(1)由余弦定理，a2=b2+c2-2bccos A，于是==1-·2cos A=1-·2cos A===.(2)方法一：==·==.方法二：====.【加练·固】在△ABC中，已知(a+b+c)(a+b-c)=3ab，且2cos Asin B=sin C，确定△ABC的形状. 【解析】由正弦定理得=，由2cos Asin B=sin C，有cos A==.又由余弦定理得cos A=，所以=，即c2=b2+c2-a2，所以a2=b2，所以a=b.又因为(a+b+c)(a+b-c)=3ab，所以(a+b)2-c2=3ab，所以4b2-c2=3b2，即b2=c2.所以b=c，所以a=b=c.所以△ABC为等边三角形.1.在锐角三角形ABC中，a，b，c所对的角分别为A，B，C，A=2B，则的取值范围是________.【解析】在锐角三角形ABC中，A，B，C<90°，即所以30°<B<45°.由正弦定理知：===2cos B∈(，)，故的取值范围是(，).答案：(，)2.已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，+=.(1)求角A的大小.(2)若a=2，△ABC的面积为，求边b，c.【解析】(1)由+=及正弦定理得+=，整理得，sin Acos B+cos Asin B=2sin Ccos A，即 sin(A+B)=2sin Ccos A.因为sin(A+B)=sin(π-C)=sin C，且sin C≠0，所以，cos A=.又0<A<π，所以，A=.(2)因为△ABC的面积S=bcsin A=bcsin=，所以，bc=4.①由余弦定理得，a2=b2+c2-2bccos A，22=b2+c2-2bccos所以，b2+c2 =8，②联立①②解得，b=c=2.。
期末考试综合检测试卷-2020-2021学年高一数学同步练习和分类专题(人教A版2019必修第二册)
高中数学必修二期末考试综合检测试卷第二学期高一期末测试一、选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.已知复数z=(1-i)+m(1+i)是纯虚数,则实数m=( )A.-2B.-1C.0D.12.幸福感指数是指某个人主观地评价他对自己目前生活状态的满意程度的指标,常用区间[0,10]内的一个数来表示,该数越接近10表示满意程度越高.现随机抽取6位小区居民,他们的幸福感指数分别为5,6,7,8,9,5,则这组数据的第80百分位数是( )A.7B.7.5C.8D.93.已知α为平面,a,b为两条不同的直线,则下列结论正确的是( )A.若a∥α,b∥α,则a∥bB.若a⊥α,a∥b,则b⊥αC.若a⊥α,a⊥b,则b∥αD.若a∥α,a⊥b,则b⊥α4.已知在平行四边形ABCD中,M,N分别是BC,CD的中点,如果=a,=b,那么=( )A.a-bB.-a+bC.a+bD.-a-b5.已知圆锥的表面积为3π,且它的侧面展开图是一个半圆,则该圆锥的体积为( )A.πB.πC.πD.2π6.庆祝中华人民共和国成立70周年的阅兵式彰显了中华民族从站起来、富起来迈向强起来的雄心壮志.阅兵式规模之大、类型之全均创历史之最,编组之新、要素之全彰显强军成就,装备方阵堪称“强军利刃”“强国之盾”,见证着人民军队迈向世界一流军队的坚定步伐.此次大阅兵不仅得到了全中国人的关注,还得到了无数外国人的关注.某单位有6位外国人,其中关注此次大阅兵的有5位,若从这6位外国人中任意选取2位进行一次采访,则被采访者都关注了此次大阅兵的概率为( )A. B. C. D.7.如图,有四座城市A、B、C、D,其中B在A的正东方向,且与A相距120 km,D在A的北偏东30°方向,且与A相距60 km,C在B的北偏东30°方向,且与B相距60 km.一架飞机从城市D出发,以360 km/h 的速度向城市C飞行,飞行了15 min后,接到命令改变航向,飞向城市B,此时飞机距离城市B的距离为( )A.120 kmB.60 kmC.60 kmD.60 km8.如图,在平面直角坐标系xOy中,原点O为正八边形P1P2P3P4P5P6P7P8的中心,P1P8⊥x轴,若坐标轴上的点M(异于原点)满足2++=0(其中1≤i≤8,1≤j≤8,且i,j∈N*),则满足以上条件的点M的个数为( )A.2B.4C.6D.8二、选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得3分)9.已知复数z满足(1-i)z=2i,则下列关于复数z的结论正确的是( )A.|z|=B.复数z的共轭复数=-1-iC.复平面内表示复数z的点位于第二象限D.复数z是方程x2+2x+2=0的一个根10.某市教体局对全市高一年级学生的身高进行抽样调查,随机抽取了100名学生,他们的身高都处在A,B,C,D,E五个层次内,根据抽样结果得到如下统计图,则下列结论正确的是( )A.样本中女生人数多于男生人数B.样本中B层次人数最多C.样本中E层次的男生人数为6D.样本中D层次的男生人数多于女生人数11.已知事件A,B,且P(A)=0.5,P(B)=0.2,则下列结论正确的是( )A.如果B⊆A,那么P(A∪B)=0.2,P(AB)=0.5B.如果A与B互斥,那么P(A∪B)=0.7,P(AB)=0C.如果A与B相互独立,那么P(A∪B)=0.7,P(AB)=0D.如果A与B相互独立,那么P()=0.4,P(A)=0.412.如图,正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为1,则下列命题中正确的是( )A.若点M,N分别是线段A'A,A'D'的中点,则MN∥BC'B.点C到平面ABC'D'的距离为C.直线BC与平面ABC'D'所成的角等于D.三棱柱AA'D'-BB'C'的外接球的表面积为3π三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)13.已知a,b,c分别为△ABC的三个内角A,B,C的对边,且bcos C+ccos B=asin A,则A= .14.已知数据x1,x2,x3,…,x m的平均数为10,方差为2,则数据2x1-1,2x2-1,2x3-1,…,2x m-1的平均数为,方差为.15.已知|a|=3,|b|=2,(a+2b)·(a-3b)=-18,则a与b的夹角为.16.如图,在三棱锥V-ABC中,AB=2,VA=VB,AC=BC,VC=1,且AV⊥BV,AC⊥BC,则二面角V-AB-C的余弦值是.四、解答题(本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)已知向量a=(1,2),b=(4,-3).(1)若向量c∥a,且|c|=2,求c的坐标;(2)若向量b+ka与b-ka互相垂直,求实数k的值.18.(12分)已知a,b,c分别为△ABC的三个内角A,B,C的对边,且a=,c=1,A=.(1)求b及△ABC的面积S;(2)若D为BC边上一点,且,求∠ADB的正弦值.从①AD=1,②∠CAD=这两个条件中任选一个,补充在上面的问题中,并解答.注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.19.(12分)在四面体A-BCD中,E,F,M分别是AB,BC,CD的中点,且BD=AC=2,EM=1.(1)求证:EF∥平面ACD;(2)求异面直线AC与BD所成的角.20.(12分)溺水、校园欺凌等与学生安全有关的问题越来越受到社会的关注和重视,为了普及安全教育,某市组织了一次学生安全知识竞赛,规定每队3人,每人回答一个问题,答对得1分,答错得0分.在竞赛中,甲、乙两个中学代表队狭路相逢,假设甲队每人回答问题正确的概率均为,乙队每人回答问题正确的概率分别为,,,且每人回答问题正确与否相互之间没有影响.(1)分别求甲队总得分为3分与1分的概率;(2)求甲队总得分为2分且乙队总得分为1分的概率.21.(12分)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,AB⊥BC,PA=AB=BC=2,点D为线段AC的中点,点E 为线段PC上一点.(1)求证:平面BDE⊥平面PAC;(2)当PA∥平面BDE时,求三棱锥P-BDE的体积.22.(12分)2020年开始,山东推行全新的高考制度.新高考不再分文理科,采用“3+3”模式,其中语文、数学、外语三科为必考科目,满分各150分,另外考生还需要依据想考取的高校及专业要求,结合自己的兴趣爱好等因素,在思想政治、历史、地理、物理、化学、生物6门科目中自选3门参加考试(6选3),每科满分100分.2020年初受疫情影响,全国各地推迟开学,开展线上教学.为了了解高一学生的选科意向,某学校对学生所选科目进行检测,下面是100名学生的物理、化学、生物三科总分成绩,以20为组距分成7组:[160,180),[180,200),[200,220),[220,240),[240,260),[260,280),[280,300],画出频率分布直方图如图所示.(1)求频率分布直方图中a的值;(2)(i)求物理、化学、生物三科总分成绩的中位数;(ii)估计这100名学生的物理、化学、生物三科总分成绩的平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表);(3)为了进一步了解选科情况,在物理、化学、生物三科总分成绩在[220,240)和[260,280)的两组中用比例分配的分层随机抽样方法抽取7名学生,再从这7名学生中随机抽取2名学生进行问卷调查,求抽取的这2名学生来自不同组的概率.答案全解全析1.B 复数z=(1-i)+m(1+i)=(m+1)+(m-1)i,因为z是纯虚数,所以解得m=-1.2.C 将6个数据按照从小到大的顺序排列为5,5,6,7,8,9,因为6×80%=4.8,所以第5个数据即为这组数据的第80百分位数,故选C.3.B 如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面,那么另一条直线也垂直于这个平面,因此B选项正确,易知A、C、D错误.4.B =-=+-(+)=+--=-+=-a+b.5.A 设圆锥的底面半径为r,母线长为l,依题意有2πr=·2πl,所以l=2r,又圆锥的表面积为3π,所以πr2+πrl=3π,解得r=1,因此圆锥的高h==,于是体积V=πr2h=π×12×=π.6.C 这6位外国人分别记为a,A,B,C,D,E,其中a未关注此次大阅兵,A,B,CD,E关注了此次大阅兵, 则样本点有(a,A),(a,B),(a,C),(a,D),(a,E),(A,B),(A,C),(A,D),(A,E),(B,C),(B,D),(B,E),(C,D),(C,E),(D ,E),共15个,其中被采访者都关注了此次大阅兵的样本点有10个,故所求概率为=.故选C.7.D 取AB的中点E,连接DE,BD.设飞机飞行了15 min后到达F点,连接BF,如图所示,则BF即为所求.因为E为AB的中点,且AB=120 km,所以AE=EB=60 km,又∠DAE=60°,AD=60 km,所以三角形DAE为等边三角形,所以DE=60 km,∠ADE=60°,在等腰三角形EDB中,∠DEB=120°,所以∠EDB=∠EBD=30°,所以∠ADB=90°,所以BD2=AB2-AD2=1202-602=10 800,所以BD=60 km,因为∠CBE=90°+30°=120°,∠EBD=30°,所以∠CBD=90°,所以CD===240 km,所以cos∠BDC===,因为DF=360×=90 km,所以在三角形BDF中,BF2=BD2+DF2-2×BD×DF×cos∠BDF=(60)2+902-2×60×90×=10 800,所以BF=60 km,即此时飞机距离城市B的距离为60 km.8.D 取线段P i P j的中点Q k,因为2++=0,所以+=-2,即2=-2,所以=-,于是Q k,O,M共线,因为点M在坐标轴上,所以Q k也在坐标轴上,于是满足条件的(i,j)的情况有(1,8),(2,7),(3,6),(4,5),(2,3),(1,4),(5,8),(6,7),即满足条件的点M有8个.9.ABCD 由(1-i)z=2i得z==-1+i,于是|z|=,其共轭复数=-1-i,复数z在复平面内对应的点是(-1,1),位于第二象限.因为(-1+i)2+2(-1+i)+2=0,所以复数z是方程x2+2x+2=0的一个根,故选项A、B、C、D均正确.10.ABC 样本中女生人数为9+24+15+9+3=60,则男生人数为40,故A选项正确;样本中B层次人数为24+40×30%=36,并且B层次占女生和男生的比例均最大,故B层次人数最多,B选项正确;E层次中的男生人数为40×(1-10%-30%-25%-20%)=6,故C选项正确;D层次中,男生人数为40×20%=8,女生人数为9,故D选项错误.11.BD 由于B⊆A,所以A∪B=A,AB=B,于是P(A∪B)=P(A)=0.5,P(AB)=P(A∩B)=P(B)=0.2,故A选项错误;由于A与B互斥,所以P(A∪B)=P(A)+P(B)=0.5+0.2=0.7,AB为不可能事件,因此P(AB)=0,故B 选项正确;如果A与B相互独立,那么P(AB)=P(A)P(B)=0.1,故C选项错误;P()=P()P()=0.5×0.8=0.4,P(A)=P(A)P()=0.5×0.8=0.4,故D选项正确.12.ACD 因为M,N分别是线段A'A,A'D'的中点,所以MN∥AD',又因为AD'∥BC',所以MN∥BC',故A 选项正确;连接B'C,易证B'C⊥平面ABC'D',因此点C到平面ABC'D'的距离为B'C=,故B选项错误;直线BC与平面ABC'D'所成的角为∠CBC'=,故C选项正确;三棱柱AA'D'-BB'C'的外接球即正方体的外接球,其半径R=,因此其表面积为4π×=3π,故D选项正确.13.答案90°解析由正弦定理可得sin Bcos C+sin Ccos B=sin2A,即sin(B+C)=sin 2A,所以sin A=sin2A,易知sin A≠0,所以sin A=1,故A=90°.14.答案19;8解析依题意可得2x1-1,2x2-1,…,2x m-1的平均数为2×10-1=19,方差为22×2=8.15.答案解析设a,b的夹角为θ,依题意有|a|2-a·b-6|b|2=-18,所以32-3×2×cos θ-6×22=-18,解得cos θ=,由于θ∈[0,π],故θ=.16.答案解析取AB的中点D,连接VD,CD,由于VA=VB,AC=BC,所以VD⊥AB,CD⊥AB,于是∠VDC就是二面角V-AB-C的平面角.因为AV⊥BV,AC⊥BC,AB=2,所以VD=,DC=,又VC=1,所以cos∠VDC==.17.解析(1)解法一:因为向量c∥a,所以设c=λa,(1分)则c2=(λa)2,即(2)2=λ2a2,(2分)所以20=5λ2,解得λ=±2.(4分)所以c=2a=(2,4)或c=-2a=(-2,-4).(5分)解法二:设向量c=(x,y).(1分)因为c∥a,且a=(1,2),所以2x=y,(2分)因为|c|=2,所以=2,(3分)由解得或(4分)所以c=(2,4)或c=(-2,-4).(5分)(2)因为向量b+ka与b-ka互相垂直,所以(b+ka)·(b-ka)=0,(6分)即b2-k2a2=0.(7分)因为a=(1,2),b=(4,-3),所以a2=5,b2=25,(8分)所以25-5k2=0,解得k=±.(10分)18.解析(1)由余弦定理得,()2=b2+12-2bcos ,(2分)整理得b2+b-6=0,解得b=2或b=-3(舍去).(5分)所以△ABC的面积S=bcsin A=×2×1×=.(6分)(2)选择条件①.在△ABC中,由正弦定理=,得=,(8分)所以sin B=.(9分)因为AD=AB=1,所以∠ADB=∠B.(10分)所以sin∠ADB=sin B,所以sin∠ADB=.(12分)选择条件②.在△ABC中,由余弦定理的推论,得cos B==.(8分)因为A=,所以∠BAD=-=,(9分)所以sin∠ADB=cos B,即sin∠ADB=.(12分)19.解析(1)证明:因为E,F分别为AB,BC的中点,所以EF∥AC.(2分)因为EF⊄平面ACD,AC⊂平面ACD,所以EF∥平面ACD.(4分)(2)易得EF∥AC,FM∥BD,(5分)所以∠EFM为异面直线AC与BD所成的角(或其补角).(7分)在△EFM中,EF=FM=EM=1,所以△EFM为等边三角形,(10分)所以∠EFM=60°,即异面直线AC与BD所成的角为60°.(12分)20.解析(1)记“甲队总得分为3分”为事件A,“甲队总得分为1分”为事件B.甲队得3分,即三人都答对,其概率P(A)=××=.(2分)甲队得1分,即三人中只有一人答对,其余两人都答错,其概率P(B)=××+××+××=.(5分)所以甲队总得分为3分的概率为,甲队总得分为1分的概率为.(6分)(2)记“甲队总得分为2分”为事件C,“乙队总得分为1分”为事件D.甲队得2分,即三人中有两人答对,剩余一人答错,则P(C)=××+××+××=.(8分)乙队得1分,即三人中只有一人答对,其余两人都答错,则P(D)=××+××+××=.(11分)由题意得,事件C与事件D相互独立.所以甲队总得分为2分且乙队总得分为1分的概率为P(C)P(D)=×=.(12分)21.解析(1)证明:因为PA⊥底面ABC,且BD⊂底面ABC,所以PA⊥BD.(1分)因为AB=BC,且点D为线段AC的中点,所以BD⊥AC.(2分)又PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC.(3分)又BD⊂平面BDE,所以平面BDE⊥平面PAC.(4分)(2)因为PA∥平面BDE,PA⊂平面PAC,平面PAC∩平面BDE=ED,所以ED∥PA.(5分)因为点D为AC的中点,所以点E为PC的中点.(6分)解法一:由题意知P到平面BDE的距离与A到平面BDE的距离相等.(7分)所以V P-BDE=V A-BDE=V E-ABD=V E-ABC=V P-ABC=×××2×2×2=.所以三棱锥P-BDE的体积为.(12分)解法二:由题意知点P到平面BDE的距离与点A到平面BDE的距离相等.(7分)所以V P-BDE=V A-BDE.(8分)由题意得AC=2,AD=,BD=,DE=1,(9分)由(1)知,AD⊥BD,AD⊥DE,且BD∩DE=D,所以AD⊥平面BDE,(10分)所以V A-BDE=AD·S△BDE=×××1×=.所以三棱锥P-BDE的体积为.(12分)解法三:由题意得AC=2,AD=,BD=,DE=1,(8分)由(1)知,BD⊥平面PDE,且S△PDE=DE·AD=×1×=.(10分)所以V P-BDE=V B-PDE=BD·S△PDE=××=.所以三棱锥P-BDE的体积为.(12分)22.解析(1)由题图得,(0.002+0.009 5+0.011+0.012 5+0.007 5+a+0.002 5)×20=1,(1分)解得a=0.005.(2分)(2)(i)因为(0.002+0.009 5+0.011)×20=0.45<0.5,(0.002+0.009 5+0.011+0.012 5)×20=0.7>0.5,所以三科总分成绩的中位数在[220,240)内,(3分)设中位数为x,则(0.002+0.009 5+0.011)×20+0.012 5×(x-220)=0.5,解得x=224,即中位数为224.(5分)(ii)三科总分成绩的平均数为170×0.04+190×0.19+210×0.22+230×0.25+250×0.15+270×0.1+290×0.05=225.6.(7分)(3)三科总分成绩在[220,240),[260,280)两组内的学生分别有25人,10人,故抽样比为=.(8分)所以从三科总分成绩为[220,240)和[260,280)的两组中抽取的学生人数分别为25×=5,10×=2.(9分)记事件A=“抽取的这2名学生来自不同组”.三科总分成绩在[220,240)内的5人分别记为a1,a2,a3,a4,a5,在[260,280)内的2人分别记为b1,b2.现在这7人中抽取2人,则试验的样本空间Ω={(a1,a2),(a1,a3),(a1,a4),(a1,a5),(a1,b1),(a1,b2),(a2,a3),(a2,a4),(a2,a5),(a2,b1),(a2,b2),(a3,a4) ,(a3,a5),(a3,b1),(a3,b2),(a4,a5),(a4,b1),(a4,b2),(a5,b1),(a5,b2),(b1,b2)},共21个样本点.(10分) 其中A={(a1,b1),(a1,b2),(a2,b1),(a2,b2),(a3,b1),(a3,b2),(a4,b1),(a4,b2),(a5,b1),(a5,b2)},共10个样本点.(11分)所以P(A)=,即抽取的这2名学生来自不同组的概率为.(12分)。
(必修二)(人教A版 2019)-高一数学下学期期末考试考前必刷题 (人教A版 2019必修二)
2020-2021高一下学期期末考试考前预测卷02试卷满分：150分 考试时长：120分钟注意事项：1.本试题满分150分，考试时间为120分钟.2.答卷前务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上.3.使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰.超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效.一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1．在复平面内，已知复数11z i =-，则其共轭复数z 对应的点位于（ ） A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限 【答案】D【分析】 根据复数运算和共轭复数定义求得z ，由此可得对应点坐标，从而确定结果.【详解】 ()()111111122i z i i i i +===+--+，1122z i ∴=-， z ∴对应的点为11,22⎛⎫-⎪⎝⎭，位于第四象限. 故选：D. 2．在一个袋子中放2个白球，2个红球，摇匀后随机摸出2个球，与“摸出1个白球1个红球”互斥而不对立的事件是（ ）A ．至少摸出1个白球B ．至少摸出1个红球C ．摸出2个白球D ．摸出2个白球或摸出2个红球【答案】C【分析】根据互斥事件，对立事件的概念判断可得选项．【详解】对于A ，至少摸出1个白球与摸出1个白球1个红球不是互斥事件；对于B ，至少摸出1个红球与摸出1个白球1个红球不是互斥事件；对于C ，摸出2个白球与摸出1个白球1个红球是互斥而不对立事件；对于D ，摸出2个白球或摸出2个红球与摸出个白球1个红球是互斥也是对立事件. 故选：C ．3．某班有48名学生，在一次考试中统计出平均分为70分，方差为75，后来发现有2名同学的分数登错了，甲实得80分，却记了50分，乙得70分却记了100分，更正后平均分和方差分别是（ ）A ．70，75B ．70，50C ．75，1.04D ．65，2.35【答案】B【分析】由数据可知平均分不变，结合方差公式，写出更正前和更正后的方差表达式，即可求出更正后的方差.【详解】因甲少记了30分，乙多记了30分，故平均分不变，设更正后的方差为s 2，由题意得， s 2＝148[(x 1－70)2＋(x 2－70)2＋…＋(80－70)2＋(70－70)2＋…＋(x 48－70)2]，而更正前有： 75＝148[(x 1－70)2＋(x 2－70)2＋…＋(50－70)2＋(100－70)2＋…＋(x 48－70)2]， 化简整理得s 2＝50.故选:B.4．已知空间三条直线a ，b ，c ．若a b a c ⊥⊥，，则（ ）A ．b 与c 平行B ．b 与c 异面C ．b 与c 相交D ．b 与c 平行、异面、相交都有可能【答案】D【分析】利用正方体模型进行分析判断【详解】解：如图在正方体1111ABCD A B C D -中，1,AB AD AB AA ⊥⊥，此时AD 与1AA 相交； 当,AB AD AB BC ⊥⊥时， AD ∥BC ；当1,AB AD AB CC ⊥⊥时，AD 与1CC 异面， 所以由a b a c ⊥⊥，，可得b 与c 平行、异面、相交都有可能，故选：D5．在ABC 中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，若()222tan a c bB ac +-=，则角B 的大小为（ ）A ．6πB ．3πC ．6π或56πD ．3π或23π 【答案】C【分析】将()222tan a c b B ac +-=，变形为222cos 2s 2in =ac a c b B B +-求解. 【详解】因为()222tan a c b B ac +-=， 所以222co =s cos sin 22a c b B a B Bc +-=， 即()cos 2sin 10B B -=，因为cos 0B ≠， 所以1sin 2B =， 因为()0,B π∈， 所以6B π=或56π， 故选：C6．若P 是等边三角形ABC 所在平面外一点，且PA PB PC ==，D ，E ，F 分别是AB ，BC ，CA 的中点，则下列结论中不正确的是（ ）A ．//BC 平面PDFB ．DF ⊥平面PAEC ．平面PAE ⊥平面ABCD ．平面PDF ⊥平面ABC【答案】D【分析】 由//DF BC 判断A ，由,AE PE 与BC 垂直，证明线面垂直，再结合平行线判断B ，根据面面垂直的判定定理判断C ，根据正棱锥的性质判断D ．【详解】 P 是等边三角形ABC 所在平面外一点，且PA PB PC ==，D ，E ，F 分别是AB ，BC ，CA 的中点，//DF BC ∴，DF ⊂平面PDF ，BC ⊂/平面PDF ，//BC ∴平面PDF ，故A 正确； PA PB PC ==，E 是BC 中点，PE BC ∴⊥，AE BC ⊥，PE AE E =，,PE AE ⊂平面PAE ，BC ∴⊥平面PAE ，//DF BC ，DF ⊥∴平面PAE ，故B 正确；BC ⊥平面PAE ，BC ⊂平面ABC ，∴平面PAE ⊥平面ABC ，故C 正确；设AEDF O =，连结PO ，O 不是等边三角形ABC 的重心，PO ∴与平面ABC 不垂直， ∴平面PDF 与平面ABC 不垂直，故D 错误．故选：D ．7．已知向量,a b 满足5a =，6b =，6a b ⋅=-，则cos ,a a b <+>=（ ） A ．3135- B ．1935- C ．1735 D ．1935【答案】D【分析】 利用数量积的运算律可求得a b +，根据向量夹角公式可求得结果.【详解】 ()222225127a b a b a a b b +=+=+⋅+=-+=， ()225619cos ,5735a ab a a b a a b a a b a a b ⋅++⋅-∴<+>====⨯⋅+⋅+.故选：D.【点睛】 结论点睛：（1）求夹角的大小：若,a b 为非零向量，则由平面向量的数量积公式得cos a ba b θ⋅=⋅(夹角公式)，所以平面向量的数量积可以用来解决有关角度的问题；（2）确定夹角的范围：数量积大于0说明不共线的两向量的夹角为锐角，数量积等于0说明不共线的两向量的夹角为直角，数量积小于0说明不共线的两向量的夹角为钝角． 8．如图，在棱长为4的正方体1111ABCD A B CD -中，E ，F ，G 分别为棱 AB ，BC ，1CC 的中点，M 为棱AD 的中点，设P ，Q 为底面ABCD 内的两个动点，满足1//D P 平面EFG ，1DQ =，则PM PQ +的最小值为（ ）A ．1B ．2C ．1D ．2【答案】C【分析】把截面EFG 画完整，可得P 在AC 上，由1DQ =知Q 在以D 为圆心1为半径的四分之一圆上，利用对称性可得PM PQ +的最小值．【详解】如图，分别取11111,,C D D A A A 的中点,,H I J ，连接,,,GH HI IJ JE ，易证,,,,,E F G H I J 共面，即平面EFG 为截面EFGHIJ ，连接11,,AD D C AC ，由中位线定理可得//AC EF ，AC ⊄平面EFG ，EF ⊂平面EFG ，则//AC 平面EFG ，同理可得1//AD 平面EFG ，由1AC AD A =可得平面1AD C //平面EFG ，又1//D P 平面EFG ，P 在平面ABCD 上，∥P AC ∈．正方体中1DD ⊥平面ABCD ，从而有1DD DQ ⊥，∥1DQ ==，∥Q 在以D 为圆心1为半径的四分之一圆（圆在正方形ABCD 内的部分）上，显然M 关于直线AC 的对称点为E ，11PM PQ PE PQ PE PD DQ ED DQ +=+≥+-≥-==，当且仅当,,,E P Q D共线时取等号，∥所求最小值为1．故选：C ．【点睛】本题考查空间距离的最小值问题，解题时作出正方体的完整截面求出P 点轨迹是第一个难点，第二个难点是求出Q 点轨迹，第三个难点是利用对称性及圆的性质求得最小值．二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）9．（多选）已知复数z a =+（a ∈R ）在复平面内对应的点位于第二象限，且|z |＝2则下列结论正确的是（ ）A ．z 3＝8B ．zC ．z 的共轭复数为1+D ．z 2＝4 【答案】AB【分析】由已知求解a ，进一步求出z 2与z 3的值，然后逐一核对四个选项得答案．【详解】解：∥复数z a =+在复平面内对应的点位于第二象限，∥a ＜0，又|z |2，得a ＝﹣1（a ＜0），∥1z =-+，则()2212z =-+=--，()()322118z z z =⋅=-+-=．∥A 正确，B 正确，故选：AB ．10．下列说法正确的是（ ）A ．随着试验次数的增加，频率一般会越来越接近概率B ．连续10次掷一枚骰子，结果都是出现1点，可以认为这枚骰子质地不均匀C ．某种福利彩票的中奖概率为11000，那么买1000张这种彩票一定能中奖 D ．某市气象台预报“明天本市降水概率为70%”，指的是：该市气象台专家中，有70%认为明天会降水，30%认为不降水【答案】AB【分析】根据频率和概率之间的关系、概率的定义可得正确的选项.【详解】对于A ，试验次数越多，频率就会稳定在概率的附近，故A 正确对于B ，如果骰子均匀，则各点数应该均匀出现，所以根据结果都是出现1点可以认定这枚骰子质地不均匀，故B 正确．对于C ，中奖概率为11000是指买一次彩票，可能中奖的概率为11000，不是指1000张这种彩票一定能中奖，故C 错误．对于D ，“明天本市降水概率为70%”指下雨的可能性为0.7，故D 错．故选：AB ．【点睛】本题考查频率与概率的关系、概率的定义，注意两者之间的关系是概率是频率的稳定值，本题属于基础题．11．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点O 为11A D 的中点，若以O 为半径的球面与正方体1111ABCD A B C D -的棱有四个交点E ，F ，G ，H ，则下列结论正确的是（ ）A ．11//A D 平面EFGHB ．1AC ⊥平面EFGHC ．11A B 与平面EFGH 所成的角的大小为45°D ．平面EFGH 将正方体1111ABCD A B C D -分成两部分的体积的比为1:7【答案】ACD【分析】如图，计算可得,,,E F G H 分别为所在棱的中点，利用空间中点线面的位置关系的判断方法可判断A 、B 的正确与否，计算出直线AB 与平面EFGH 所成的角为45︒后可得C 正确，而几何体BHE CGF -为三棱柱，利用公式可求其体积，从而可判断D 正确与否.【详解】如图，连接OA ，则OA ==，故棱1111,,,A A A D D D AD 与球面没有交点. 同理，棱111111,,A B B C C D 与球面没有交点.因为棱11A D 与棱BC 之间的距离为>BC 与球面没有交点.因为正方体的棱长为2，而2<球面与正方体1111ABCD A B C D -的棱有四个交点E ，F ，G ，H ，所以棱11,,,AB CD C C B B 与球面各有一个交点， 如图各记为,,,E F G H .因为OAE △为直角三角形，故1AE ==，故E 为棱AB 的中点. 同理,,F G H 分别为棱11,,CD C C B B 的中点.由正方形ABCD 、,E F 为所在棱的中点可得//EF BC ，同理//GH BC ，故//EF GH ，故,,,E F G H 共面.由正方体1111ABCD A B C D -可得11//A D BC ，故11//A D EF因为11A D ⊄平面EFGH ，EF ⊂平面EFGH ，故11//A D 平面EFGH ，故A 正确.因为在直角三角1BA C 中，1A B =2BC = ，190A BC ∠=︒， 1A C 与BC 不垂直，故1A C 与GH 不垂直，故1A C ⊥平面EFGH 不成立，故B 错误. 由正方体1111ABCD A B C D -可得BC ⊥平面11AA B B ，而1A B ⊂平面11AA B B ， 所以1BC A B ⊥，所以1EF A B ⊥在正方形11AA B B 中，因为,E H 分别为1,AB BB 的中点，故1EH A B ⊥，因为EF EH E =，故1A B ⊥平面EFGH ，所以BEH ∠为直线AB 与平面EFGH 所成的角，而45BEH ∠=︒，故直线AB 与平面EFGH 所成的角为45︒，因为11//AB A B ，故11A B 与平面EFGH 所成的角的大小为45°.故C 正确.因为,,,E F G H 分别为所在棱的中点，故几何体BHE CGF -为三棱柱， 其体积为111212⨯⨯⨯=，而正方体的体积为8， 故平面EFGH 将正方体1111ABCD A B C D -分成两部分的体积的比为1:7，故D 正确. 故选：ACD.【点睛】本题考查空间中线面位置的判断、空间角的计算和体积的计算，注意根据球的半径确定哪些棱与球面有交点，本题属于中档题.12．在ABC 中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ABC ，的面积为S ，若22a S =，则（ ） A ．sin sin 2(cos cos )b Cc B b C c B +=+ B ．2a bc的最大值为1 C ．c b b c+的最大值为5 D ．2222tan 2b c a A a+-= 【答案】ABC【分析】 由面积公式可得2sin bc A a =，再由正弦定理化简即可判断A ；由2sin a A bc =根据sin 1A ≤可判断B ；利用余弦定理可得22sin 2cos b c bc A bc A +=+，进而得出sin 2cos c b A A b c+=+可判断C ；由已知结合余弦定理即可判断D.【详解】 211sin 22S bc A a ==，即2sin bc A a =， 由正弦定理可得2sin sin sin sin B C A A =，sin 0A ≠，()sin sin sin sin sin cos cos sin B C A B C B C B C ∴==+=+，即()sin sin sin sin 2sin cos cos sin B C B C B C B C +=+， 由正弦定理可得sin sin 2(cos cos )b C c B b C c B +=+，故A 正确；2sin bc A a =，2sin a A bc=，()0,A π∈,则当2A π=时，2a bc取得最大值为1，故B 正确；由余弦定理得2222cos a b c bc A =+-，22sin 2cos b c bc A bc A ∴+=+，()22sin 2csin 2c o o s s bc A bc Ac b c b A A A b c bc bcϕ+∴+==+=+=+，其中tan 2ϕ=，则可得c bb c+C 正确；由2sin bc A a =，2222cos a b c bc A =+-联立可得22222tan a A b c a=+-，故D 错误. 故选：ABC. 【点睛】关键点睛：本题考查正余弦定理的运用，解题的关键是利用面积公式和正弦定理将已知化简得出2sin bc A a =.三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13．已知向量||3,||2,|2|213a b a b ==+=，则,a b 的夹角为_________． 【答案】3π 【分析】设a ，b 的夹角为θ，则22244213a b a b a b +=++⋅=，利用数量积的定义，将已知代入即可得到答案. 【详解】设a ，b 的夹角为θ，则22244213a b a b a b +=++⋅=，又3a =，2b ==所以1cos 2θ=，又[0,]θπ∈，故3πθ=．故答案为：3π14．已知复数1z ，2z 满足221z z =，121z z =+，则对于任意的t ∈R ，12tz z +的最小值是________．【分析】先设出2z a bi =+，根据题意得到21z ==，()121z z =⋅，代入12tz z +化简得到21z t z =+12tz z +的最小值. 【详解】解：设2z a bi =+， 则2z a bi =-， 又()()22221z z a bi a bi a b =+⋅-=+=，21z ∴==，121z z =+， ()121z z ∴=⋅，12tz z ∴+()221t z z =+⋅+()211t z =++⋅()11t =+===t R ∈，∴当14t =-时，1min 2tz z ==+15．圆锥底面半径为1，母线长为4，轴截面为PAB ，如图，从A 点拉一绳子绕圆锥侧面一周回到A 点，则最短绳长为_________．【答案】【分析】把圆锥侧面展开为一个平面图形，利用平面上两点间线段最短可得． 【详解】由题意1,4r l ==，所以圆锥侧面展开图中心角为2142ππθ⨯==，如图，2APA π'∠=，则4AA '==故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考查圆锥侧面上的最短距离问题，空间几何体表面上两点间的最短距离问题的解决方法常常是把几何体的表面展开摊平为一个平面图形，利用平面上两点间线段最短求解．16．南宋数学家秦九韶在《数书九章》中提出“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上：以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实：一为从隅，开平方得积可用公式S =a 、b 、c 、S 为三角形的三边和面积）表示.在ABC 中，a 、b 、c 分别为角A 、B 、C 所对的边，若3a =，且22cos cos 3c b C c B -=，则ABC 面积的最大值为___________.【分析】由条件22cos cos 3c b C c B -=结合余弦定理可得出223b c =，然后利用二次函数的基本性质结合公式S =ABC 面积的最大值. 【详解】22cos cos 3c b C c B -=，则22222222223cos 3cos cos cos 22a b c a c b c b C c B ab C ac B ab ac b c ab ac+-+-=-=-=⋅-⋅=-，可得223b c =，所以，S ===12==. 当且仅当3c =时，等号成立.因此，ABC .【点睛】方法点睛：求三角形面积的最值一种常见的类型，主要方法有两类：（1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式或二次函数的基本性质来求解； （2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解.四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17．有一个数学难题，在半小时内，甲能解决的概率是12，乙能解决的概率是13，2人试图独立地在半小时内解决它，求： （1）2人都未解决的概率； （2）问题得到解决的概率. 【答案】（1）13；（2）23【分析】（1）由两个独立事件同时发生的概率等于两个事件分别发生的概率乘积，即可求出2人都未解决的概率；（2）根据问题能得到解决的对立事件为两人都未解决问题，再根据对立事件概率和等于1，即可求解.【详解】解：（1）由题意知：甲、乙两人都未能解决的概率为：11111233⎛⎫⎛⎫-⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭； （2）问题能得到解决，即至少有1人能解决问题， 其对立事件为两人都未解决问题，∴问题得到解决的概率为：12133-=. 18．已知复数(1)(21)()z m m i m R =-++∈ （1）若z 为纯虚数，求实数m 的值；（2）若z 在复平面内的对应点位于第二象限，求实数m 的取值范围及z 的最小值【答案】（1）1；（2）1,12m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，||min z = 【分析】（1）利用纯虚数的定义，实部为零，虚部不等于零即可得出． （2）利用复数模的计算公式、几何意义即可得出． 【详解】 解：（1）(1)(21)()z m m i m R =-++∈为纯虚数，10m ∴-=且210m +≠ 1m ∴=（2）z 在复平面内的对应点为(1,21))m m -+ 由题意：10210m m -<⎧⎨+>⎩，∴112m -<<．即实数m 的取值范围是1,12⎛⎫-⎪⎝⎭．而||z ===当11(,1)52m =-∈-时，||5min z =19．已知(1,0),(2,1)a b ==．（1）当k 为何值时，ka b -与2a b +共线？（2）若23,AB a b BC a mb =+=+且A ，B ，C 三点共线，求m 的值．【答案】（1）12k =-；（2）32. 【分析】（1）由题意，求得(2,1)ka b k -=--，2(5,2)a b +=，根据ka b -与2a b +共线，列出方程，即可求解；（2）因为A ，B ，C 三点共线，得到AB BC λ=，列出方程组，即可求解. 【详解】（1）由(1,0),(2,1)a b ==，可得(1,0)(2,1)(2,1)ka b k k -=-=--，2(1,0)2(2,1)(5,2)a b +=+=，因为ka b -与2a b +共线，所以2(2)(1)50k ---⨯=， 即2450k -+=，解得12k =-. （2）因为A ，B ，C 三点共线，所以,AB BC R λλ=∈，即23()a b a mb λ+=+，所以23m λλ=⎧⎨=⎩，解得32m =.20．已知四棱锥P ABCD -的底面是边长为2的菱形，且60ABC ∠=︒，2PA PC ==，PB PD =.（∈）若O 是AC 与BD 的交点，求证：PO ⊥平面ABCD ； （∈）若点M 是PD 的中点，求异面直线AD 与CM 所成角的余弦值.【答案】（∥）证明见解析；（∥. 【分析】（1）连接AC 与BD 交于点O ，可证得PO AC ⊥，PO BD ⊥,从而得证；（2）取PA 的中点N ，连接MN ，则//MN AD ，则NMC ∠就是所求的角（或其补角），根据边长，利用余弦定理求解即可. 【详解】（1）连接AC 与BD 交于点O ，连OP .PA PC =，PD PB =，且O 是AC 和BD 的中点，PO AC ∴⊥，PO BD ⊥,AC 和BD 为平面ABCD 内的两条相交直线， PO ∴⊥平面ABCD .（2）取PA 的中点N ，连接MN ，则//MN AD ，则NMC ∠就是所求的角（或其补角），根据题意得2,PA PC AC AB AD PO OD =======所以112MN AD ==，NC =PD =所以，MC =故222cos 2MN MC NC NMC MN MC +-∠==⋅21．已知ABC 中，内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，_________． （1）求角C 的大小；（2）若1,tan b c B -==，求ABC 的面积S ．在①cos c C R =（R 为ABC 外接圆的半径），②sin 2cos cos sin 2B C A Bb a-=，③2224S a b c =+-（S 为ABC 的面积），这三个条件中选一个，补充在横线上，并加以解答．【答案】（1）4C π；（2）4+【分析】（1）选①，利用正弦定理的边角互化以及二倍角正弦公式即可求解；选②，利用正弦定理的边角互化即可求解；选③，利用三角形的面积公式以及余弦定理即可求解.（2）根据同角三角函数的基本关系求出sin 3B =，再根据正弦定理可得34c b =，求出,b c ，利用三角形的面积公式求解即可.【详解】（1）选①，由正弦定理2sin sin sin a b cR A B C===， 则cos cos 2sin cos 12sin cc C R c C C C C=⇒=⇒=sin 21C ⇒=， 又02C π<<， 所以22C π=，解得4Cπ.选②，sin 2cos cos sin 2B C A Bb a-= 2sin cos cos cos sin 2sin sin B B C A BB A-⇒=sin cos cos sin cos A B A B C ⇒+= ()sin cos A B C ⇒+=sin cos C C ⇒= tan 1C ⇒=，因为0C π<<，所以4C π.选③，2224S a b c =+-14sin 2cos 2ab C ab C ⇒⨯=sin cos C C ⇒=tan 1C ⇒=，因为0C π<<，所以4C π.（2）tan B =sin cos BB⇒=， 又22sin cos 1B B +=，解得sin 3B =，1cos 3B =，由（1）4Cπ，由正弦定理sin sin b cB C=，=，整理可得34c b =，又1b c -=，解得4,3b c ==，14sin sin()sin cos cos sin 32326A B C B C B C =+=+=+⨯=114sin 124226ABCSbc A +==⨯⨯=+ 22．如图，棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是平行四边形，侧棱1AA ⊥底面ABCD ，过AB 的截面与上底面交于PQ ，且点P 在棱11A D 上，点Q 在棱11C B 上，且1AB =，AC =2BC =.（1）求证：11//PQ A B ；（2）若二面角1A C D C --，求侧棱1BB 的长. 【答案】（1）证明见解析；（2）2．【分析】（1）由线面平行的性质定理可推出//AB PQ ，再由平行的传递性可证得11//PQ A B （2）先找出二面角1A C D C --的平面角CAP ∠，表示出tan CAP ∠，求出CP ，再设1CC x =，建立方程求出1CC ，进而求出1BB .【详解】（1）在棱柱1111ABCD A B C D -中，//AB 面1111D C B A ，AB面ABPQ ， 面1111A B C D 面ABPQ PQ =，由线面平行的性质定理有//AB PQ ，又11//AB A B ，故11//PQ A B ；（2）证明：在底面ABCD 中，1AB =，AC =2BC =.222AB AC BC +=， AB AC ∴⊥，AC CD ∴⊥又因为侧棱1AA ⊥底面ABCD ，则1CC ⊥底面ABCDAC ⊂面11ABB A ，1CC AC ∴⊥又1=CC CD C ，AC ∴⊥面11CDD C过点C 作1CS C D ⊥于S ，连接AS ，则CSA ∠是二面角1A C D C --的平面角．os c CSA ∠=22cos sin 1CSA CSA ∠+∠=，则in s CSA ∠=an t CSA ∠=2tan AC CS CSCSA ==∠=，CS ∴= 设1CC x =，则1111122CC D SC D CS CD CC =⋅⋅=⋅．CS x =，CS ∴==故12CC =，故12BB =．【点睛】方法点睛：作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．。
(2019新教材)人教A版高中数学必修第二册：余弦定理、正弦定理应用举例 课时同步练习
余弦定理、正弦定理应用举例[A 基础达标]1．某观察站C 与两灯塔A ，B 的距离分别为300米和500米，测得灯塔A 在观察站C 的北偏东30°方向上，灯塔B 在观察站C 的正西方向上，则两灯塔A ，B 间的距离为( )A ．500米B ．600米C ．700米D ．800米解析：选C.由题意，在△ABC 中，AC ＝300米，BC ＝500米，∠ACB ＝120°.利用余弦定理可得AB 2＝3002＋5002－2×300×500×cos 120°，所以AB ＝700米，故选C.2．若某人在点A 测得金字塔顶端仰角为30°，此人往金字塔方向走了80米到达点B ，测得金字塔顶端的仰角为45°，则金字塔的高度最接近于(忽略人的身高)( )A ．110米B ．112米C ．220米D ．224米解析：选A.如图，设CD 为金字塔，AB ＝80米．设CD ＝h ，则由已知得(80＋h )×33＝h ，h ＝40(3＋1)≈109(米)．从选项来看110最接近，故选A.3．设甲、乙两幢楼相距20 m ，从乙楼底望甲楼顶的仰角为60°，从甲楼顶望乙楼顶的俯角为30°，则甲、乙两幢楼的高分别是( )A ．20 3 m ，4033m B ．10 3 m ，20 3 m C ．10(3－2) m ，20 3 mD ．1532 m ，2033m解析：选A.由题意，知h 甲＝20tan 60°＝203(m)， h 乙＝20tan 60°－20tan 30°＝4033(m)．4．一船向正北方向航行，看见正西方向有相距10海里的两个灯塔恰好与它在一条直线上，船继续航行半小时后，看见一灯塔在船的南偏西60°方向，另一灯塔在船的南偏西75°方向，则这艘船的速度是( )A ．5 2 海里/时B ．5海里/时C ．10 2 海里/时D ．10海里/时解析：选 D.如图，依题意有∠BAC ＝60°，∠BAD ＝75°，所以∠CAD ＝∠CDA ＝15°，从而CD ＝CA ＝10海里，在直角三角形ABC 中，由正弦定理可得AB ＝5海里，所以这艘船的速度是10海里/时．故选D.5．某船开始看见灯塔在南偏东30°方向，后来船沿南偏东60°的方向航行15 km 后，看见灯塔在正西方向，则这时船与灯塔的距离是( )A ．5 kmB ．10 kmC ．5 3 kmD ．5 2 km解析：选C.作出示意图(如图)，点A 为该船开始的位置，点B 为灯塔的位置，点C 为该船后来的位置，所以在△ABC 中，有∠BAC ＝60°－30°＝30°，B ＝120°，AC ＝15，由正弦定理，得15sin 120°＝BCsin 30°，即BC ＝15×1232＝53，即这时船与灯塔的距离是5 3 km.6.如图所示为一角槽，已知AB ⊥AD ，AB ⊥BE ，并测量得AC ＝3 mm ，BC ＝2 2 mm ，AB ＝29 mm ，则∠ACB ＝________．解析：在△ABC 中，由余弦定理得cos ∠ACB ＝32＋（22）2－（29）22×3×22＝－22.因为∠ACB ∈(0，π)，所以∠ACB ＝3π4.答案：3π47．湖中有一小岛，沿湖有一条南北方向的公路，在这条公路上的一辆汽车上测得小岛在南偏西15°方向，汽车向南行驶1 km 后，又测得小岛在南偏西75°方向，则小岛到公路的距离是________km.解析：如图，∠CAB ＝15°，∠CBA ＝180°－75°＝105°，∠ACB ＝180°－105°－15°＝60°，AB ＝1 km.由正弦定理得BC sin ∠CAB ＝ABsin ∠ACB ，BC ＝sin 15°sin 60°＝6－223(km)．设C 到直线AB 的距离为d ，则d ＝BC sin 75°＝6－223×6＋24＝36(km)． 答案：368.如图，为了测量河对岸的塔高AB ，有不同的方案，其中之一是选取与塔底B 在同一水平面内的两个测点C 和D ，测得CD ＝200 m ，在C 点和D 点测得塔顶A 的仰角分别是45°和30°，且∠CBD ＝30°，则塔高AB ＝________ m.解析：在Rt △ABC 中，∠ACB ＝45°， 设AB ＝h ，则BC ＝h ，在Rt △ABD 中，∠ADB ＝30°， 所以BD ＝3h ，在△BCD 中，∠CBD ＝30°，CD ＝200 m ， 由余弦定理可得40 000＝h 2＋3h 2－2h ·3h ·32， 所以h ＝200， 所以塔高AB ＝200 m. 答案：2009.如图，观测站C 在目标A 的南偏西20°方向，经过A 处有一条南偏东40°走向的公路，在C 处观测到与C 相距31 km 的B 处有一人正沿此公路向A 处行走，走20 km 到达D 处，此时测得C ，D 相距21 km ，求D ，A 之间的距离．解：由已知，得CD ＝21 km ，BC ＝31 km ，BD ＝20 km. 在△BCD 中，由余弦定理，得 cos ∠BDC ＝CD 2＋BD 2－BC 22CD ·BD ＝－17.设∠ADC ＝α，则cos α＝17，sin α＝437.在△ACD 中，由正弦定理AD sin ∠ACD ＝CDsin ∠CAD ，得AD sin （60°＋α）＝21sin 60°，所以AD ＝423sin(60°＋α)＝423⎝⎛⎭⎫32cos α＋12sin α＝15 (km)，即所求的距离为15 km.10．空中有一气球D ，在它正西方向的地面上有一点A ，在此处测得气球的仰角为45°，同时在气球的南偏东60°方向的地面上有一点B ，测得气球的仰角为30°，两观察点A ，B 相距266 m ，计算气球的高度．解：如图，设CD ＝x ，在Rt △ACD 中，∠DAC ＝45°，所以AC ＝CD ＝x .在Rt △BCD 中，∠CBD ＝30°，所以CB ＝CDtan 30°＝3x .在△ABC 中，∠ACB ＝90°＋60°＝150°， 由余弦定理得AB 2＝AC 2＋BC 2－2·AC ·BC ·cos ∠ACB ， 所以2662＝x 2＋(3x )2－2·x ·3x ·⎝⎛⎭⎫－32， 所以x ＝387(m)．所以气球的高度为387 m.[B 能力提升]11．一个大型喷水池的中央有一个强力喷水柱，为了测量喷水柱喷出的水柱的高度，某人在喷水柱正西方向的点A 测得水柱顶端的仰角为45°，沿点A 向北偏东30°前进100 m 到达点B ，在B 点测得水柱顶端的仰角为30°，则水柱的高度是( )A ．50 mB ．100 mC ．120 mD ．150 m解析：选A.如图，设水柱的高度是h m ，水柱底端为C ，则在△ABC 中，A ＝60°，AC ＝h ，AB ＝100，BC ＝ 3 h ，根据余弦定理得，(3h )2＝h 2＋1002－2×h ×100×cos 60°，即h 2＋50h －5 000＝0，即(h －50)(h ＋100)＝0，解得h ＝50或h ＝－100(舍去)，故水柱的高度是50 m.12.如图，某山上原有一条笔直的山路BC ，现在又新架设了一条索道AC ，小李在山脚B 处看索道AC ，发现张角∠ABC ＝120°，从B 处攀登400米后到达D 处，再看索道AC ，发现张角∠ADC ＝150°，从D 处再攀登800米到达C 处，则索道AC 的长为________米．解析：在△ABD 中，BD ＝400，∠ABD ＝120°， 因为∠ADB ＝180°－∠ADC ＝30°， 所以∠DAB ＝30°，所以AB ＝BD ＝400， AD ＝AB 2＋BD 2－2AB ·BD cos 120°＝400 3. 在△ADC 中，DC ＝800，∠ADC ＝150°，AC 2＝AD 2＋DC 2－2AD ·DC ·cos ∠ADC ＝(4003)2＋8002－2×4003×800×cos 150°＝4002×13，所以AC ＝40013，故索道AC 的长为40013米． 答案：4001313.如图，某海轮以60海里/小时的速度航行，在A 点测得海面上油井P 在南偏东60°方向，向北航行40分钟后到达B 点，测得油井P 在南偏东30°方向，海轮改为北偏东60°的航向再行驶80分钟到达C 点，则P ，C 间的距离为________海里．解析：因为AB ＝40，∠BAP ＝120°，∠ABP ＝30°， 所以∠APB ＝30°，所以AP ＝40， 所以BP 2＝AB 2＋AP 2－2AP ·AB ·cos 120° ＝402＋402－2×40×40×⎝⎛⎭⎫－12＝402×3， 所以BP ＝40 3.又∠PBC ＝90°，BC ＝80，所以PC 2＝BP 2＋BC 2＝(403)2＋802＝11 200， 所以PC ＝407 海里． 答案：40714.如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知点A (－3，1)，直线OB 的倾斜角为45°，且|OB |＝ 2.(1)求点B 的坐标及线段AB 的长度；(2)在平面直角坐标系xOy 中，取1厘米为单位长度．现有一质点P 以1厘米/秒的速度从点B 出发，沿倾斜角为60°的射线BC 运动，另一质点Q 同时以2厘米/秒的速度从点A 出发作直线运动，如果要使得质点Q 与P 会合于点C ，那么需要经过多少时间？解：(1)设点B (x 0，y 0)， 依题意x 0＝2cos 45°＝1， y 0＝2sin 45°＝1，从而B (1，1)，又A (－3，1)，所以AB ∥x 轴， 则|AB |＝|1－(－3)|＝4.(2)设质点Q 与P 经过t 秒会合于点C ， 则AC ＝2t ，BC ＝t .由AB ∥x 轴及BC 的倾斜角为60°， 得∠ABC ＝120°.在△ABC 中，由余弦定理得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos 120°， 所以2t 2＝16＋t 2＋8t ·12，化简得t 2－4t －16＝0，解得t ＝2－25(舍去)或t ＝2＋2 5.即若要使得质点Q 与P 会合于点C ，则需要经过(2＋25)秒．[C 拓展探究]15．如图，在海岛A 上有一座海拔1千米的山，山顶设有一个观察站P (观察站高度忽略不计)，上午11时，测得一轮船在岛北偏东30°方向，俯角为30°的B 处，到11时10分又测得该船在岛北偏西60°方向，俯角为60°的C 处．(1)求船的航行速度是每小时多少千米？(2)又经过一段时间后，船到达海岛的正西方向的D 处，问此时船距岛A 有多远？ 解：(1)在Rt △P AB 中，∠APB ＝60°，AP ＝1， 所以AB ＝AP tan 60°＝ 3. 在Rt △P AC 中，∠APC ＝30°， 所以AC ＝AP tan 30°＝33. 在△ACB 中，∠CAB ＝30°＋60°＝90°， 所以BC ＝AC 2＋AB 2＝⎝⎛⎭⎫332＋（3）2＝303.则船的航行速度为303÷16＝230(千米/时)． (2)在△ACD 中，∠DAC ＝90°－60°＝30°，sin ∠DCA＝sin(180°－∠ACB )＝sin ∠ACB ＝AB BC ＝3303＝31010，sin ∠CDA ＝sin(∠ACB －30°)＝sin ∠ACB ·cos 30°－cos ∠ACB ·sin 30° ＝31010×32－121－⎝⎛⎭⎫310102＝10（33－1）20.由正弦定理得AD sin ∠DCA ＝ACsin ∠CDA，所以AD ＝AC ·sin ∠DCA sin ∠CDA ＝33×3101010（33－1）20＝9＋313.故此时船距岛A 有9＋313千米．。
正弦定理(二)课件-高一下学期数学人教A版(2019)必修第二册
由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos B.
故 cos B＝
2 又0°＜B＜180°，因此B＝45°.
，
2
跟踪训练3
(2)若A＝75°，b＝2，求a，c的值.
解
sin A＝sin (30°＋45°)
2＋ 6
＝sin 30°cos 45°＋cos 30°sin 45°＝ 4 .
正 弦 定 理 (二)
学习目标
1.利用正弦、余弦定理了解三角形中边与角的关系.
2.利用正弦、余弦定理判断三角形的形状.
3.掌握正弦、余弦定理的简单应用.
知 识 梳 理
1.余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，
a2＝b2＋c2－2bccos A，
c2＝a2＋b2－2abcos C，
a
b
c
2.正弦定理sin A＝sin B＝sin C＝2R
3.常见误区：利用正弦定理进行边
形的形状.
和角的正弦相互转化时易出现不等
(3)正弦、余弦定理的综合应用.
价变形.
B＝sin
2B·
tan
A，
注意边化角
sin B
sin A
即 sin 2A·
＝sin 2B·
.
cos B
cos A
在△ABC中，因为0<A<π，0<B<π，所以sin A≠0，sin B≠0，
所以sin Acos A＝sin Bcos B，即sin 2A＝sin 2B，
注意正切化
两弦
例2
a2 tan A
2
A
A
A
A
3
人教A版高一数学新教材必修二余弦定理,正弦定理同步练习题
人教A版高一数学新教材必修二余弦定理，正弦定理同步练习题时间：120分钟满分：150分命卷人：审核人：一、选择题（每小题5分，共12小题60分）1. 在中,角,,的对边分别为,,,已知,那么这个三角形最大角的度数是( )A. B.C. D.2. 中,角,,的对边分别为,,,若,,,则( )A. B.C. D.3. 在中,角,,所对的边分别为,,,那么是的( )条件A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充分且必要D. 既不充分也不必要4. 已知中,,那么角的大小是( )A. B.C. D.5. 已知的面积是,其内角,,所对边长分别为,,,且,则等于( )A. B.C. D.6. 在中，分别为角的对边，且，则角的大小为()A. B.C. D.7. 在中,,,分别是角,,的对边,若,且,则的值为( )A. B.8. 已知船在灯塔北偏东且到的距离为,船在灯塔西偏北且到的距离为,则两船的距离为( )A. B.C. D.9. 已知的面积，则等于（）A. B.C. D.10. 在中,分别是角的对边,已知,,的面积为,则的值为( )A. B. 2C. 4D. 111. 在解三角形的问题中,其中一个比较困难的问题是如何由三角形的三边,,直接求三角形的面积,据说这个问题最早是由古希腊数学家阿基米德解决的,他得到了海伦公式即,其中,我国南宋著名数学家秦九韶(约)也在《数书九章》里面给出了一个等价解法,这个解法写成公式就是,这个公式中的应该是( )A. B.C. D.12. 在中,角所对的边分别为,若,则当取最小值时,( )A. B.二、填空题（每小题5分，共4小题20分）13. 在中,已知,,,则__________.14. (2019全国II文)的内角的对边分别为.已知,则__________.15. 设中,角所对的边分别为,若的面积为,则__________.16. 如图,在平面四边形中,,分别为边,上的点,为等边三角形,,且,,,则面积的最大值为__________.三、解答题（第17题10分，第18题12分，第19题12分，第20题12分，第21题12分，第22题12分，共6小题70分）17. 在中,角,,所对的边分别为,,,且.(1)求的值; (2)求的值.18. 在中,,,分别是内角,,的对边,且满足.(1)求角的值; (2)若,边上的中线,求的面积.19.在中,,,分别是内角,,所对的边,已知.(1)求角; (2)若,,求的周长.20. (2020济南一模)如图,平面四边形,点均在半径为的圆上, 且.(1)求的长度; (2)若,,求的面积.21. 设锐角三角形的内角,,的对边分别为,,,.(1)求角的大小; (2)若,求的最大值.22.在中，角所对的边分别是，已知.（1）若的面积等于，求；（2）若，求的面积．2020-2021学年度高一数学新教材必修二余弦定理，正弦定理同步练习题答案和解析第1题：【答案】C【解析】∵,∴, 设(),则,.由大边对大角定理可知,角是最大角, 由余弦定理得, ∵,因此.第2题：【答案】C【解析】由余弦定理得,∴.第3题：【答案】C【解析】由题意得,由三角形的性质可知,大角对大边,可知充分性成立,由正弦定理可知,必要性成立,故选C.第4题：【答案】A【解析】∵,∴,又,∴.第5题：【答案】D【解析】由,得.又∵,得.所以.第6题：【答案】D【解析】依题意，有∴又故，又∴.第7题：【答案】A【解析】在中,因为,且, 由正弦定理得,因为,则, 所以,即,解得,由余弦定理得,即,解得.第8题：【答案】D【解析】依题意可得, 在三角形中,由余弦定理可得:, ∴. 故选D.第9题：【答案】D【解析】.第10题：【答案】B【解析】∵,,又,的面积为, 解得,,.故选B.第11题：【答案】C【解析】因为,所以.第12题：【答案】C【解析】由正、余弦定理可得,∴,∴. ∴, 当,即时取最小值.第13题：【答案】或.【解析】在中,,,,由正弦定理可得, 即,解得,因为,所以或, 所以,或.第14题：【答案】【解析】根据正弦定理可得,即,显然,所以,故.第15题：【答案】【解析】,,∴, ,∵,∴.第16题：【答案】【解析】在中,,,,由余弦定理, 得,得,所以,,,又, 所以在中,由余弦定理,得,得.设, 则,所以在中,由正弦定理得,所以,, 于是,则当,即时,取得最大值,为.第17题：【答案】见解答【解析】(1)因为,由正弦定理得:, 因为,所以,, 整理,得:,因为,所以,,所以,,得. (2)因为,所以,,.第18题：【答案】见解析.【解析】(1)∵,由正弦定理得:, 即,从而,即:,又中,,故,得. (2)由,得:, 从而或(舍去),故.第19题：【答案】见解析.【解析】(1)因为,由正弦定理可得, 又,所以,则, 因为,所以. (2)由已知,所以, 由余弦定理得,, 所以,则, 因此的周长为.第20题：【答案】见解析【解析】(1)由题意可知,的外接圆半径为, 由正弦定理,解得; (2)在中,设,为锐角,则, 因为,所以所以,所以, 因为, 即, 所以,则,, 所以.第21题：【答案】见解答【解析】(1)锐角,,∴, ∵,∴.又,∴. (2),,∴, 即,即: . ∵.∴,∴. ∴的最大值为.第22题：【答案】（1）；（2）【解析】（1）由余弦定理及已知条件，得. 已知的面积等于，即，得. 联立方程组，解得. （2）由题意得，整理得，当时，，所以，所以；当时，得，由正弦定理得，联立方程组，解得. 故的面积.。
2020-2021学年数学新教材人教A版必修第二册作业：6.4.4余弦定理、正弦定理应用举例
由题意可知∠BAC＝π－α－β，在△ABC 中，AB＝siBnC∠sBinAβC＝ sinasαin＋ββ，
∴AD＝ABsinα＝asisninαα＋sinββ.
10．在 200 m 的山顶上，测得山下一塔的塔顶与塔底的俯角分别 400
A． 3 km C．1.5 km
B． 2 km D．2 km
解 析 ： 在 △ ABC 中 ， 由 余 弦 定 理 可 得 AB2 ＝ AC2 ＋ BC2 － 2AC·BC·cosC＝12＋12－2×1×1×－12＝3，所以 AB＝ 3 km.
5．如图所示，某建筑物的高度 BC＝300 m，一架无人机 Q 上的 仪器观测到建筑物顶部 C 的仰角为 15°，地面某处 A 的俯角为 45°， 且∠BAC＝60°，则此无人机距离地面的高度 PQ 为( B )
9．如下图，为了测定河的宽度，在河岸取定基线 BC，其长为 a， 在河对岸取定点 A，测得∠ABC＝α，∠ACB＝β，则河的宽度为
asinαsinβ sinα＋β .
题图
答图 解析：由∠ABC，∠ACB 可得∠BAC，由正弦定理可求得 AB 或 AC 的长，如图，过 A 作 AD⊥BC 于 D，由 Rt△ADB 可求得 AD 即河 的宽度．
二、填空题(每小题 5 分，共 20 分) 8．在相距 2 km 的 A，B 两点处测量目标 C，若∠CAB＝75°，∠ CBA＝60°，则 A，C 两点之间的距离为 6 km.
解析：如图，由题意知 C＝45°，
由正弦定理，得siAn6C0°＝sin245°，
于是
AC＝
2× 2
23＝
6(km)．
2
7．如右图所示，某船在海上以 40 n mile/h 的速度沿着方位角(从 指北方向顺时针转到目标方向线的水平角)为 140°的方向航行．为了 确定船的位置，船在 B 点观测到灯塔 A 的方位角为 110°，航行12 h 后到达 C 点，此时观测到灯塔 A 的方位角是 65°，则船到达 C 点时与 灯塔 A 之间的距离是( B )
(必修二)(人教A版 2019)高一数学下学期期末考试考前必刷题 (人教A版 2019必修二)
2020-2021高一下学期期末考试考前预测卷03试卷满分：150分 考试时长：120分钟注意事项：1.本试题满分150分，考试时间为120分钟.2.答卷前务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上.3.使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰.超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效. 一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆，则这个几何体一定是（ ） A ．圆柱 B ．圆锥C ．球体D ．圆柱、圆锥、球体的组合体【答案】C 【分析】由球体截面的性质，即可确定正确选项. 【详解】各个截面都是圆，几何体中只有球体的任意截面都是圆，∴这个几何体一定是球体，故选：C ．2．已知复数z 满足()234z i i +=+（其中i 为虚数单位），则复数z 的共轭复数为（ ） A ．12i + B ．12i -C ．2i +D ．2i -【答案】C 【分析】根据复数模的公式，结合复数除法运算的法则、共轭复数的定义进行求解可. 【详解】解：∵()234z i i +=+，∵3455(2)222(2)(2)i i z i i i i i +-=====-+++-，∵2z i =+， 故选：C ．3．已知数据12,,,,n x x x t 的平均数为t ，方差为21s ，数据12,,,n x x x 的方差为22s ，则（ ）A ．2212s s > B ．2212s s = C ．2212s s < D ．21s 与22s 的大小关系无法判断【答案】C 【分析】利用方差与均值的关系，结合方差公式即可判断2212,s s 的大小.【详解】 由题设，123...1n x x x x t t n +++++=+，即123...nx x x x t n++++=，∵22111()1n i i s x t n ==-+∑，22211()n i i s x t n ==-∑，即有2212s s <. 故选：C.4．甲乙两人进行扑克牌得分比赛，甲的三张扑克牌分别记为A ，b ，C ，乙的三张扑克牌分别记为a ，B ，c .这六张扑克牌的大小顺序为A a B b C c >>>>>.比赛规则为：每张牌只能出一次，每局比赛双方各出一张牌，共比赛三局，在每局比赛中牌大者得1分，牌小者得0分.若每局比赛之前彼此都不知道对方所出之牌，则六张牌都出完时乙得2分的概率为（ ） A ．16B ．23C ．12D ．13【答案】D 【分析】依题意列出所有的可能情况，根据古典概型的概率公式计算可得； 【详解】解：依题意基本事件总数有3216⨯⨯=种； 分别有以下情况：A a ↔，bB ↔，C c ↔，此时乙得1分； A a ↔，b c ↔，C B ↔，此时乙得1分； A B ↔，b a ↔，C c ↔，此时乙得1分； A B ↔，b c ↔，C a ↔，此时乙得1分； A c ↔，b a ↔，C B ↔，此时乙得2分；A c ↔，bB ↔，C a ↔，此时乙得2分；故六张牌都出完时乙得2分的概率2163P == 故选：D5．在ABC 中，若138,7,cos 14a b C ===，则最大角的余弦是（ ） A ．15- B ．16-C ．17-D ．18-【答案】C 【分析】运用余弦定理求出c ，再根据三角形中大边对大角的性质，结合余弦定理进行求解即可. 【详解】因为138,7,cos 14a b C ===，所以3c ===， 因为a b c >>，所以A B C >>，因此222499641cos 22737b c a A bc +-+-===-⨯⨯，故选：C6．一个正方体的展开图如图所示，A B C D 、、、为原正方体的顶点，则在原来的正方体中（ ）A ．//AB CD B ．AB 与CD 相交C ．AB CD ⊥ D ．AB 与CD 异面【答案】D【分析】将展开图还原为正方体，然后判断,AB CD 的关系即可 【详解】解：还原的正方体如图所示， 显然AB 与CD 异面，连接,CE DE ，则AB ∵DE ，则EDC ∠为异面直线所成的角，因为CDE △是等边三角形，所以60EDC ∠=︒，所以AB 与CD 不垂直， 故选：D7．已如平面向量a 、b 、c ，满足33a =，2b =，2c =，2b c ⋅=，则()()()()222a b a c a b a c ⎡⎤-⋅---⋅-⎣⎦的最大值为（ ）A ．B ．192C ．48D ．【答案】B 【分析】作OA a =，OB b =，OC c =，取BC 的中点D ，连接OD ，分析出BOC 为等边三角形，可求得OD ，计算得出()()()()()22222ABC a b a c a b a c S ⎡⎤-⋅---⋅-=⎣⎦△，利用圆的几何性质求出ABC 面积的最大值，即可得出结果. 【详解】如下图所示，作OA a =，OB b =，OC c =，取BC 的中点D ，连接OD ， 以点O 为圆心，|a⃗|为半径作圆O ，1cos cos ,2b c BOC b c b c⋅∠=<>==⋅，0BOC π≤∠≤，3π∴∠=BOC ， 所以，BOC 为等边三角形，D 为BC 的中点，OD BC ，所以，BOC 的底边BC 上的高为2sin3OD π==，a ⃗−b⃗⃗=OA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗−OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=BA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗，OA OC a c CA --==， 所以，()()cos a b a c BA CA AB AC AB AC BAC -⋅-=⋅=⋅=⋅∠，所以，()()()()()222222cos a b a c a b a c AB AC AB AC BAC ⎡⎤-⋅---⋅-=⋅-⋅∠⎣⎦()()22sin 2ABC AB AC BACS =⋅∠=△，由圆的几何性质可知，当A 、O 、D 三点共线且O 为线段AD 上的点时，ABC 的面积取得最大值，此时，ABC 的底边BC 上的高h 取最大值，即max 43h AO OD =+=，则()max 122ABC S =⨯⨯=△因此，()()()()222a b a c a b a c ⎡⎤-⋅---⋅-⎣⎦的最大值为(24192⨯=.故选：B. 【点睛】结论点睛：已知圆心C 到直线l 的距离为d ，且圆C 的半径为r ，则圆C 上一点到直线l 距离的最大值为d r +.8．已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为A B C D 【答案】A 【分析】首先利用正方体的棱是3组每组有互相平行的4条棱，所以与12条棱所成角相等，只需与从同一个顶点出发的三条棱所成角相等即可，从而判断出面的位置，截正方体所得的截面为一个正六边形，且边长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果. 【详解】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的， 所以在正方体1111ABCD A B C D -中，平面11AB D 与线11111,,AA A B A D 所成的角是相等的，所以平面11AB D 与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的， 同理平面1C BD 也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等， 要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面11AB D 与1C BD 中间的，且过棱的中点的正六边形，且边长为2，所以其面积为26S ==，故选A. 点睛：该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果.二、多选题（本大题共4小题，共20.0分） 9．下列关于复数的说法，其中正确的是（ ） A ．复数(),z a bi a b R =+∈是实数的充要条件是0b = B ．复数(),z a bi a b R =+∈是纯虚数的充要条件是0b ≠ C ．若1z ，2z 互为共轭复数，则12z z 是实数D ．若1z ，2z 互为共轭复数，则在复平面内它们所对应的点关于y 轴对称 【答案】AC 【分析】根据复数的有关概念和充分条件和必要条件的定义进行判断即可． 【详解】解：对于A ：复数(),z a bi a b R =+∈是实数的充要条件是0b =，显然成立，故A 正确； 对于B ：若复数(),z a bi a b R =+∈是纯虚数则0a =且0b ≠，故B 错误；对于C ：若1z ，2z 互为共轭复数，设()1,z a bi a b R =+∈，则()2,z a bi a b R =-∈，所以()()2122222z a bi a bi a b b z i a =+-=-=+是实数，故C 正确；对于D ：若1z ，2z 互为共轭复数，设()1,z a bi a b R =+∈，则()2,z a bi a b R =-∈，所对应的坐标分别为(),a b ，(),a b -，这两点关于x 轴对称，故D 错误； 故选：AC 【点睛】本题主要考查复数的有关概念的判断，利用充分条件和必要条件的定义是解决本题的关键，属于基础题．10．已知向量()()1,0,cos ,sin ,,22a b ππθθθ⎡⎤==∈-⎢⎥⎣⎦，则a b +的值可以是（ ）A B C ．2·D ．【答案】ABC 【分析】由题意，向量()()1,0,cos ,sin a b θθ==，求得22cos a b +=+结合余弦函数的性质，即可求解. 【详解】由题意，向量()()1,0,cos ,sin a b θθ==， 可得1,1,cos a b a b θ==⋅=，又由22222cos a b a b a b +=++⋅=+因为,22ππθ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，则cos [0,1]θ∈2]， 即[2,2]a b +∈，结合选项，可得ABC 适合. 故选：ABC.11．已知正三棱锥P ABC-的底面边长为1，点P 到底面ABC，则（ ） A．该三棱锥的内切球半径为6B．该三棱锥外接球半径为12C D 【答案】ABD 【分析】设PM 是棱锥的高，则M 是ABC 的中心，D 是AB 中点，易得几何体的体积，进而结合等体积法求得内切球的半径，利用直角三角形求解外接球的半径.【详解】如图，PM 是棱锥的高，则M 是ABC 的中心，D 是AB 中点，21ABC S ==△1133P ABC ABC V SPM -=⋅==△C 错D 正确； 113DM ==，6PD ==CM=． 12PBC S BC PD =⨯⨯△112=⨯=所以331242PBC ABC S S S =+=⨯+=△△， 设内切球半径为r ，则13P ABC Sr V -=，3r ==A 正确；易知外接球球心在高PM 上，球心为O ，设外接球半径为R ，则)2223R R ⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭，解得R =，B 正确； 故选：ABD ．【点睛】本题考查空间几何体的内切球，外接球问题，三棱锥的体积求解，考查空间想象能力，运算求解能力，是中档题.本题内切球的半径的求解利用等体积法求解，即：13V S r =⋅表面积（其中r 为内切球半径）.12．下列说法正确的是（ ）A ．若非零向量0AB AC BC AB AC ⎛⎫ ⎪+⋅= ⎪⎝⎭，且12AB AC AB AC ⋅=，则ABC 为等边三角形 B ．已知,,,OA a OB b OC c OD d ====，且四边形ABCD 为平行四边形，则0a b cd +--=C ．已知正三角形ABC 的边长为圆O 是该三角形的内切圆，P 是圆O 上的任意一点，则PA PB ⋅的最大值为1D ．已知向量()()()2,0,2,2,2cos OB OC CA αα===，则OA 与OB 夹角的范围是5,412ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】AC 【分析】利用单位向量以及向量数量积的定义可判断A ；利用向量的加法运算可判断B ；利用向量的加、减运算可判断C ；由题意可得点A 在以()2,2为圆心，2为半径的圆上，由向量夹角定义可判断D.【详解】A ，因为非零向量0AB AC BC AB AC ⎛⎫⎪+⋅= ⎪⎝⎭，所以BAC ∠的平分线与BC 垂直， ABC 为等腰三角形，又12AB AC ABAC⋅=，所以3BAC π∠=， 所以ABC 为等边三角形，故A 正确； B ，a b c d OA OB OC OD +--=+--,CA DB CD DA DA AB =+=+++，在平行四边形ABCD 中，有AB DC =， 所以原式20DA =≠，故B 错误； C ，设正三角形ABC 内切圆半径r ， 由面积相等可得112332323sin 223r π⨯⨯=⨯， 解得1r =，令AB 的中点为D ，从而3DA DC == 则2PA PB PD +=，2PA PB BA DA -==, 两式平方作差可得22444PA PB PD DA ⋅=-,即23PA PB PD ⋅=-，若要使PA PB ⋅最大，只需2PD 最大由于D 为AB 的中点，也为圆O 与AB 的切点，所以PD 的最大值为22r =， 所以23431PA PB PD ⋅=-≤-=，故C 正确； D ，设(),OA x y =，())222,2CA OA OC x y αα=-=--=，所以22x α-=，22y α-=，所以()()22222x y -+-=，即A 在以()2,2为半径的圆上， 如图：1sin 2COA ∠==，所以6COA π∠=，当OA 与圆在下方相切时，OA 与OB 夹角最小，此时为4612πππ-=，当OA 与圆在上方相切时，OA 与OB 夹角最大，此时为54612πππ+=，所以OA 与OB 夹角的范围是5,1212ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦，故D 错误. 故选：AC 【点睛】关键点点睛：本题考查了向量的数量积定义、向量的加减法以及向量的夹角，解题的关键是是将向量问题转化为平面几何问题，利用圆的性质求解，考查了转化思想、数学运算、数学建模，此题是向量的综合题目.三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13．已知向量(1,2),(2,3)a b ==-，若向量c 满足()//c a b +，()c a b ⊥+，则c =________． 【答案】77(,)93-- 【分析】设(,)c x y =，表示出相关向量的坐标，然后利用向量的平行与垂直的坐标公式代入计算.【详解】设(,)c x y =，则()1,2c a x y +=++，()3,1+=-a b ，因为()//c a b +，()c a b ⊥+，所以()()3122030x y x y ⎧-+-+=⎨-=⎩，得77,93x y =-=-，所以77(,)93c =--. 故答案为：77(,)93--14．某网店根据以往某品牌衣服的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，如图所示，由此估计日销售量不低于50件的概率为________．【答案】0.55 【分析】用1减去销量为[)30,50的概率，求得日销售量不低于50件的概率. 【详解】用频率估计概率知日销售量不低于50件的概率为1－（0.015＋0.03）×10＝0.55. 故答案为：0.55 【点睛】本小题主要考查根据频率分布直方图计算事件概率，属于基础题.15．如图，点A 是半径为1的半圆O 的直径延长线上的一点，OA =B 为半圆上任意一点，以AB 为一边作等边ABC ，则四边形OACB 的面积的最大值为___________.【答案】【分析】设AOB θ∠=，表示出ABC 的面积及OAB 的面积，进而表示出四边形OACB 的面积，并化简所得面积的解析式为正弦函数形式，再根据三角函数的有界性进行求解． 【详解】四边形OACB 的面积OAB =△的面积ABC +△的面积，设AOB θ∠=，2222cos 31214AB OA OB OA OB θθθ∴=+-⋅⋅=+-⨯=-则ABC 的面积213sin 60cos 22AB AC θ=⋅⋅︒=OAB 的面积11sin 122OA OB θθθ=⋅⋅=⨯=，四边形OACB 的面积3cos 2θθ=13(sin )60)2θθθ=-=-︒，故当6090θ-︒=︒，即150θ=︒时，四边形OACB =故答案为： 【点睛】方法点睛：应用余弦定理一定要熟记两种形式：（1）2222cos a b c bc A =+-；（2）222cos 2b c a A bc+-=，同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住30,45,60︒︒︒等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.16．若四棱锥P ABCD -的侧面PAB 内有一动点Q ，已知Q 到底面ABCD 的距离与Q 到点P 的距离之比为正常数k ，且动点Q 的轨迹是抛物线，则当二面角P AB C 平面角的大小为60︒时，k 的值为_____.【分析】 设二面角PAB C 平面角为θ，点Q 到底面ABCD 的距离为||QH ，点Q 到定直线AB 的距离为d ，则||sin QH d θ=.再由点Q 到底面ABCD 的距离与到点P 的距离之比为正常数k ，可得||||QH PQ k =，故sin PQ d kθ=，根据抛物线的定义sin k θ=，由给定的二面角的大小可求k 值. 【详解】 如图，设二面角P AB C 平面角为θ，点Q 到底面ABCD 的距离为||QH ，点Q 到定直线AB 得距离为d ，则|in |s d QH θ=，即||sin QH d θ=. ∵点Q 到底面ABCD 的距离与到点P 的距离之比为正常数k ，∵||||QH k PQ =，则||||QH PQ k =，所以sin PQ d kθ=. ∵动点Q 的轨迹是抛物线，故sin k θ=.因为60θ=︒，故k =.【点睛】本题考查空间中动点的轨迹以及二面角的应用，前者需利用平面解析几何中圆锥曲线的定义来求动点满足的几何性质，本题属于中档题.四、解答题（本大题共6小题，共70.0分） 17．已知向量(3,2)a =，(2,1)b =-． （1）若k +a b 与ka b +平行，求k 的值； （2）若a b λ-与a b λ+垂直，求λ的值．【答案】（1）1k =±（2）1λ=-±【分析】（1）根据向量平行的坐标表示计算可得结果； （2）根据向量垂直的坐标表示计算可得结果. 【详解】（1）因为向量(3,2)a =，(2,1)b =-，所以(32,2)a kb k k +=+-，(32,21)ka b k k +=+-，因为k +a b 与ka b +平行，所以(32)(21)(2)(32)0k k k k +---+=，即21k =， 所以1k =±.（2）因为向量(3,2)a =，(2,1)b =-，所以a b λ-(32,21)λλ=-+，a b λ+(32,2)λλ=+-，因为a b λ-与a b λ+垂直，所以(32,21)λλ-+(32,2)λλ⋅+-0=，所以(32)(32)(21)(2)0λλλλ-+++-=，解得1λ=-±18．若复数1z 满足()()1211z i i i -++=-（i 为虚数单位），复数2z 的虚部为2，且12z z 是实数．（1）求1z 的模长； （2）求2z ．【答案】（1）（2）222z i =+. 【分析】（1）利用复数的四则运算直接化简已知等式可求得1z ，由模长运算可求得结果； （2）设22z a i =+，由12z z 为实数可知12z z 的虚部为零，构造方程求得a ，进而得到2z . 【详解】 （1）()()1211z i i i -++=-，1122221iz i i i i i-∴=+-=-+-=-+，1z ∴==（2）设22z a i =+，则()()()()122222442z z i a i a a i =-+=++-，12z z 为实数，420a ∴-=，解得：2a =，222z i ∴=+.19．如图，圆锥的底面直径和高均是4，过PO 的中点O '作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱.（1）求该圆锥的表面积； （2）求剩余几何体的体积.【答案】（1）4π+（；（2）103π. 【分析】（1）先求母线长，再求侧面积和底面积. （2）用锥体体积减去柱体体积. 【详解】（1）因为圆锥的底面直径和高均是4，所以半径为2，母线l ==所以圆锥的表面积为2222(4S r r l πππππ=⋅+⋅⋅=⨯+⨯⨯=+.（2）由题意知，因为O '为PO 的中点，所以挖去圆柱的半径为1，高为2，剩下几何体的体积为圆锥的体积减去挖去小圆柱的体积， 所以22110241233V πππ=⋅⨯⨯-⨯⨯=. 20．甲、乙二人独立破译同一密码，甲破译密码的概率为0.7，乙破译密码的概率为0.6.记事件A ：甲破译密码，事件B ：乙破译密码. （1）求甲、乙二人都破译密码的概率； （2）求恰有一人破译密码的概率.【答案】（1）0.42；（2）0.46. 【分析】（1）由相互独立事件概率的乘法公式运算即可得解；（2）由互斥事件概率的加法公式及相互独立事件概率的乘法公式运算即可得解. 【详解】（1）事件“甲、乙二人都破译密码”可表示为AB ，事件A ，B 相互独立， 由题意可知()()0.7,0.6P A P B ==，所以()()()0.70.60.42P AB P A P B =⋅=⨯=；（2）事件“恰有一人破译密码”可表示为AB +AB ，且AB ,AB 互斥 所以()()()()()()()P AB AB P AB P AB P A P B P A P B +=+=+()()10.70.60.710.60.46=-⨯+⨯-=.21．由于2020年1月份国内疫情爆发，经济活动大范围停顿，餐饮业受到重大影响.3月份复工复产工作逐步推进，居民生活逐步恢复正常.李克强总理在6月1日考察山东烟台一处老旧小区时提到，地摊经济､小店经济是就业岗位的重要来源，是人间的烟火，和“高大上”一样，是中国的生机.某商场经营者陈某准备在商场门前“摆地摊”，经营冷饮生意.已知该商场门前是一块角形区域，如图所示，其中120APB ∠=，且在该区域内点R 处有一个路灯，经测量点R 到区域边界PA 、PB 的距离分别为4m RS =，6m RT =，(m 为长度单位).陈某准备过点R 修建一条长椅MN （点M ，N 分别落在PA ，PB 上，长椅的宽度及路灯的粗细忽略不计），以供购买冷饮的人休息.（1）求点P 到点R 的距离；（2）为优化经营面积，当PM 等于多少时，该三角形PMN 区域面积最小？并求出面积的最小值.【答案】（1；（2）PM = 【分析】（1）连接ST ，PR ，在RST 中，利用余弦定理求出ST ，可求出cos STR ∠，可得出sin PTS ∠的值，在PST 中，利用正弦定理求出SP 的值，进而利用勾股定理可求得PR ；（2）利用三角形的面积公式可得出234PM PN PM PN ⋅=+，利用基本不等式可求得PM PN ⋅的最小值，进而可求得PMN 面积的最小值及其对应的PM 的值.【详解】解：（1）连接ST 、PR ，在RST 中，60SRT ∠=，由余弦定理可得：22246246cos6028ST =+-⨯⨯⨯=，ST ∴=在RST 中，由余弦定理可得，222cos 2ST RT SR STR ST RT +-∠==⋅.在PST 中，sin cos PTS STR ∠=∠=，由正弦定理可得：sin sin120SP ST PTS =∠，解得：sin sin120ST PTS SP ∠==.在直角SPR △中，2222211243PR RS SP =+=+=⎝⎭，3PR ∴=；（2）13sin1202PMN S PM PN PM PN =⋅⋅=⋅△， 11462322PMN PRM PRN S S S PM PN PM PN =+=⨯+⨯=+△△△.23PN PM PN ⋅=+≥.128PM PN ∴⋅≥，当且仅当23128PM PNPM PN =⎧⎨⋅=⎩时，即当PM =因此，4PMN S PM PN =⋅≥△ 【点睛】方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下： （1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”； （2）若式子中含有a 、b 、c 的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”； （3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”； （4）代数式变形或者三角恒等变换前置；（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理. 22．如图，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D,E 分别是AB ，BB 1的中点.（Ⅰ）证明： BC 1//平面A 1CD;（Ⅰ）设AA 1= AC=CB=2，C 一A 1DE 的体积.【答案】（∵）见解析（∵）111132C A DE V -=⨯=【详解】试题分析：（∵）连接AC1交A1C于点F，则DF为三角形ABC1的中位线，故DF∵BC1．再根据直线和平面平行的判定定理证得BC1∵平面A1CD．（∵）由题意可得此直三棱柱的底面ABC为等腰直角三角形，由D为AB的中点可得CD∵平面ABB1A1．求得CD的值，利用勾股定理求得A1D、DE和A1E的值，可得A1D∵DE．进而求得S∵A1DE的值，再根据三棱锥C-A1DE的体积为13•S∵A1DE•CD，运算求得结果试题解析：（1）证明：连结AC1交A1C于点F，则F为AC1中点又D是AB中点，连结DF，则BC1∵DF．3分因为DF∵平面A1CD，BC1不包含于平面A1CD，4分所以BC1∵平面A1CD．5分（2）解：因为ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，所以AA1∵CD．由已知AC=CB，D为AB的中点，所以CD∵AB．又AA1∩AB=A，于是CD∵平面ABB1A1．8分由AA1=AC=CB=2，得∵ACB=90°，，，，A1E=3，故A1D2+DE2=A1E2，即DE∵A1D 10分所以三菱锥C﹣A1DE的体积为：==1．12分考点：直线与平面平行的判定；棱柱、棱锥、棱台的体积。
高中数学第六章平面向量及其应用6.4平面向量的应用6.4.3第课时正弦定理课时作业含解析第二册
课时作业13 正弦定理时间：45分钟——基础巩固类——一、选择题1．(多选)在△ABC中，给出下列4个命题，其中正确的命题是（ABD）A．若A〈B，则sin A<sin BB．若sin A〈sin B，则A<BC．若A〉B，则错误!〉错误!D．A<B,则cos2A>cos2B解析：A。
若A<B，则a<b,2R sin A<2R sin B,所以sin A<sin B,故该选项正确；B.若sin A〈sin B，∴a2R〈错误!,∴a<b，则A<B，故该选项正确；C。
若A〉B,设A＝错误!，B＝错误!，∴错误!<0，错误!>0，故该选项错误．D.A<B，则sin A〈sin B,sin2A〈sin2B，∴－sin2A〉－sin2B，∴1－sin2A>1－sin2B，所以cos2A>cos2B，故该选项正确．故选ABD.2．已知△ABC外接圆的半径R＝5,内角A,B，C的对边分别为a，b，c，则错误!＝(C)A．2.5 B．5C．10 D．不确定解析：根据正弦定理错误!＝错误!＝错误!＝2R,得错误!＝10.3．在△ABC中，∠A＝60°,a＝4错误!，b＝4错误!,则∠B等于（C）A．45°或135°B．135°C．45°D．以上答案都不对解析：∵sin B＝错误!＝错误!＝错误!，∴∠B＝45°或135°。
但当∠B＝135°时，不符合题意，所以∠B＝45°，故选C。
4．若三角形三个内角之比为123，则这个三角形三边之比是(B）A．12 3 B．132C．2错误! 1 D。
错误!12解析：设三角形内角∠A、∠B、∠C分别为x，2x,3x，则x＋2x＋3x＝180°，∴x＝30°，由正弦定理错误!＝错误!＝错误!，可知a b c＝sin A sin B sin C,∴a b c＝sin30°sin60°sin90°＝错误!错误!1＝1错误!2。
2020-2021学年新教材人教A版必修第二册 643 第2课时 正弦定理 作业
2020-2021学年新教材人教A 版必修第二册 6.4.3 第2课时 正弦定理 作业A 组·素养自测一、选择题1．在△ABC 中，a ＝3，b ＝5，sin A ＝13，则sin B ＝( B )A ．15B ．59C ．53D ．1[解析] 由a sin A ＝b sin B ，知313＝5sin B ，即sin B ＝59，选B ．2．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .若3a ＝2b ，则2sin 2B －sin 2Asin 2A 的值为( D )A ．－19B ．13C ．1D ．72[解析] 由正弦定理得2sin 2B －sin 2A sin 2A ＝2b 2－a 2a 2＝2b 2a 2－1＝2·(32a )2a 2－1＝72. 3．已知△ABC 的面积为32，且b ＝2，c ＝3，则sin A ＝( A )A ．32 B ．12C ．34D ． 3[解析] 由已知，得32＝12×2×3×sin A ，∴sin A ＝32. 4．在△ABC 中，已知3b ＝23a sin B ，且cos B ＝cos C ，角A 是锐角，则△ABC 的形状是( D )A ．直角三角形B ．等腰三角形C ．等腰直角三角形D ．等边三角形[解析] 由3b ＝23a sin B ，得b sin B ＝23a 3，根据正弦定理，得b sin B ＝a sin A ，所以asin A＝23a 3，即sin A ＝32.又角A 是锐角，所以A ＝60°.又cos B ＝cos C ，且B ，C 都为三角形的内角，所以B ＝C .故△ABC 为等边三角形，故选D ．5．(多选)在△ABC 中，若a ＝2，b ＝23，A ＝30°，则B 为( AC ) A ．60° B ．30° C ．120°D ．30°或150°[解析] 由正弦定理可知a sin A ＝b sin B ，∴sin B ＝b sin A a ＝23×122＝32，∵B ∈(0°，180°)，∴B ＝60°或120°. 二、填空题6．已知△ABC 外接圆半径是2 cm ，∠A ＝60°，则BC 边长为[解析] ∵BCsin A＝2R ，∴BC ＝2R sin A ＝4sin60°＝23(cm).7．(2019·北师大附二中高二检测)在△ABC 中，若B ＝2A ，a ︰b ＝1︰3，则A ＝__30°__. [解析] 由正弦定理a sin A ＝b sin B 知，sin A sin B ＝a b ＝13， 所以sin B ＝3sin A ＝sin2A . 所以cos A ＝32，因为A 为△ABC 的内角， 所以A ＝30°.8．在△ABC 中，若A ＝120°，AB ＝5，BC ＝7，则sin B sin C 的值为__35__.[解析] 由余弦定理可得49＝AC 2＋25－2×5×AC ×cos 120°，整理得： AC 2＋5·AC －24＝0，解得AC ＝3或AC ＝－8(舍去)， 再由正弦定理可得sin B sin C ＝AC AB ＝35.三、解答题9．在△ABC 中，已知c ＝6，A ＝45°，a ＝2，求△ABC 中其他边与角的大小. [解析] 由正弦定理，得a sin A ＝c sin C ，∴sin C ＝c sin Aa ＝6×sin45°2＝32，∵因为0°<C <180°，∴C ＝60°或C ＝120°.当C ＝60°时，B ＝75°，b ＝c sin B sin C ＝6sin75°sin60°＝3＋1； 当C ＝120°时，B ＝15°，b ＝c sin B sin C ＝6sin15°sin120°＝3－1． ∴b ＝3＋1，B ＝75°，C ＝60°或b ＝3－1，B ＝15°， C ＝120°.10．在平面四边形ABCD 中，∠ADC ＝90°，∠A ＝45°，AB ＝2，BD ＝5． (1)求cos ∠ADB ； (2)若DC ＝22，求BC . [解析] (1)在△ABD 中， 由正弦定理得BD sin A ＝ABsin ∠ADB ，由题设知，5sin 45°＝2sin ∠ADB ，所以sin ∠ADB ＝25. 由题设知，∠ADB <90°， 所以cos ∠ADB ＝1－225＝235. (2)由题设及(1)知，cos ∠BDC ＝sin ∠ADB ＝25. 在△BCD 中，由余弦定理得BC 2＝BD 2＋DC 2－2BD ·DC ·cos ∠BDC ＝25＋8－2×5×22×25＝25，所以BC ＝5． B 组·素养提升一、选择题1．在△ABC 中，若sin A >sin B ，则A 与B 的大小关系为( A ) A ．A >B B ．A <BC ．A ≥BD ．A ，B 的大小关系不确定[解析] 设内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，∵sin A >sin B ，∴2R sin A >2R sin B (R 为△ABC 外接圆的半径)，即a >b ，故A >B .2．在△ABC 中，a ＝1，A ＝30°，C ＝45°，则△ABC 的面积为( D ) A ．22 B ．24 C ．32D ．3＋14[解析] 由正弦定理，得c ＝a sin Csin A＝2，∵B ＝180°－30°－45°＝105°， sin105°＝sin(60°＋45°)＝sin60°cos45°＋cos60°sin45°＝6＋24，∴S △ABC ＝12ac sin B ＝3＋14.3．在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c .若a cos A ＝b sin B ，则sin A cos A ＋cos 2B ＝( D )A ．－12B ．12C ． －1D ． 1[解析] ∵a cos A ＝b sin B ，∴sin A cos A ＝sin 2B ＝1－cos 2B ，∴sin A cos A ＋cos 2B ＝1．4．△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c .已知sin B ＋sin A (sin C －cos C )＝0，a ＝2，c ＝2，则C ＝( B )A ．π12B ．π6C ．π4D ．π3[解析] 因为a ＝2，c ＝2， 所以由正弦定理可知，2sin A ＝2sin C ，故sin A ＝2sin C ， 又B ＝π－(A ＋C )， 故sin B ＋sin A (sin C －cos C ) ＝sin(A ＋C )＋sin A sin C －sin A cos C＝sin A cos C ＋cos A sin C ＋sin A sin C －sin A cos C ＝(sin A ＋cos A )sin C ＝0．又C 为△ABC 的内角， 故sin C ≠0，则sin A ＋cos A ＝0，即tan A ＝－1．又A ∈(0，π)，所以A ＝3π4.从而sin C ＝12sin A ＝22×22＝12.由A ＝3π4知C 为锐角，故C ＝π6.故选B ． 二、填空题5．在△ABC 中，已知a ︰b ︰c ＝4︰3︰5，则2sin A －sin Bsin C＝__1__.[解析] 设a ＝4k ，b ＝3k ，c ＝5k (k >0)，由正弦定理，得2sin A －sin B sin C ＝2×4k －3k5k ＝1．6．△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，若2b cos B ＝a cos C ＋c cos A ，则B ＝__π3__. [解析] 由2b cos B ＝a cos C ＋c cos A 及正弦定理， 得2sin B cos B ＝sin A cos C ＋sin C cos A . ∴2sin B cos B ＝sin(A ＋C ). 又A ＋B ＋C ＝π，∴A ＋C ＝π－B . ∴2sin B cos B ＝sin(π－B )＝sin B . 又sin B ≠0，∴cos B ＝12.又∵0<B <π，∴B ＝π3.三、解答题7．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知cos A －2cos C cos B ＝2c －ab .(1)求sin Csin A的值； (2)若cos B ＝14，△ABC 的周长为5，求b 的长.[解析] (1)由正弦定理可设 a sin A ＝b sin B ＝c sin C ＝k ， 则2c －a b ＝2k sin C －k sin A k sin B＝2sin C －sin A sin B，所以cos A －2cos C cos B ＝2sin C －sin A sin B ，即(cos A －2cos C )sin B ＝(2sin C －sin A )cos B ， 化简可得sin(A ＋B )＝2sin(B ＋C ). 又A ＋B ＋C ＝π，所以sin C ＝2sin A ，因此sin Csin A ＝2．(2)由sin Csin A＝2，得c ＝2a . 由余弦定理及cos B ＝14，得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝a 2＋4a 2－4a 2×14＝4a 2，所以b ＝2a .又a ＋b ＋c ＝5，所以a ＝1，因此b ＝2．8．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知2cos C (a cos B ＋b cos A )＝c . (1)求C .(2)若c ＝7，△ABC 的面积为332，求△ABC 的周长.[解析] (1)由已知及正弦定理得， 2cos C (sin A cos B ＋sin B cos A )＝sin C ， 即2cos C sin(A ＋B )＝sin C . 故2sin C cos C ＝sin C . 又C 为△ABC 的内角， 可得cos C ＝12，所以C ＝π3.(2)由已知，12ab sin C ＝332.又C ＝π3，所以ab ＝6．由已知及余弦定理得a 2＋b 2－2ab cos C ＝7． 故a 2＋b 2＝13，从而(a ＋b )2＝25． 所以△ABC 的周长为5＋7.。
专题13 余弦定理、正弦定理的应用-新教材2019-2020学年高一数学人教A版必修第二册(重点练)(原卷版)
1．三角形的两边长分别为3和5，其夹角θ的余弦值是方程25760x x --=的根，则该三角形的面积为 A ．6 B ．7 C ．8D ．102．某人向正东方向走了x km 后向右转了150°，然后沿新方向走了3km，结果离出发点恰好为3km ，那么x 的值为 A ．3 B ．23 C ．3D ．23或33．如图，设A ，B 两点在河的两岸，一测量者在A 的同侧，在所在的河岸边选定的一点C ，测出AC 的距离为502m ，45ACB ∠=︒，105CAB ∠=︒后，就可以计算出A ，B 两点的距离为A ．100mB ．503mC ．1002mD ．200m4．一艘客船上午9:30在A 处，测得灯塔S 在它的北偏东30°，之后它以每小时32海里的速度继续沿正北方向匀速航行，上午10:00到达B 处，此时测得船与灯塔S 相距82海里，则灯塔S 在B 处的 A ．北偏东75° B ．北偏东75°或东偏南75° C ．东偏南75°D ．以上方位都不对5．已知ABC △的面积为S ，三个内角A,B,C 的对边分别为a,b,c ，若4S =a 2−(b −c)2，bc =4，则ABC △的形状是专题13 余弦定理、正弦定理的应用第六章 平面向量及其应用A ．直角三角形B ．钝角三角形C ．锐角三角形D ．不能确定6．如图所示，为了测量河对岸电视塔CD 的高度，小王在点A 处测得塔顶D 的仰角为30°，塔底C 与A 的连线同河岸成15°角，小王向前走了1200m 到达M 处，测得塔底C 与M 的连线同河岸成60°角，则电视塔CD 的高度为A ．B ．C ．D ．7．如图，巡航艇在海上以60km /h 的速度沿南偏东40︒的方向航行．为了确定巡航艇的位置，巡航艇在B 处观测灯塔A ，其方向是南偏东70︒，航行1h 2到达C 处，观测灯塔A 的方向是北偏东65︒，则巡航艇到达C 处时，与灯塔A 的距离是A ．10km B．km C ．15kmD．km8．在ABC △中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且)(sin sin )()sin b A B c b C -=-，a =S 为ABC △的面积，则cos S B C +的最大值为mmmmA ．1B ．2 CD．9．在△ABC 中，若4,5,AB AC ==△BCD 为等边三角形（,A D 两点在BC 两侧），则当四边形ABDC 的面积最大时，BAC ∠=A ．π2 B ．π3 C ．2π3D ．5π610．如图所示，为了测量A ，B 两处岛屿间的距离，小明在D 处观测，A ，B 分别在D 处的北偏西15∘、北偏东45∘方向，再往正东方向行驶20海里至C 处，观测B 在C 处的正北方向，A 在C 处的北偏西60∘方向，则A ，B 两处岛屿间的距离为A ．20√6海里B ．10√6海里C ．10(1+√3)海里D ．20海里11．在希腊数学家海伦的著作《测地术》中记载了著名的海伦公式，利用三角形的三条边长可求三角形的面积．若三角形的三边长为，，，则其面积．已知在中，，，当其面积取最大值时__________．12．江岸边有一炮台高30m ，江中有两条船，船与炮台底部在同一水平面上，由炮台顶部测得两船的俯角分别为45︒和60︒，而且两条船与炮台底部连线成30︒角，则两条船相距_____________m ． 13．甲船在岛B 的正南A 处，AB =10km ，甲船以每小时4km 的速度向正北航行，同时，乙船自B 出发以每小时6km 的速度向北偏东60°的方向驶去．当甲、乙两船相距最近时，它们所航行的时间是_____________h ．14．某炮兵阵地位于A 点，两个观察所分别位于C ，D 两点，已知△ACD 为等边三角形，且DC =，a b c )c ABC △6BC =2AB AC =S sin A =当目标出现在B 点（A ，B 两点位于CD 两侧）时，测得45CDB ∠=︒，75BCD ∠=︒，则炮兵阵地与目标的距离为_____________km .15．已知锐角三角形ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若1a =，221b c bc +-=，则ABC△面积的取值范围是_____________．16．如图，在△ABC 中，D 为BC 的中点，AB =4AC =，3AD =.（1）求边BC 的长；（2）点E 在边AB 上，若CE 是BCA ∠的角平分线，求△BCE 的面积.17．如图，有一位于A处的雷达观察站发现其北偏东45︒，与A相距B处有一货船正匀速直︒+（其中cosθ=，且与A相距线行驶，20分钟后又测得该船位于A点北偏东45θ的C处．（1）求该船的行驶速度；（2）在A处的正南方向20海里E处有一暗礁（不考虑暗礁的面积）．如果货船继续行驶，它是否有触礁的危险？说明理由．18．如图，，，三地有直道相通，千米，千米，千米．现甲、乙两警员同时从地出发匀速前往地，经过小时，他们之间的距离为（单位：千米）．甲的路线是，速度是千米/小时，乙的路线是，速度是千米/小时，乙到达地后原地等待，设时，乙到达地．（1）求与1()f t 的值；（2）已知警员的对讲机的有效通话距离是3千米．当时，求的表达式，并判断在上的最大值是否超过？并说明理由．A B C 5AB =3AC =4BC =A B t ()f t AB 5ACB 8B 1t t =C 1t 11t t ≤≤()f t ()f t 1[,1]t 3。
专题07 正弦定理-高一数学阶段性复习精选精练(人教A版2019必修第二册)
专题07 正弦定理一、单选题1．在ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若a =3B π=，4A π=，则b = AB ．3 C．D ．6【试题来源】河南省新乡市2020-2021学年高二上学期期中（文） 【答案】A【分析】根据正弦定理，由题中条件，可直接得出结果． 【解析】因为在ABC中，a =3B π=，4A π=，所以由正弦定理可得sin 3sin sin sin4ab B Aππ===A ．2．在ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c．若a =，1sin 3A =，则sin B =ABC．6D．6【试题来源】云南省楚雄州中小学2020-2021学年高二上学期期中教学质量监测 【答案】C【分析】由正弦定理即可求出．【解析】因为,a =所以2b a =．由正弦定理可得sin sin a b A B =，则sin 1sin 3b A B a ===．故选C ． 3．在ABC 中，若3a =，cos A =ABC 外接圆的半径为A ．6 B．C ．3D【试题来源】河南省长垣市第十中学2020-2021学年高二上学期十月调研考试（理） 【答案】C【分析】利用正弦定理可得ABC 外接圆的半径． 【解析】在ABC 中，若3a =，cos A =，所以1sin 2A =，由正弦定理2sin a R A=，所以33122R ==⨯．故选C.4．在ABC 中，若3a =，1sin 2A =，则ABC 外接圆的半径为A ．6BC ．3 D．2【试题来源】河南省长垣市第十中学2020-2021学年高二上学期十月调研考试（文） 【答案】C【分析】利用正弦定理直接求出ABC 的外接圆的半径．【解析】在ABC 中，由正弦定理2sin a R A=，所以33122R ==⨯．故选C ．5．在ABC中，已知60,B b ==sin sin a bA B+=+． A ．2B ．12CD．3【试题来源】四川省都江堰中学2019-2020学年高一下学期期中 【答案】A【分析】根据正弦定理，得到sin sin a b A B ==【解析】由题意知60,B b ==2sin 60b B ==根据正弦定理，可得2sin sin sin 60a b A B ===︒，所以2sin sin sin a b a A B A +==+．故选A ． 6．在ABC 中，a 、b 、c 分别为ABC ∆的内角A 、B 、C 的对边，15a =、10b =、60A =，则cos B =A ．12-B ．2-C D 【试题来源】2020-2021学年【补习教材寒假作业】高二数学（文）（人教A 版） 【答案】D【分析】根据题中条件，由正弦定理，得到sin B =，进而可得cos B ．【解析】由正弦定理sin sin a b A B =得1510sin 60sin B =，所以sin B =，因为b a <，所以B A <，故角B 为锐角，所以cos B ===D ． 7．ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若2sin a B b =，则角A 等于 A ．3πB ．3π或23πC ．6π D ．6π或56π 【试题来源】河南省许昌市2020-2021学年高二上学期期末（理） 【答案】D【分析】由正弦定理化简得1sin 2A =，即可求解． 【解析】因为2sin a B b =，由正弦定理可得2sin sin sin A B B =， 因为(0,)B π∈，可得sin 0B >，所以1sin 2A =，又由(0,)A π∈，所以6A π=或56π．故选D ． 8．在ABC 中，3B π=，4Cπ，2AB =，则AC =ABC ．3D．【试题来源】广东省东莞市2020-2021学年高二上学期期末 【答案】B【分析】在ABC 中，由正弦定理可得sin sin AC ABB C=，代入已知数据即可求解． 【解析】在ABC 中，由正弦定理可得sin sin AC AB B C=，即2sin sin 34AC ππ=，所以22AC ==，故选B ． 9．ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若45A =︒，60B =︒，2a =，则b =ABCD．【试题来源】广西桂林市2020-2021学年高二年级上学期期末（理） 【答案】A【解析】因为45A =︒，60B =︒，2a =，所以由正弦定理可得sin sin a bA B=， 则b=2sin 2sin 60sin sin 452a B A ===，故选A ． 10．在ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ．已知sin cos()cos sin 1A A C A B ++=，且2sin b B =，则a c +的取值范围是A ．92,4⎛⎤ ⎥⎝⎦B．94⎤⎥⎦C．)2D ．2⎤⎦【试题来源】云南省楚雄州中小学2020-2021学年高二上学期期中教学质量监测 【答案】B【分析】由sin cos()cos sin 1A A C A B ++=，利用两角差的正弦易得()sin 1B A -=，进而得到2B A π=+，22C A π=-，再根据2sin b B =，转化为()2sin sin a c R A C +=+24sin +2sin 2A A =-+，利用二次函数的性质求解．【解析】因为sin cos()cos sin 1A A C A B ++=，所以sin cos cos sin 1A B A B -+=，所以()sin 1B A -=， 因为A ，B 为内角，所以2B A π-=，即2B A π=+，则22C A π=-，因为2sin b B =，所以22sin bR B==， 所以()()2sin sin 2sin cos2a c R A C A A +=+=+22194sin +2sin 24sin 44A A A ⎛⎫=-+=--+ ⎪⎝⎭，因为002022A B A C A πππππ⎧⎪<<⎪⎪<=+<⎨⎪⎪<=-<⎪⎩解得04A π<<，则sin 0,2A ⎛∈ ⎝⎭， 所以a c +的取值范围是94⎤⎥⎦，故选B.11．ABC 中角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，则下列结论错误的是 A ．sin sin a b A B >⇔> B ．cos cos a b A B >⇔< C ．sin 2sin 2a b A B >⇔>D ．cos2cos2a b A B >⇔<【试题来源】河南省八市重点高中2020-2021学年高二上学期11月联考（理） 【答案】C【分析】根据正弦定理及三角形的性质大边对大角可得A B >，对于A 通过A B >，利用正弦定理，推出sin sin A B >．B 由A B >，通过余弦函数的单调性可得cos cos A B <；C 由A B >通过举反例说明sin2sin2A B >不正确即可．D 由A B >，通过正弦定理以及同角三角函数的基本关系式，以及二倍角的余弦函数推出cos2cos2A B <． 【解析】因为a b >，所以A B > 对于A ，a b >，利用正弦定理可得2sin a r A =，2sin b r B =，故sin sin A B >．故A正确；对于B ，A B >，ABC 中，A 、(0,)B π∈，余弦函数是减函数，所以cos cos A B <，故B 正确；对于C ，例如60A =︒，45B =︒，满足A B >，但不满足sin 2A =，sin 21B =，所以C ：sin2sin2A B >，不正确；对于D ，因为在ABC 中，a b >，利用正弦定理可得2sin a r A =，2sin b r B =，故sin sin 0A B >>，所以22sin sin A B >，可得2212sin 12sin A B -<-，由二倍角公式可得cos2cos2A B <，故D 正确．故选C ．【名师点睛】本题考查正弦函数的单调性，正弦定理，同角三角函数的基本关系，三角形中有大角对大边，将命题转化是解题的关键．12．在ABC 中角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．若cos cos cos A B Ca b c==，2a =，则ABC 的面积为A ．4B ．C ．2D 【试题来源】吉林省通化市辉南县第一中学2020-2021学年高二第二次月考（文） 【答案】D【分析】由正弦定理的边化角公式得出tan tan tan A B C ==，进而确定ABC 为等边三角形，最后由三角形面积公式得出答案． 【解析】由正弦定理及cos cos cos A B Ca b c==可得tan tan tan A B C ==，又,,(0,)A B C π∈，所以A B C ==，所以ABC 为等边三角形，所以2ABCS==故选D ．13．在ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，则“a b >”是“sin sin a A b B +>+”的A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【试题来源】河南省焦作市天一大联考2020-2021学年高二12月份月考（理） 【答案】C【分析】根据正弦定理分别判断充分性和必要性即可． 【解析】由正弦定理可知2sin sin a bR A B==，若a b >，则sin sin A B >， 则sin sin a A b B +>+，则可得“a b >”是“sin sin a A b B +>+”的充分条件， 再由sin sin a A b B +>+可得，2sin sin 2sin sin R A A R B B +>+， 即(21)sin (21)sin R A R B +>+，所以sin sin A B >，从而a b >， 即“a b >”是“sin sin a A b B +>+”的必要条件，所以“a b >”是“sin sin a A b B +>+”的充要条件．故选C ．14．ABC 中，边a ，b ，c 的对角分别是A ，B ，C ，若2sin b a B =，则角A = A ．30 B ．150︒ C ．60︒或120︒D ．30或150︒【试题来源】四川省成都市盐道街中学2019-2020学年高一下学期期中 【答案】D【分析】利用正弦定理的边角互化即可求解． 【解析】在ABC 中，由正弦定理知sin sin a bA B=，则sin sin 1sin 2sin 2a B a B A b a B ⋅⋅===⋅， 因为角A 是ABC 的内角，所以0180A <<︒︒，所以角A 等于30或150︒．故选D ．15．在锐角ABC 中，角A 、B 所对的边长分别为a 、b ，若2sin a B =，则A ∠等于 A ．60︒ B ．120︒ C ．30D ．150︒【试题来源】新疆巴音郭楞蒙古自治州库尔勒市2019-2020学年高一下学期期末考试 【答案】A【分析】由条件结合正弦定理可得2sin sin A B B ，然后得sin A =即可选出答案．【解析】因为2sin a B =，所以由正弦定理可得2sin sin A B B ，因为sin 0B ≠，所以sin A =，因为角A 为锐角，所以60A ∠=︒，故选A.16．在ABC 中，10a =，5b =，31B =，则此三角形的解的情况是 A ．有两解 B ．有一解 C ．无解D ．有无数个解【试题来源】宁夏石嘴山市平罗中学2020-2021学年高二上学期第二次月考 【答案】C【分析】通过作圆法可确定三角形解的情况． 【解析】作CD 垂直于BA 所在直线，垂足为D ， 则sin 10sin 3110sin 305CD a B ==>=，以C 为圆心，5为半径作圆，可知与BA 无交点，故三角形无解．故选C ．17．在ABC 中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，若2sin b A =，则B = A ．6π B ．6π或56πC ．3πD ．3π或23π【试题来源】2021年1月浙江省普通高中学业水平考试 【答案】D【分析】根据2sin b A =，利用正弦定理得到2sin sin B A A =求解．【解析】因为在ABC 中，2sin b A =，所以2sin sin B A A =，因为sin 0A ≠，所以sin B =，因为()0,B π∈，则B =3π或23π，故选D.18．在ABC sin cos B c b A =-，则B = A ．12πB ．6πC ．4π D ．3π 【试题来源】江西省贵溪市实验中学2021届高三上学期一模考试数学（三校生）试题【答案】Bsin sin sin cos A B C B A =-，再利用三角恒等变形计算角B ．【解析】根据正弦定理，可知2sin a R A =，2sin b R B =，2sin c R C =，sin sin sin cos A B C B A =-， 又A B C π++=，()sin sin sin cos cos sin C A B A B A B ∴=+=+，sin sin cos A B A B =，sin 0A ≠，sin tan cos B B B ∴==，得6B π=．故选B. 19．在ABC 中，若2sin b a B =，则A 等于 A ．30或60︒ B ．45︒或60︒ C ．120︒或60︒D ．30或150︒【试题来源】贵州省黔西南州兴义市第二高级中学2021届高三上学期期末考试（理） 【答案】D【分析】结合正弦定理得到1sin 2A =，即可得出结果． 【解析】由正弦定理可知，2sin b a B =，即sin 2sin sin B A B =， 在ABC 中，0180B ︒<<︒，则sin 0B ≠， 所以1sin 2A =，又0180A <<︒︒，所以30A =︒或150︒．故选D ． 20．在ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，则“2sin a b A =”是“6B π=”的A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【试题来源】安徽省芜湖市2020-2021学年高三上学期期末（文） 【答案】B【分析】由题意结合正弦定理和必要不充分条件的定义可得答案． 【解析】由正弦定理和已知得sin 2sin sin A B A =， 因为0A π<<，所以sin 0A ≠，所以1sin 2B =，由于0B π<<， 所以6B π=或56B π=，所以“2sin a b A =”是“6B π=”的必要不充分条件．故选B ．【名师点睛】必要不充分条件的判断，一般可根据如下规则判断： （1）若p 是q 的必要不充分条件，则q 对应集合是p 对应集合的真子集； （2）p 是q 的充分不必要条件， 则p 对应集合是q 对应集合的真子集； （3）p 是q 的充分必要条件，则p 对应集合与q 对应集合相等； （4）p 是q 的既不充分又不必要条件，q 对的集合与p 对应集合互不包含．21．已知在ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．若sin cos 0b A B =，则B = A ．23πB ．3π C ．4π D ．34π 【试题来源】河南省驻马店市2020-2021学年高二上学期期末（文） 【答案】A【分析】利用正弦定理的边角互化即可求解．【解析】由sin cos 0sin cos b A B b A B =⇒=，则sin sin cos B A A B =，又0A π<<，则sin 0A ≠，所以sin =B B ，即tan B =23B π=．故选A. 22．在ABC 中，若5AC =，6B π=，3tan 4A =，则BC =A ．3B ．C ．6D ．152【试题来源】河南省平顶山市2020-2021学年高二上学期期末（文） 【答案】C【分析】由正切求得正弦，然后用正弦定理求解． 【解析】因为3tan 4A =，(0,)A π∈，所以3sin 5A =，根据正弦定理可得sin sin BC ACA B =，所以sin 6sin AC A BC B==．故选C ． 23．在锐角ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，已知1c =，且cos cos 1a C A -=，则2sin A C -的取值范围是A．(0,2 B．()1 C．(1 D．()【试题来源】河南省新乡市2020-2021学年高二上学期期中（文）【答案】B【分析】由已知条件得出cos cos a C c A c -=，利用正弦定理结合两角差的正弦公式得出2A C =，利用ABC 为锐角三角形，求出角C 的取值范围，再利用三角恒等变换思想化简所求代数式，利用正弦型函数的有界性可求得2sin A C -的取值范围．【解析】由于cos cos 1a C A -=且1c =，可得cos cos a C c A c -=，由正弦定理可得sin cos cos sin sin A C A C C -=，即()sin sin A C C -=，02A π<<，02C <<π，可得22A C ππ-<-<，A C C ∴-=，即2A C =， ABC 为锐角三角形，可得02202032C C C ππππ⎧<<⎪⎪⎪<<⎨⎪⎪<-<⎪⎩，解得64C ππ<<，所以，21cos 2sin sin 2sin 222sin 223C A C C C C C π-⎛⎫-=-=+ ⎪⎝⎭ 64C ππ<<，可得252336C πππ<+<，1sin 2232C π⎛⎫∴<+< ⎪⎝⎭所以，12sin 203C π⎛⎫<+< ⎪⎝⎭．故选B ． 【名师点睛】解三角形的问题中，求解与三角形内角的代数式的取值范围问题时，一般利用三个内角之间的关系转化为以某角为自变量的三角函数来求解，同时不要忽略了对象角的取值范围的求解．24．在ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知2a =，且(cos 1)2cos b A B +=，则ABC 周长的取值范围是A ．(2,4)B ．(4,6)C ．(2,6) D．2,6)【试题来源】河南省南阳市2020-2021学年高二上学期期中（理）【答案】B【分析】把已知式中2换成a 后用正弦定理化边为角，由三角函数恒等变换可得2A B =，然后由正弦定理把,b c 用角B 表示，得周长的表达式，求出B 角范围后可得周长的范围，【解析】因为2a =，()cos 12cos b A B +=，所以()cos 1cos b A a B +=，所以()sin cos 1sin cos B A A B +=，所以()sin sin cos cos sin sin =-=-B A B A B A B ，则B A B =-，即2A B =． 由正弦定理可得sin sin sin a b c A B C ==， 则sin 1sin cos a B b A B ==，sin 2sin 314cos sin sin 2cos a C B c B A B B===-， 故ABC 的周长1124cos 4cos 2cos cos l a b c B B B B=++=++-=+． 因为0π,02π,0π3π,B B B <<⎧⎪<<⎨⎪<-<⎩解得π03B <<，则1cos 12B <<， 故ABC 的周长()4,6l ∈．故选B ．【名师点睛】本题主要考查正弦定理，解题关键是把已知等式中的2用边a 替换，这样可用正弦定理进行边角转化，化边为角，从而求得2A B =，然后可得B 角范围，同时再用正弦定理求出边,b c （表示为B 的函数），从而可求得周长的范围．25．ABC 中角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若3cos cos b B c C =-，则A 的最大值是 A ．56π B ．23π C ．6π D ．3π 【试题来源】河南省八市重点高中2020-2021学年高二上学期11月联考（理）【答案】C【分析】先根据题中条件，由正弦定理，得到sin 3cos cos sin B B C C =-，sin 2cos sin A B C =-，由两角和的正切公式，得出22tan tan 13tan C A C=+，利用基本不等式，即可得出结果． 【解析】因为3cos cos b B c C=-，由正弦定理可得sin 3cos cos sin B B C C =-， 则sin cos 3cos sin 0B C B C +=，所以()sin sin 2cos sin A B C B C =+=-，因为A ，B ，C 为ABC 的内角，则sin 0A >，sin 0C >，所以cos 0B <，则2B ππ<<，所以A 、C 都为锐角；又由sin 3cos cos sin B B C C =-可得sin 3sin cos cos B C CB =-，即tan 3tan =-BC ， 则()2tan tan 2tan tan tan 1tan tan 13tan B C C A B C B C C+=-+=-=-+， 令tan 0x C =>，则222tan 1133x A x x x ==≤=++， 当且仅当13x x =，即x = 所以()maxtan A =，因此A 的最大值为6π．故选C ． 【名师点睛】求解本题的关键在于利用正弦定理，结合三角恒等变换，得到22tan tan 13tan C A C=+，再利用基本不等式，求解即可．（求解时，要注意角的范围）． 26．在ABC 中，角A 、B 所对的边长分别为a 、b ，则“a b =”是“cos cos a A b B =”的 A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件【试题来源】山东省菏泽市2021届高三上学期期中考试（A ）【答案】C【分析】由cos cos a A b B=结合正弦定理求得A B =，进而判断可得出结论． 【解析】若cos cos a A b B =，由正弦定理可得sin cos sin cos A A B B =，所以，sin cos cos sin 0A B A B -=，即()sin 0A B -=，0A π<<，0B π<<，可得A B ππ-<-<，所以，0A B -=，A B ∴=．由a b A B =⇔=可知，cos cos a A a b b B=⇔=． 因此，“a b =”是“cos cos a A b B=”的充要条件．故选C ．27．在ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，已知1tan 2A =，cos 10B =，若ABC ，则最短边长为ABC D ．【试题来源】2021年高考一轮数学（文）单元复习一遍过【答案】A【分析】先结合角的范围利用同角三角函数基本关系求得角,A B 的正余弦，再利用三角形内角和为π和诱导公式计算角C 的正余弦，判断c 为最大边，b 为最短边，利用正弦定理求出b 即可． 【解析】由1tan 02A =>知02A π<<，利用同角三角函数基本关系可求得cos A =，sinA =，由cos 010B =>知02B π<<，得sin 0B =>，A B C π++=， 所以cos cos()cos cos sin sin C A B A B A B =-+=-⋅+⋅1010==<，sin 2C =，即C 为钝角，C 为最大角，故c 为最大边，有c =， 由sin sinA B =>=a b >，最短边为b ，于是由正弦定理sin sin b c B C =，即12b =b =A ． 【名师点睛】本题解题关键在于通过计算内角的正余弦值判断c 为最大边，b 为最短边，才能再利用已知条件和正弦定理计算突破答案．28．在ABC 中，“A B >”是“sin sin A B >”的A ．充要条件B ．必要不充分条件C ．充分不必要条件D ．既不充分也不必要条件【试题来源】江苏省连云港市新海高级中学2020-2021学年高三上学期期末【答案】A【分析】根据A B >与sin sin A B >的互相推出情况，确定出属于何种条件．【解析】因为A B >a b ⇒>，再由正弦定理可知sin sin A B >，所以sin sin A B A B >⇒>；因为sin sin A B >，根据正弦定理可知a b >，又a b A B >⇒>，所以sin sin A A B B >⇒>，所以“A B >”是“sin sin A B >”的充要条件，故选A ．【名师点睛】在三角形中，三角形的内角越大，其所对的边越长，反之亦成立；三角形的内角越小，其所对的边越短，反之亦成立．29．在ABC 中，由角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且2(cos cos )c a B b A =-，则tan()A B -的最大值为ABC ．1 D【试题来源】河南省湘豫名校2020-2021学年高三上学期1月月考（理）【答案】D【分析】根据正弦定理和三角形的内角和定理，化简得到tan 3tan A B =，再根据两角差的正切公式，结合基本不等式，即可求解．【解析】因为在ABC 中，2(cos cos )c a B b A =-由正弦定理可得2sin cos 2sin cos sin A B B A C ⋅-⋅=．因为()C A B π=-+，可得sin sin()sin cos cos sin C A B A B A B =+=+，即sin cos 3cos sin A B A B =，即tan 3tan A B =，所以2tan tan 2tan 2tan()11tan tan 13tan 3tan tan A B B A B A B B B B --===≤+⋅++．因为tan 3tan A B =，可得tan 0B >，所以13tan tan B B +≥=，当且仅当tan B =，即6B π=，2C π=，3A π=时取“=”，所以tan()A B -≤，即tan()A B -D ． 【名师点睛】对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，同时注意三角形内角和定理，三角形面积公式在解题中的应用．30．德国著名的天文学家开普勒说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割，如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿”黄金三角形有两种，其中底与腰之比为黄金分割比的黄金三角形被认为是最美的三角形，它是两底角为72︒的等腰三角形（另一种是两底角为36︒的等腰三角形），例如，五角星由五个黄金三角形与一个正五边形组成，如图所示，在其中一个黄金ABC中，BC AC =息，可得sin54︒=ABC ．48+D ．14- 【试题来源】福建省宁德市2020-2021学年高一上学期期末考试【答案】A【分析】在ABC ，由正弦定理可知sin sin BC BAC AC ABC ∠=∠可得cos36︒=，进而根据诱导公式得sin54cos36︒== 【解析】在ABC ，由正弦定理可知sin sin 36sin 3611sin sin 722sin 36cos362cos362BC BAC AC ABC ︒︒︒︒︒︒∠=====∠，∴1cos364︒==，由诱导公式()sin54sin 9036cos36︒=-=，所以sin54︒=．故选A ． 【名师点睛】本题主要考查了根据正弦定理和诱导公式求三角函数值，解题关键是掌握正弦定理公式和熟练使用诱导公式，考查了分析能力和计算能力，属于中档题．二、多选题1．在ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别是a ，b ，c ，若2b =，30A =︒，若满足条件的ABC 唯一确定，则a 的可能值为A ．12 B ．1 C ．32D ．2 【试题来源】【新东方】在线数学32【答案】BD【分析】根据ABC 唯一确定，得到sin a b A =或a b ≥，求解即可得到a 的可能值．【解析】若满足ABC 唯一确定，则sin 2sin301a b A ==⨯=或2a b ≥=，故选BD ．2．在ABC 中，角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c ，下列说法正确的有A ．若45A =︒，4b =，4a =，则ABC 有两解B ．若 tan tan tan 0A BC ++>，则ABC 一定是锐角三角形C ． a b >是sin sin A B >是充要条件D ．若cos cos a A b B =，则ABC 形状是等腰或直角三角形【试题来源】江苏省南通市如皋市2020-2021学年高二上学期教学质量调研（二）【答案】BCD【分析】A 选项，由题中条件，得到B A =，即可判断A 错；B 选项，由两角和的正切公式，将原式化简，可判断B 正确；根据正弦定理，对选项中的条件进行处理，可判断CD 正确．【解析】A 选项，在ABC 中，若45A =︒，4b =，4a =，则45B A ==︒，所以90C =︒，即ABC 只有一解；故A 错；B 选项，由()tan tan tan tan 1tan tan BC A B C B C+=-+=--可得 tan tan tan tan tan tan A A B C B C -+=+，又 tan tan tan 0A B C ++>，所以tan tan tan tan tan 0A A A B C -+>，即tan tan tan 0A B C >，因为角A ，B ，C 为三角形内角，为使tan tan tan 0A B C >，只能角A ，B ，C 都为锐角，或有两角是钝角（显然不可能）；因此ABC 一定是锐角三角形；故B 正确；C 选项，在ABC 中，若 a b >，由正弦定理，可得sin sin A B >；反之也成立，所以 a b >是sin sin A B >是充要条件，故C 正确；D 选项，由cos cos a A b B =，根据正弦定理，可得sin cos sin cos A A B B =，即sin 2sin 2A B =，所以22A B =或22A B π=-，则A B =或2A B π+=，故ABC 形状是等腰或直角三角形，故D 正确．故选BCD ．3．下列说法正确的是A ．在ABC 中，若sin sin AB >，则A B >．B ．在ABC 中，sin sin sin sin a a b c A A B C+-=+-． C ．在三角形中，已知两边和一角就能求三角形的面积．D ．在ABC 中，已知40b =，20c =，60C =︒，则此三角形有一解．【试题来源】广东省普宁市2020-2021学年高二上学期期中质量测试【答案】ABC【分析】根据正弦定理和余弦定理，逐项判定，即可得出结果．【解析】A 选项，因为sin sin A B >，根据正弦定理，可得a b >，由三角形的性质，大边对大角，所以A B >，故A 正确；B 选项，在ABC 中，由正弦定理可得2sin sin sin a b c R A B C===（R 为ABC 外接圆半径），所以2sin 2sin 2sin 2sin sin sin sin sin sin sin a b c R A R B R C a R A B C A B C A+-+-===+-+-，故B 正确；C 选项，在三角形中，若已知两边与两边夹角，可直接根据三角形面积公式求三角形面积；若已知两边一邻角，可根据余弦定理，先求出第三边，再根据三角形面积公式即可求出三角形面积；即在三角形中，已知两边和一角就能求三角形的面积．故C 正确； D 选项，在ABC 中，已知40b =，20c =，60C =︒，由正弦定理可得40sin 2sin 120b C B c===>，显然不成立，所以此三角形不存在，故D 错．故选ABC ． 4．在ABC 中，角A B C ，，所对的边分别为a ，b ，c ，π3A =，2a =，若满足条件的三角形有且只有一个，则边b 的可能取值为A ．1BC ．2D ．3【试题来源】江苏省南通市如皋市2020-2021学年高二上学期期末【答案】ABC【分析】作图，然后根据题意分析满足条件的三角形有且只有一个的情况有两种：a h =或a b ≥，即可求出b 的可能取值．【解析】如图所示，则sin h b A =，因为满足条件的三角形有且只有一个，所以sin ==a h b A 或者a b ≥，则b =或2b ≤，则可知b 的可能取值为1，2．故选ABC ．【名师点睛】关于三角形解的个数问题，求解时一定要注意结合三角形的图分析，主要通过比较边长与高的大小关系来判断三角形解的个数．5．在ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，则下列结论中正确的是 A ．若cos cos a A b B =，则ABC 一定是等腰三角形B ．若cos cos A B >，则sin sin A B <C ．若ABC 是锐角三角形，sin sin sin cos cos cos A B C A B C ++>++D ．若ABC 是钝角三角形，则tan tan tan tan tan tan 3A B B C C A ++<【试题来源】江苏省镇江市2020-2021学年高三上学期期中【答案】BCD【分析】利用三角函数的性质，结合诱导公式以及正切函数的两角和公式，逐个选项进行判断求解即可【解析】对于A ，根据正弦定理，由cos cos a A b B =，得出sin cos sin cos A A B B =，所以，sin 2sin 2A B =，因为在ABC 中，令6A π=，3B π=，此时，仍有sin 2sin 2A B =，所以，ABC 不一定是等腰三角形，A 错误；对于B ，由已知条件得，0,0A B ππ>>>>，因为cos cos A B >，所以，A ，B 均为锐角，则有02B A π>>>，所以，sin sin A B <，B 正确；对于C ，若ABC 是锐角三角形，则,,A B C 均为锐角，所以，2A B π+>，得02A π>>和02B π>>，且2A B π>-，得sin sin()cos 2A B B π>-=，同理，可证得，sin cos B C >，sin cos C A >，所以，sin sin sin cos cos cos A B C A B C ++>++成立，C 正确； 对于D ，若ABC 是钝角三角形，不妨设C 为钝角，则,A B 为锐角，则有tan tan()0C A B =-+<，所以，tan tan tan()01tan tan A B A B A B++=>-， 因为tan 0,tan 0A B >>，所以，1tan tan 0A B ->，得到1tan tan A B >，又由C 为钝角，可得tan tan tan tan 0B C C A +<，所以，tan tan tan tan tan tan 3A B B C C A ++<成立，同理，当A 为钝角或者B 为钝角时，该不等式仍然成立，D 正确；故选BCD【名师点睛】解题的关键在于，利用特殊角进行赋值进行判断选项，以及利用三角函数的性质和相关公式，逐个选项进行判断，主要考查学生的运算能力，属于中档题 三、填空题1．在ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a ，b ，c ，若2a c =，cos 7C =，则sin A =__________．【试题来源】河南省开封市2020-2021学年高二上学期五县联考期中（文） 【答案】67．【分析】由cos 7C =可以求出sin C ，再利用基本不等式即可求解．【解析】因为cos C =，所以02C <<π，所以3sin 7C ==， 因为2a c =，由正弦定理得sin 2sin A C =， 因为3sin 7C =，所以6sin 2sin 7A C ==．故答案为67．2．在ABC 中，已知B ＝45°，c ＝，b ，则A ＝__________． 【试题来源】陕西省榆林市第十二中学2020-2021学年高二上学期第二次月考 【答案】512π或12π． 【分析】利用正弦定理求出C ，进而求出A ．【解析】在ABC 中，B ＝45°，c ＝，b ，由正弦定理可得sin sin b c B C =，即23sin 45sin C=，解得sin C =， 因为c b >，所以3C π=或23π，所以53412A ππππ=--=或23412A ππππ=--=．故答案为512π或12π．3．在ABC 中，若3,4b c C π===，则角B 的大小为__________．【试题来源】上海市金山中学2021届高三上学期期中 【答案】13π或23π 【分析】利用正弦定理sin sin b cB C=，即可得到答案． 【解析】由正弦定理sin sin b c B C=得3sin 2B =解得sin B =，因为0B π<<，所以13B π=或23π．故答案为13π或23π.4．ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知60C =︒，b ，3c =，则A =__________．【试题来源】山西省大同市煤矿第四中学校2021届高三上学期期中（文） 【答案】75°【分析】在ABC 中，利用正弦定理求得 sin B ，然后根据b c <，求得角B 即可． 【解析】在ABC 中，60C =︒，b =，3c =，由正弦定理得sin sin b cB C=，所以6sin 602sin 3b C B c ====b c <，所以60B C <=，所以45B =，所以75A =，故答案为75°.5．ABC 中，A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知23cosB =，4b =，3c =，则cos C __________．【试题来源】河南省信阳市2020-2021学年第一学期高二期中教学质量检测（文） 【分析】根据同角三角函数的基本关系求出sin B ，再由正弦定理求出sin C ，从而求出cosC .【解析】由2cos 3B =，()0,B π∈得sin 3B ==，由正弦定理得sin sin b c B C=3sin C =，33sin 44C ∴== c b <，C ∴一定为锐角，cos 4C ∴==46．在ABC 中，4A π=，4BC =，则ABC 外接圆的面积为__________．【试题来源】河南省南阳市2020-2021学年高二上学期期中（理） 【答案】8π【分析】由正弦定理求得外接圆半径后可得面积．【解析】设ABC 外接圆的半径为R，则2sin 2BC R A===故ABC 外接圆的面积为2π8πR =．故答案为8π．7．在ABC 中，,,A B C 的对边分别为,,a b c ，若13,cos 2a A ==-，则ABC 的外接圆的面积为__________．【试题来源】吉林油田高级中学2019-2020学年第二学期高一期末考试（理） 【答案】3π【分析】先求出sin A ，再由正弦定理即可求出外接圆半径，进而求出面积． 【解析】在ABC 中，1cos 2A =-，sin 2A ∴==， 设外接圆的半径为R，则由正弦定理可得2sin a R A ===R ， 则ABC 的外接圆的面积为23R ππ=．故答案为3π． 8．在ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c若()cos()cos sin a B C A C a -=-，则A =__________．【试题来源】吉林省白城市第一中学2020-2021学年高三上学期第三次月考（文） 【答案】3π【分析】先利用三角恒等变换，将原式化为2sin sin sin cos a B C C A =，根据正弦定理，得到sin A A =，进而可求出结果．【解析】由()cos()cos sin a B C A C a -=-得cos()cos sin cos a B C a A C A -+=，则cos()cos()sin cos a B C a B C C A --+=，则()cos cos sin sin cos cos sin sin sin cos a B C B C B C B C C A +--=⎡⎤⎣⎦即2sin sin sin cos a B C C A =，由正弦定理可得2sin sin sin sin cos A B C B C A =， 又角A ，B ，C 为三角形内角，所以()0A B C π∈,,,，则sin A A =，即tan A =3A π=．故答案为3π． 9．在ABC 中，若2AB =，512B π∠=，4C π∠=，则BC =__________． 【试题来源】上海市浦东新区2021届高三上学期一模【分析】由内角和求得A ，然后由正弦定理求得BC ． 【解析】51243A πBC ππππ-=--==-， 由正弦定理得sin sin AB BC C A =，所以2sinsin 3sin sin4πAB A BC πC ===． 10．在ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，若满足4A π=，3b =的ABC有且仅有一个，则边a 的取值范围是__________．【试题来源】浙江省浙南名校联盟2020-2021学年高二上学期期末联考 【答案】32(3,){}2+∞ 【分析】根据正弦定理可化为3sin sin AB a=，结合三角形一解求解．【解析】由正弦定理，sin sin a bA B=，所以3sin sin A B a =，因为ABC 有且仅有一个，所以sin 1B =或sin sin B A <，即a =或3a >，故答案为32(3,){}+∞. 11．在ABC 中，若,tan 23B C AC π===，则AB =__________．【试题来源】安徽省皖西南联盟2020-2021学年高三上学期期末（文） 【答案】13【分析】由tan C =可求出in s C =【解析】因为sin tan cos C C C ==22sin cos 1C C +=，所以in s C = 由正弦定理得sin sin AC AB B C=，则sin sin C B ACAB == 12．在ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若3B π=，a =512C π=，则b =__________．【试题来源】河南省新乡市2020-2021学年高二上学期期末（文）【解析】因为4A B C ππ=--=，所以sinsin34bππ=，解得b =13．在ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．已知3cos 3b C a c =-，且 A C =，则sin A =__________．【试题来源】陕西省咸阳市2020-2021学年高三上学期高考模拟检测（一）（理） 【分析】根据正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式，整理可得cos B 的值，结合题意，利用二倍角公式，即可求得答案．【解析】因为3cos 3b C a c =-，利用正弦定理边化角可得3sin cos 3sin sin B C A C =-， 又=A B C π++，所以=()A B C π-+，即[]sin sin ()sin()A B C B C π=-+=+=sin cos cos sin B C B C +，所以3sin cos 3(sin cos cos sin )sin B C B C B C C =+-，所以3cos sin sin B C C =，因为(0,)C π∈，所以sin 0C ≠，所以1cos 3B =， 又 AC =，所以21cos cos(2)cos 22sin 13B A A A π=-=-=-=， 因为(0,)A π∈，所以sin 0A >，所以sin A ==14．已知锐角三角形ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c 且2sin b a B =，则cos sin B C +的取值范围为__________．【试题来源】湖北省部分省重点中学2020-2021学年高二上学期期中联考【答案】322⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭【分析】由正弦定理化边为角可得1sin 2A =，得出6A π=，再由三角形是锐角三角形得32B ππ<<，化简o sin 3c s B B C π⎛++⎫= ⎪⎝⎭，利用三角函数的性质即可得出．【解析】依题意2sin b a B =，由正弦定理得sin 2sin sin B A B =，sin 0B ≠，∴1sin 2A =，由于三角形ABC 是锐角三角形，所以6A π=．由202A B B ππ⎧+>⎪⎪⎨⎪<<⎪⎩，可得32B ππ<<，所以5cos sin cos sin 6B C B B π⎛⎫+=+-⎪⎝⎭1cos cos 22B B B =++3cos 22B B =+3B π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，由于25336B πππ<+<，所以1sin 32B π⎛⎛⎫+∈ ⎪ ⎝⎭⎝⎭332B π⎫⎛⎫+∈⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭．故答案为32⎫⎪⎪⎝⎭．【名师点睛】本题考查解三角形和三角函数性质的应用，解题的关键是利用正弦定理得出6A π=，再得出32B ππ<<，将cos sin B C +3B π⎛⎫+ ⎪⎝⎭利用三角函数性质求解．15．在ABC 中，内角A B C ，，的对边分别为a b c ，，，a =，且24sin cos sin 2Aa Bb A =，则ABC 外接圆的面积为__________． 【试题来源】河南省许昌市2020-2021学年高二上学期期末（理） 【答案】7π【分析】由正弦定理及降幂角公式可求得角A 的余弦值，进而求得角A 的正弦值以及外接圆半径，故可得解． 【解析】由正弦定理得sin sin a bA B=，则sin sin a B b A =， 24sin cos sin 2A a B b A =，∴21cos 24A =，∴21cos 2cos 122A A =-=-，∴sin A ===， 设ABC ∆外接圆的半径为R，则2sin a R A ===∴R =ABC ∆外接圆的面积为27S R ππ==．故答案为7π．【名师点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值．。
6.4.3 第2课时 正弦定理(分层练习)高一数学新教材配套练习(人教A版2019必修第二册)
6.4.3 第2课时 正弦定理基 础 练巩固新知 夯实基础1.(多选题)在△ABC 中，A >B ，则下列不等式中一定正确的是( ) A ．sin A >sin B B ．cos A <cos B C ．sin 2A >sin 2BD ．cos 2A <cos 2B2.在△ABC 中，a ＝4，A ＝45°，B ＝60°，则边b 的值为( ) A ．3＋1 B ．23＋1 C ．26D ．2＋233.△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知a ＝5，c ＝2，cos A ＝23，则b ＝( )A.2B.3C ．2D ．3 4.在△ABC 中，A ＝60°，a ＝43，b ＝42，则B 等于( ) A ．45°或135° B ．135°C ．45°D ．以上答案都不对5.在△ABC 中，A ＝30°，B ＝60°，C ＝90°，那么三边之比a ∶b ∶c 等于( ) A ．1∶2∶3B ．3∶2∶1C ．1∶3∶2D ．2∶3∶1 6.在△ABC 中，a ＝b sin A ，则△ABC 一定是( ) A ．锐角三角形 B ．直角三角形 C ．钝角三角形D ．等腰三角形7.已知a ，b ，c 分别是△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边，若A ＝60°，c ＝6，a ＝6，则此三角形有( ) A ．两解 B ．一解 C ．无解D ．无穷多解8.在△ABC 中，若a ＝3，cos A ＝－12，则△ABC 的外接圆的半径为________．9.设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若a ＝3，sin B ＝12，C ＝π6，则b ＝________.10.在△ABC 中，A ＝30°，C ＝45°，c ＝2，求a ，b 及cos B .能 力 练综合应用 核心素养11.在△ABC 中，已知AB ＝2AC ，∠B ＝30°，则∠C ＝( ) A ．45° B ．15° C ．45°或135°D ．15°或105°12.在△ABC 中，a ＝4，b ＝52，5cos(B ＋C )＋3＝0，则B 的大小为( )A ．π6B ．π4C ．π3D ．56π13.在△ABC 中，若3b ＝23a sin B ，cos A ＝cos C ，则△ABC 形状为( ) A ．直角三角形 B ．等腰三角形 C ．等边三角形D ．等腰直角三角形14.在△ABC 中，A ＝60°，B ＝75°，b ＝23＋2，则△ABC 中最小的边长为( ) A ．2 B ．4 C.6＋2D.6－215.在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若a ＝3，B ＝2A ，cos A ＝63，则b ＝________． 16.在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知b cos C ＋3b sin C －a －c ＝0，则角B ＝________． 17.在△ABC 中，若B ＝π4，b ＝2a ，则C ＝________．18.在△ABC 中，B ＝45°，C ＝60°，c ＝1，则最短边的边长等于________. 19.在△ABC 中，A ＝30°，C ＝45°，c ＝2，则a ＝________，b ＝________. 20.已知△ABC 中角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a cos C ＋32c ＝b . (1)求角A 的大小；(2)若a ＝1，b ＝3，求c 的值．【参考答案】1.ABD 解析： A >B ⇔a >b ⇔sin A >sin B ，A 正确．由于在(0，π)上，y ＝cos x 单调递减，∴cos A <cos B ，B 正确．cos 2α＝1－2sin 2α.∵sin A >sin B >0，∴sin 2 A >sin 2 B ，∴cos 2A <cos 2B ，D 正确． 2.C 解析：由已知及正弦定理，得4sin 45°＝b sin 60°，∴b ＝4sin 60°sin 45°＝4×3222＝2 6.3.D 解析：由cos A ＝23得sin A ＝53，由正弦定理得sin C ＝c sin A a ＝2×535＝23.由a >c 得A >C ，∴cos C ＝53.∴sin B ＝sin (A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ＝1，∴b ＝3.4.C 解析：∵sin B ＝b sin A a ＝42×3243＝22，∴B ＝45°或135°.但当B ＝135°时，不符合题意，∴B ＝45°．5.C 解析：由正弦定理得a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C ＝12∶32∶1＝1∶3∶2.6.B 解析：∵a ＝b sin A ，∴a b ＝sin A ＝sin A sin B ，∴sin B ＝1，又∵B ∈(0，π)，∴B ＝π2，即△ABC 为直角三角形．]7.B 解析：由等边对等角可得C ＝A ＝60°，由三角形的内角和可得B ＝60°，所以此三角形为正三角形，有唯一解．8. 3 解析：由cos A ＝－12，得sin A ＝1－cos 2A ＝32，设△ABC 的外接圆的半径为R ，由正弦定理，有2R ＝asin A＝23，即△ABC 的外接圆的半径为 3. 9. 1 解析：在△ABC 中，∵sin B ＝12，0<B <π，∴B ＝π6或B ＝56π.又∵B ＋C <π，C ＝π6，∴B ＝π6，∴A ＝π－π6－π6＝23π.∵a sin A ＝b sin B ，∴b ＝a sin Bsin A＝1.10.解：因为A ＝30°，C ＝45°，c ＝2，所以由正弦定理，得a ＝c sin A sin C ＝2sin 30°sin 45°＝1.又B ＝180°－(30°＋45°)＝105°，所以cos B ＝cos 105°＝cos(45°＋60°)＝2－64， b ＝c sin B sin C ＝2sin 105°sin 45°＝2sin 105°＝2sin(45°＋60°)＝6＋22.11.C 解析：∵AB ＝2AC ，由正弦定理得sin C sin B ＝2，又∵∠B ＝30°，∴sin C ＝22，又∵AB >AC ，∴∠C ＝45°或∠C ＝135°.12.A 解析：由5cos(B ＋C )＋3＝0得cos A ＝35，∴A ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，∴sin A ＝45，由正弦定理得445＝52sin B ，∴sin B ＝12.又∵a >b ，∴A >B ，且A ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，∴B 必为锐角，∴B ＝π6. 13.C 解析：由正弦定理知b ＝2R ·sin B ，a ＝2R ·sin A ，则3b ＝23a ·sin B 可化为：3sin B ＝23sin A ·sin B . ∵0°<∠B <180°，∴sin B ≠0，∴sin A ＝32，∴∠A ＝60°或120°，又cos A ＝cos C ，∴∠A ＝∠C ， ∴∠A ＝60°，∴△ABC 为等边三角形．14.B 解析：∵C ＝180°－A －B ＝45°，由三角形的边角关系可知最小的边长为c ，由正弦定理得c sin C ＝bsin B ，∴c ＝b sin Csin B ＝(23＋2)×22sin (45°＋30°)＝6＋26＋24＝4.15. 26 解析：因为cos A ＝63，所以sin A ＝33，因为B ＝2A ，所以sin B ＝sin 2A ＝2sin A cos A ＝223，又b sin B＝asin A，所以b ＝2 6. 16. π3解析：由正弦定理知，sin B cos C ＋3sin B sin C －sin A －sin C ＝0.(*)因为sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ，代入(*)式得3sin B sin C －cos B sin C －sin C ＝0. 因为sin C ＞0，所以3sin B －cos B －1＝0，所以2sin ⎝⎛⎭⎫B －π6＝1，即sin ⎝⎛⎭⎫ B －π6＝12. 因为B ∈(0，π)，所以B ＝π3.17.712π 解析：在△ABC 中，由正弦定理a sin A ＝b sin B ，得a sin A ＝2a sin π4＝2a 22＝2a ，所以sin A ＝12，所以A ＝π6或56π.因为b ＝2a ＞a ，所以B ＞A ，即A ＜π4，所以A ＝π6，所以C ＝π－A －B ＝π－π6－π4＝712π. 18.63 解析：由三角形内角和定理知：A ＝75°，由边角关系知B 所对的边b 为最小边，由正弦定理b sin B ＝c sin C得b ＝c sin B sin C ＝1×2232＝63.19. 16＋22解析： 因为A ＝30°，C ＝45°，c ＝2，所以由正弦定理，得a ＝c sin A sinC ＝2sin 30°sin 45°＝1. 又B ＝180°－(30°＋45°)＝105°，∴b ＝c sin B sin C ＝2sin 105°sin 45°＝2sin 105°＝2sin(45°＋60°)＝6＋22.20.解析：(1)由a cos C ＋32c ＝b 和正弦定理，得sin A cos C ＋32sin C ＝sin B . ∵sin B ＝sin (A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ，∴32sin C ＝cos A sin C. ∵sin C ≠0，∴cos A ＝32.∵0<A <π，∴A ＝π6. (2)由正弦定理，得sin B ＝b sin A a ＝32.∴B ＝π3或2π3.①当B ＝π3时，由A ＝π6，得C ＝π2，∴c ＝2.②当B ＝2π3时，由A ＝π6，得C ＝π6，∴c ＝a ＝1.综上可得c ＝1或2.。
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2021年人教A版（新教材）必修第二册第
二课时正弦定理
一、选择题
1.在△ABC中，a＝3，A＝30°，B＝15°，则c等于()
A.1
B. 2
C.3 2
D.3
2.在△ABC中，若sin A
a＝
cos C
c，则C的值为()
A.30°
B.45°
C.60°
D.90°
3.在△ABC中，若A＝π
4，sin B＝2cos C，则△ABC为()
A.直角非等腰三角形
B.等腰非直角三角形
C.非等腰且非直角三角形
D.等腰直角三角形
4.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知A＝45°，a＝6，b ＝32，则B的大小为()
A.30°
B.60°
C.30°或150°
D.60°或120°
5.在△ABC中，内角A，B，C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.π4
B.π
C.2π
D.4π
6.在△ABC 中，若sin C ＝2sin B cos B ，且B ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫
π6，π4，则c b 的范围为( )
A.(2，3)
B.(3，2)
C.(0，2)
D.(2，2)
7.(多选题)锐角△ABC 中，三个内角分别是A ，B ，C ，且A >B ，则下列说法正确的是( ) A.sin A >sin B B.cos A <cos B C.sin A >cos B D.sin B >cos A
二、填空题
8.△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若cos A ＝45，cos C ＝5
13，a ＝1，则b ＝________.
9.在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，a ＝x ，b ＝2，B ＝45°.若△ABC 有两解，则x 的取值范围是______.
10.在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若sin A ∶sin B ∶sin C ＝5∶7∶8，则角B 的大小为________.
11.(多空题)在△ABC 中，B ＝π4，BC 边上的高AD 等于1
3BC ，且AD ＝1，则AC ＝________，sin A ＝________. 三、解答题
12.在△ABC 中，已知b ＝63，c ＝6，C ＝30°，求a .
13.在△ABC中，已知a＝10，B＝75°，C＝60°，试求c及△ABC的外接圆半径R.
14.在△ABC中，已知a2tan B＝b2tan A，试判断△ABC的形状.
参考答案及解析
1.答案：C
解析：C＝180°－30°－15°＝135°，c＝a sin C
sin A＝
3×
2
2
1
2
＝3 2.应选C.
2.答案：B
解析：由正弦定理知sin A
a＝
sin C
c，∴
sin C
c＝
cos C
c，
∴cos C＝sin C，∴tan C＝1，又∵0°<C<180°，∴C＝45°，故选B.
3.答案：D
解析：由A＝π
4，sin B＝2cos C⇒sin B
cos C＝2⇒sin⎝ ⎛⎭⎪⎫
3π
4－C
cos C＝
sin⎝ ⎛⎭⎪⎫
π
4＋C
cos C＝
2
2＋
2
2tan
C＝2⇒tan C＝1，又C∈(0，π)，则C＝π
4，所以B＝
π
2，△ABC为等腰直角三角
形.故选D.
4.答案：A
解析：由正弦定理得
b
sin B＝
a
sin A，即
32
sin B＝
6
sin 45°，解得sin B＝
1
2，
又B为三角形内角，所以B＝30°或B＝150°，
又因为a>b，所以A>B，即B＝30°.故选A.
5.答案：B
解析：在△ABC中，A＝75°，B＝45°，所以C＝180°－A－B＝60°.设△ABC的外
接圆的半径为R，则由正弦定理，可得2R＝c
sin C＝
3
3
2
＝2，解得R＝1，故△ABC
的外接圆的面积S＝πR2＝π，故选B.
6.答案：A
解析：由正弦定理及已知得c
b＝
sin C
sin B＝
2sin B cos B
sin B＝2cos B.又
π
6＜B＜
π
4，余弦函数
在此范围内是减函数，故
2
2＜cos B＜
3
2，∴
c
b∈(2，3).
7.答案：ABCD
解析：A>B⇔a>b⇔sin A>sin B，故A成立.函数y＝cos x在区间[0，π]上是减函数，
∵A >B ，∴cos A <cos B ，故B 成立. 在锐角三角形中，∵A ＋B >π2，∴A >π
2－B ， 函数y ＝sin x 在区间⎣⎢⎡
⎦⎥⎤0，π2上是增函数，
则有sin A >sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫
π2－B ，即sin A >cos B ，C 成立，
同理sin B >cos A ，故D 成立. 8.答案：21
13
解析：在△ABC 中，由cos A ＝45，cos C ＝513，可得sin A ＝35，sin C ＝12
13， sin B ＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ＝63
65， 又a ＝1，故由正弦定理得b ＝a sin B sin A ＝21
13. 9.答案：(2，22)
解析：因为△ABC 有两解，所以a sin B <b <a ， 即x sin 45°<2<x ，所以2<x <2 2. 10.答案：π
3
解析：利用正弦定理化简已知等式得a ∶b ∶c ＝5∶7∶8，设a ＝5k ，b ＝7k ，c ＝8k (k ＞0)，利用余弦定理的推论得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝25k 2＋64k 2－49k 280k 2
＝1
2，由
于B ∈(0，π)，∴B ＝π
3. 11.答案：5
31010
解析：如图，由AD ＝1，B ＝π4，知BD ＝1，又AD ＝1
3BC ＝BD ，
∴BC ＝3，DC ＝2，AC ＝12＋22＝ 5.
由正弦定理知，sin ∠BAC ＝sin B ·BC AC ＝22×3
5＝310
10.
12.解：由正弦定理，得b sin B ＝c sin C ，得sin B ＝b sin C c ＝3
2.
因为b >c ，所以B >C ＝30°，所以B ＝60°或120°. 当B ＝60°时，A ＝90°，a ＝c sin A sin C ＝6sin 90°
sin 30°＝12. 当B ＝120°时，A ＝30°，a ＝c sin A sin C ＝6sin 30°
sin 30°＝6. 所以a ＝6或12.
13.解：∵A ＋B ＋C ＝180°，∴A ＝180°－75°－60°＝45°. 由正弦定理，得a sin A ＝c
sin C ＝2R ， ∴c ＝a ·sin C sin A ＝10×32
22＝56，
∴2R ＝a sin A ＝10
22＝102，∴R ＝5 2.
14.解：设三角形外接圆半径为R ，
则a 2
tan B ＝b 2
tan A ⇔a 2sin B cos B ＝b 2sin A cos A ，4R 2sin 2A sin B cos B ＝4R 2sin 2B sin A
cos A
，
sin A cos
A ＝sin
B cos B ⇔sin 2A ＝sin 2B ⇔
2A＝2B或2A＋2B＝π⇔A＝B或A＋B＝π2.
所以△ABC为等腰三角形或直角三角形.。