【浙江专用】2026年高考数学一轮复习课时训练：28　正弦定理和余弦定理（含答案）

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1.(2025·八省联考,7)在△ABC中,BC=8,AC=10,cs∠BAC=35,则△ABC的面积为( )
A.6B.8
C.24D.48
2.(2024·黑龙江牡丹江模拟)在△ABC中,sin A∶sin B∶sin C=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tan A=3,b=2c,S△ABC=23,则a=( )
A.13B.2
C.23D.33
4.(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sin A=2sin Bcs 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
5.(2024·广东湛江期中)在△ABC中,已知A,B,C的对边分别为a,b,c,若A=π3,ab=3,则cb=( )
A.12B.2
C.32D.33
6.(多选题)(2024·河北衡水二中期末)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,下列结论正确的是( )
A.若asin A=bsin B,则△ABC为等腰三角形
B.若acs A=bcs B,则△ABC为等腰三角形
C.若B=60°,b2=ac,则△ABC为等边三角形
D.若A=30°,b=10,a=4,则B有两解
7.(多选题)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,则下列说法正确的是( )
A.若acsA=bsinB,则A=π4
B.若sin 2A=sin 2B,则此三角形为等腰三角形
C.若a=1,b=2,A=30°,则此三角形必有两解
D.若△ABC是锐角三角形,则sin A+sin B>cs A+cs B
8.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= .
图①
图②
9.(13分)(2025·江西九江开学考试)已知△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,其中3asin Bcs A=bsin2A.
(1)求角A的大小;
(2)若△ABC的面积为3,周长为6,求△ABC的外接圆面积.
综合提升练
10.(2024·河南开学考试)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若acsA,bcsB,ccsC成等差数列,则sinAcsBcsC的最小值为( )
A.3B.4
C.5D.6
11.(2024·浙江宁波模拟)面积为1的△ABC满足AB=2AC,AD为∠BAC的内角平分线且点D在线段BC上,当边BC的长度最短时,ADAC的值是 .
12.(15分)(2025·浙江杭州模拟)三角形的布洛卡点是法国数学家克洛尔于1816年首次发现.当△ABC内一点P满足条件∠PAB=∠PBC=∠PCA=θ时,则称点P为△ABC的布洛卡点,角θ为布洛卡角.如图,在△ABC中,角A,B,C所对边长分别为a,b,c,记△ABC的面积为S,点P为△ABC的布洛卡点,其布洛卡角为θ.
(1)若θ=30°,求证:
①a2+b2+c2=43S;
②△ABC为等边三角形.
(2)若A=2θ,求证:sin2A=sin Bsin C.
13.(15分)(2025·江苏泰州模拟)从①a+acs C=3csin(B+C);②csin(B+π6)=a+b2;③sin B-sin A=sin(C-A)这三个条件中任选一个补充在下面问题中,并解答该题.
记锐角△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知 .
(1)求角C的大小;
(2)若△ABC的面积为103,tan A=5311,求AB边上的中线长;
(3)若a=3,求△ABC周长的取值范围.
创新应用练
14.(2024·山西大同高一期末)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且asin A=(b+c)·sin B,则a-bc的取值范围是( )
A.(13,12)B.(13,1)
C.(33,1)D.(33,12)
答案：
1.C 解析 设AB=x,在△ABC中,根据余弦定理得BC2=AC2+AB2-2AC·AB·cs∠BAC,将BC=8,AC=10,cs∠BAC=35代入,可得82=102+x2-2×10·x·35,即x2-12x+36=0,解得x=6,由于BC2+AB2=64+36=100=AC2,则△ABC为直角三角形,则S△ABC=12×6×8=24.
2.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cs C=a2+b2-c22ab=9k2+25k2-49k22×3k×5k=-12.
因为0°0,从而可知A,B均为锐角,由sin Acs A=sin Bcs B可得sin 2A=sin 2B,因为A,B∈(0,π2),则2A,2B∈(0,π),所以2A=2B或2A+2B=π,所以A=B或A+B=π2,故△ABC为等腰三角形或直角三角形,B错误;因为B=60°,b2=ac,在△ABC中,由余弦定理可得b2=a2+c2-2accs 60°=a2+c2-ac=ac,即(a-c)2=0,a=c,所以b=a=c,因此,△ABC为等边三角形,C正确;因为A=30°,b=10,a=4,由正弦定理asinA=bsinB得sin B=bsinAa=10×124=54>1,所以△ABC不存在,D错误.故选AC.
7.AD 解析 由正弦定理可知asinA=bsinB,又acsA=bsinB,所以acsA=asinA,可得tan A=1,因为A∈(0,π),所以A=π4,A正确;因为2A∈(0,2π),2B∈(0,2π),且2A,2B中至多有一个大于π,所以由sin 2A=sin 2B可知,2A=2B或2A+2B=π,即A=B或A+B=π2,所以△ABC为等腰三角形或直角三角形,B错误;由正弦定理可得sin B=bsinAa=2×121=1,因为B∈(0,π),所以B=π2,故此三角形有唯一解,C错误;因为△ABC是锐角三角形,所以A+B>π2,即π2>A>π2-B>0,又y=sin x在(0,π2)上单调递增,所以sin A>sin(π2-B)=cs B,
同理sin B>sin(π2-A)=cs A,所以两式相加有sin A+sin B>cs A+cs B,D正确.故选AD.
8.13 解析 因为△EFD为等边三角形,则∠EDA=π3,所以∠BDA=2π3,由题得△AFC≌△BDA,所以AF=BD=1.在△ABD中,AD=3,BD=1,由余弦定理得AB2=AD2+BD2-2AD·BDcs∠BDA=32+12-2×3×1×(-12)=13,所以AB=13.
9.解 (1)由正弦定理得3sin Asin Bcs A=sin Bsin2A,易知sin A,sin B≠0,故3cs A=sin A,则tan A=3.因为A∈(0,π),故A=π3.
(2)由题意S△ABC=12bcsin A=34bc=3,故bc=4.由余弦定理得a2=b2+c2-2bccs A=(b+c)2-3bc=(6-a)2-12,解得a=2.
故△ABC的外接圆半径R=a2sinA=233,故所求外接圆面积S=πR2=4π3.
10.A 解析 由题知acsA+ccsC=2bcsB,由正弦定理得sinAcsA+sinCcsC=2sinBcsB,
即sinAcsC+csAsinCcsAcsC=sin(A+C)csAcsC=sinBcsAcsC=2sinBcsB.因为B∈(0,π),sin B>0,所以cs B=2cs Acs C,又cs B=-cs(A+C)=-cs Acs C+sin Asin C,
所以-cs Acs C+sin Asin C=2cs Acs C,
得tan Atan C=3,又A,C中至多有一个是钝角,所以tan A>0,tan C>0,
因为sinAcsBcsC=sin(B+C)csBcsC=sinBcsC+csBsinCcsBcsC=tan B+tan C=-tan(A+C)+tan C=-tanA+tanC1-tanAtanC+tan C=12tan A+32tan C,由基本不等式得12tan A+32tan C≥234tanAtanC=3,当且仅当12tanA=32tanC,tanAtanC=3,即tan A=3,tan C=1时等号成立,所以sinAcsBcsC的最小值为3.故选A.
11.2105 解析 设AC=m,∠BAD=∠CAD=α,则α=12∠BAC∈(0,π2),从而tan α>0,
因为1=S△ABC=12·2m·m·sin 2α=m2sin 2α,又1=S△ABC=S△ABD+S△ADC=12·2m·ADsin α+12·m·ADsin α=32·m·ADsin α,
所以m2sin 2α=1,且AD=23msinα.
从而AD=23msinα=2m2sin2α3msinα=4m3cs α.
在△ABC中,由余弦定理得,BC2=4m2+m2-2·2m·m·cs 2α=5m2-4m2cs 2α
=m2(5-4cs2α)m2sin2α=5-4cs2αsin2α=5(sin2α+cs2α)-4(cs2α-sin2α)2sinαcsα=9sin2α+cs2α2sinαcsα
=92tan α+12tanα≥292tanα·12tanα=3,当且仅当92tan α=12tanα,即tan α=13时,等号成立,
所以当BC取最小值3时,tan α=13,此时cs α=31010,
所以ADAC=43mcsαm=43cs α=2105.
12.证明 (1)①若θ=30°,则S=S△ABC=S△PAB+S△PAC+S△PBC=12c·APsin θ+12b·CPsin θ+12a·BPsin θ=12sin θ(a·BP+c·AP+b·CP)=14(a·BP+c·AP+b·CP),所以a·BP+c·AP+b·CP=4S,在△ABP,△PBC,△PAC中,分别由余弦定理得BP2=c2+AP2-2c·APcs θ,CP2=a2+BP2-2a·BPcs θ,AP2=b2+CP2-2b·CPcs θ,因为θ=30°,三式相加整理得3(a·BP+c·AP+b·CP)=a2+b2+c2,所以a2+b2+c2=43S;
②在△ABC中,由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccs A,则a2+b2+c2-43S=2b2+2c2-2bccs A-43S=2b2+2c2-2bccs A-23bcsin A=2b2+2c2-4bcsin(A+π6)≥4bc-4bc=0,当且仅当b=c且sin(A+π6)=1时等号成立,又A∈(0,π),所以A+π6∈(π6,7π6),所以A+π6=π2,所以A=π3,即当且仅当b=c且A=π3时等号成立,即当且仅当△ABC为等边三角形时等号成立,所以a2+b2+c2≥43S,当且仅当△ABC为等边三角形时等号成立,又由①知a2+b2+c2=43S,所以△ABC为等边三角形.
(2)由(1)得S=12sin θ(a·BP+c·AP+b·CP),所以a·BP+c·AP+b·CP=2Ssinθ,
由2cs θ(a·BP+c·AP+b·CP)=a2+b2+c2,
所以a2+b2+c2=2cs θ·2Ssinθ=2cs θ·bcsin2θsinθ=4bccs2θ,
又由余弦定理可得b2+c2=a2+2bccs A=a2+2bc(cs2θ-sin2θ),
所以2a2+2bc(cs2θ-sin2θ)=4bccs2θ,
所以a2=bc(cs2θ+sin2θ),
所以a2=bc,由正弦定理可得sin2A=sin Bsin C.
13.解 (1)若选择条件①,则有a+acs C=3csin(B+C),在△ABC中,由正弦定理得sin A+sin Acs C=3sin Csin A,
又sin A≠0,所以1+cs C=3sin C,所以3sin C-cs C=1,故2sin(C-π6)=1.
因为C∈(0,π),所以C-π6=π6,解得C=π3.
若选择条件②,则有csin(B+π6)=a+b2,
在△ABC中,由正弦定理得sin Csin(B+π6)=sinA+sinB2,
故sin C(32sin B+12cs B)=sin(B+C)+sinB2=sinB+sinBcsC+csBsinC2,
整理得3sin Bsin C=sin Bcs C+sin B,
因为sin B≠0,所以3sin C=cs C+1,故3sin C-cs C=1,得到2sin(C-π6)=1.
因为C∈(0,π),所以C-π6=π6,解得C=π3.
若选择条件③,则有sin B-sin A=sin(C-A),在△ABC中,sin(A+C)-sin A=sin(C-A),
所以sin Acs C+cs Asin C-sin A=sin Ccs A-cs Csin A,
故2sin Acs C=sin A,
由A∈(0,π),可得2cs C=1,因为C∈(0,π),所以解得cs C=12,故C=π3.
(2)在△ABC中,因为tan A=5311,所以sinAcsA=5311,所以53cs A=11sin A,故sin A=5311cs A,而在△ABC中,sin A>0恒成立,所以cs A>0.因为sin2A+cs2A=1,所以(5311cs A)2+cs2A=1,解得cs A=1114,sin A=5314,因为△ABC的面积为103,所以12×5314×bc=103,解得bc=56.由(1)得C=π3,故12×32×ab=103,解得ab=40,
而sin B=sin(A+C)=5314×12+1114×32=437,所以12×437×ac=103,解得ac=35,
综上,a=5,b=8,c=7(负值舍去).
设AB边上的中线为CD,由向量中线定理得CD=12(CA+CB),
所以|CD|2=14(|CA|2+2×|CA|×|CB|×12+|CB|2),
代入得|CD|2=14(25+2×5×8×12+64)=14(25+40+64),解得|CD|2=1294,
故|CD|=1292,故中线长度为1292.
(3)在△ABC中,因为a=3,且由(1)得C=π3,
所以由正弦定理得3sinA=bsinB=c32,故3sinA=bsin(A+π3)=c32,
解得c=32sinA,b=3sin(A+π3)sinA,
所以b+c=3sin(A+π3)sinA+32sinA=23(12sinA+32csA)2sinA+32sinA=3sinA+3csA2sinA+32sinA=32+32sinA+32tanA,故△ABC的周长为32+32sinA+32tanA+3=332+32sinA+32tanA.
在锐角△ABC中,A∈(0,π2),B=2π3-A∈(0,π2),所以A∈(π6,π2).
因为y=sin A,y=tan A在(π6,π2)上单调递增,所以y=32sinA,y=32tanA在(π6,π2)上单调递减.设f(A)=332+32sinA+32tanA,则f(A)在(π6,π2)上单调递减,当A→π6时,f(A)→33+3,当A→π2时,f(A)→332+32,所以f(A)∈(332+32,33+3),故△ABC周长的取值范围为(332+32,33+3).
14.A 解析 因为asin A=(b+c)sin B,由正弦定理得a2=(b+c)b,在△ABC中,
由余弦定理得a2=b2+c2-2bccs A=(b+c)b,即c-b=2bcs A,由正弦定理得sin C-sin B=2sin Bcs A,又sin C=sin(A+B)=sin Acs B+cs Asin B,
所以sin Acs B+cs Asin B-sin B=2sin Bcs A,所以sin B=sin Acs B-sin Bcs A=sin(A-B),
又A∈(0,π),B∈(0,π),则A-B∈(-π,π),所以B=A-B或B+(A-B)=π,即A=2B或A=π(舍去),则C=π-A-B=π-3B,
所以0