适用于新高考新教材备战2025届高考数学一轮总复习课时规范练34正弦定理和余弦定理新人教A版

课时规范练34正弦定理和余弦定理基础巩固练1.△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知A=π4,a=2,b=3,则B的大小为(A.π6 B.C.π6或52.(2024·黑龙江牡丹江模拟)在△ABC中,sinA∶sinB∶sinC=3∶5∶7,则此三角形中的最大角的大小为()A.150° B.135° C.120° D.90°3.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若tanA=3,b=2c,S△ABC=23,则a=()A.13 B.2 C.23 D.334.(2024·河北石家庄模拟)已知△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,若(a+b+c)(b+c-a)=3bc,且sinA=2sinBcosC,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5.(2024·江苏苏锡常镇模拟)在△ABC中,∠BAC=2π3,∠BAC的角平分线AD交BC于点D,△ABD的面积是△ADC面积的3倍,则tanB=(A.37 B.35 C.336.(2024·甘肃兰州模拟)用长度为1,4,8,9的4根细木棒围成一个三角形(允许连接,不允许折断),则其中某个三角形外接圆的直径2R可以是(写出一个答案即可).

7.(2021·全国乙,理15,文15)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,面积为3,B=60°,a2+c2=3ac,则b=.

8.(2024·河南五市模拟)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且46cosA=absinB+acsinC.若△ABC的面积S=62,则边a的最小值为9.(2023·全国乙,理18)在△ABC中,已知∠BAC=120°,AB=2,AC=1.(1)求sin∠ABC;(2)若D为BC上一点,且∠BAD=90°,求△ADC的面积.10.(2024·河北邯郸模拟)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知△ABC的面积为S=34(a2+b2-c2),c=23(1)若B=π4,求a(2)D为AB上一点,从下列条件①、条件②中任选一个作为已知,求线段CD的最大值.条件①:CD为角C的角平分线;条件②:CD为边AB上的中线.综合提升练11.在平面四边形ABCD中,AB⊥AC,且AB=AC,AD=2CD=22,则BD的最大值为()A.27 B.6 C.25 D.2312.(2024·江苏七市模拟)如图,在△ABC所在平面内,分别以AB,BC为边向外作正方形ABEF和正方形BCHG.记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,面积为S.已知S=34,且asinA+csinC=4asinCsinB,则FH=.13.(2024·河北张家口模拟)在△ABC中,2cos2A+8sin2A2=1(1)求A;(2)如图,D为平面ABC上△ABC外一点,且CD=1,BD=3,若AC=AB,求四边形ABDC面积的最大值.创新应用练14.(2023·全国甲,理11)已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为4的正方形,PC=PD=3,∠PCA=45°,则△PBC的面积为()A.22 B.32 C.42 D.6215.如图,在三棱锥P-ABC的平面展开图中,AC=1,AB=AD=3,AB⊥AC,AB⊥AD,∠CAE=30°,则cos∠FCB=.

课时规范练34正弦定理和余弦定理1.D解析由正弦定理可得asinB=bsinA⇒2sinB=3×22⇒sinB=32,由于B∈(0,π2.C解析由正弦定理,得a∶b∶c=3∶5∶7,设a=3k(k>0),则b=5k,c=7k,所以C最大.由余弦定理,得cosC=a2+b2-c22ab=3.C解析因为tanA=3,A∈(0,π),所以A=π3,S△ABC=12bcsinA=12×2c·c·32=23,解得c=2,b=2c=4,由余弦定理,得a2=16+4-2×4×2×4.B解析由(a+b+c)(b+c-a)=3bc,得(b+c)2-a2=3bc,整理得b2+c2-a2=bc,则cosA=b2+c2-a22bc=又由sinA=2sinBcosC,得a=2b·a2+b2-c22ab,5.A解析因为S△12·即AB=3AC.在△ABC中,作AB边上的高,垂足为H,则tanB=CH6.301111(答案不唯一)解析4根细木棒围成一个三角形的三边长可以为5,8,9,设边长为9的边所对的角为θ,由余弦定理,得cosθ=25+64-812×5×8=110,因为θ∈(0,π),所以sinθ=1-co7.22解析由题意可知△ABC的面积S=12acsin60°=3,整理得ac=4.结合已知得a2+c2=3ac=12.因为B=60°,由余弦定理可得b2=a2+c2-2accosB=12-2×4×cos60°=8,所以b=28.2解析由正弦定理asinA=bsinB=csinC可得,bsinC=csinB,asinB=bsinA.由已知可得,46bccosA=acsinB+absinC=2acsinB=2bcsinA,所以sinA=26cosA.又0<A<π,所以cosA>0,所以0<A<π2.因为sin2A+cos2A=25cos2A=1,所以cosA=15,sinA=265.因为△ABC的面积S=12bcsinA=65bc=62,所以bc=52.由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccosA=b2+c2-29.解(1)在△ABC中,由余弦定理和题设可得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos∠BAC=2×2+1×1-2×2×1×cos120°=7,故BC=7由正弦定理得sin∠ABC=ACBC·sin因此sin∠ABC=1(2)由(1)和题设得cos∠ABC=1故tan∠ABC=sin由题设可知tan∠ABC=ADAB,故AD=所以△ADC的面积为12AC·AD·sin(120°-90°)=10.解(1)因为S=34(a2+b2-c2由余弦定理,得a2+b2-c2=2abcosC,所以S=34·2abcos由三角形的面积公式可得S=12absinC所以34·2abcosC=12ab所以tanC=3,又C∈(0,π),故C=π由正弦定理,得asin且sinA=sin(B+C)=sin(π4+π3)=sinπ4cosπ3所以a2+64(2)若选条件①,在△ABC中,由余弦定理a2+b2-c2=2abcosC,得a2+b2-12=ab,即(a+b)2=12+3ab≤12+3(a+b2)2,故a+b≤43,当且仅当a=b=23时,等号成立,又因为S△CDA+S△CDB=S即12bsinπ6CD+12asinπ6CD=1所以CD=3aba+b=3[(a+b)2-12]3(若选条件②,由题2CD=CA+CB,平方得4|CD|2=CA2+CB2+2CA·CB=b2+a2+2abcosC=a2+b2+ab即(a+b)2=12+3ab≤12+3(a+b2所以(a+b)2≤48.当且仅当a=b=23时,等号成立,故有4|CD|2=a2+b2+ab=(a+b)2-ab=(a+b)2-(a+b)2-从而|CD|≤3,故CD的最大值为3.11.B解析由题意可知AB=AC,AD=22,CD=2,设∠ADC=θ,在△ADC中,ACsinθ=CDsin∠DAC,ACsin∠DAC=CDsinθ=2sinθ,AC2=AD2+CD2-2AD·CDcosθ=12-82cosθ.在△ADB中,BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos∠DAB=AC2+AD2-2AC·Adcos(π2+∠DAC)=12-82cosθ+8+42ACsin∠DAC=20-82cosθ+82sinθ=20+16sin(θ12.32解析在△ABC中,S=12acsinB=34,∵asinA+csinC=4asinCsinB,又asinA=bsinB=csinC,连接BF,BH,如图所示,在△BFH中,由余弦定理得FH2=FB2+HB2-2FB·HB·cos∠FBH,又∠FBH=3π2-B,∴FH2=FB2+HB2-2FB·HB·cos(3π2-B)=2(c2+a2)+4acsinB=18,13.解(1)由2cos2A+8sin2A2=1,得2(2cos2A-1)+8×1化简得4cos2A-4cosA+1=0,所以(2cosA-1)2=0,故cosA=1又0<A<π,所以A=π(2)在△BCD中,BC2=DB2+DC2-2DB·DCcos∠BDC=4-23cos∠BDC.由(1)知A=π3,又AC=AB所以△ABC为等边三角形,所以△ABC的面积S△ABC=12AB·ACsinA=12BC2sinπ3=34(4-23cos∠BDC又△BCD的面积S△BCD=12DB·DCsin∠BDC=32sin∠BDC,故四边形ABDC的面积S=S△BCD+S△ABC=32sin∠BDC+3-32cos∠BDC=3(12sin∠BDC-32cos∠BDC)+3=3sin(∠BDC-π3)+3,当∠BDC-π314.C解析在四棱锥P-ABCD中,由PC=PD=3,得△CDP是等腰三角形.设CD的中点为E,AB的中点为F,由几何知识得,△CDP关于PE对称,点P在平面PEF内,且PA=PB.在正方形ABCD中,AB=BC=CD=AD=4,由勾股定理得,AC=AB2+BC2=42.在△ACP中,∠PCA=45°,由余弦定理得,PA2=PC2+AC2-2AC·PC·cos∠PCA,解得PA=17,∴PB=PA=17.在△BCP中,由余弦定理得,PB2=PC2+BC2-2PC·BC·cos∠∴s