正、余弦定理（精练） 新高考 数学一轮复习专项 提升精讲精练 （含答案解析）

5.4正、余弦定理（精练）（提升版）题组一题组一判断三角形额形状1．（2022·四川省峨眉第二中学校）在中，已知，且，则的形状为（

）A．等腰三角形 B．等边三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形【答案】B【解析】由题意,,则,又，则,由可得，即，所以，由，知，综上可知即的形状是等边三角形.故选：B2．（2022·全国·高三专题练习）在中，角，，所对的边分别为，，，若，则的形状是（

）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【答案】A【解析】因为，由正弦定理可得：，整理可得：，即，所以或者，所以或，而当时则，所以三角形为直角三角形，所以，则中，这时，分母为0无意义所以，选：A．3．（2022·全国·高三专题练习）在中，已知，则的形状一定是（

）A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等边三角形 D．等腰或直角三角形【答案】B【解析】由正弦定理得，整理得：即，又因为,所以,所以，移项得：,所以三角形一定为直角三角形.故选：B4．（2022·西藏·拉萨中学高三阶段练习（理））在中，，，，则为（

）A．直角三角形 B．等腰三角形或直角三角形C．等边三角形 D．等腰三角形【答案】B【解析】由正弦定理得，即，解得，又，故或，当时，，为直角三角形；当时，，为等腰三角形.故选：B.5．（2022·全国·高三专题练习）（多选）已知的三个内角，，所对的边分别为，，，则下列条件能推导出一定是锐角三角形的是（

）A． B．C． D．【答案】BD【解析】对于，若，由余弦定理可知，即角为锐角，不能推出其他角均为锐角，故错误；对于，因为，可得，可得，设，，，，可得为最大边，为三角形最大角，根据余弦定理得，可得为锐角，可得一定是锐角三角形，故正确；对于，因为，可得，整理可得，由正弦定理可得，可得为直角，故错误；对于，因为由于，整理得，故，由于，故，故，，均为锐角，为锐角三角形，故正确．故选：BD．6．（2022·浙江·高三专题练习）已知内角，，所对的边分别为，，，面积为.若，，则的形状是（

）A．等腰三角形 B．直角三角形C．正三角形 D．等腰直角三角形【答案】C【解析】因为，所以，即，由正弦定理可得：，因为，所以，因为，所以，所以，可得，所以，解得，因为，所以，即，所以，可得，所以，所以的形状是正三角形，故选：C.7．（2022·湖南·长沙一中）（多选）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，以下说法中正确的是（

）A．若，则B．若，则为钝角三角形C．若，则符合条件的三角形不存在D．若，则一定是等腰三角形【答案】AC【解析】若，则，所以由正弦定理可得，故A正确；若，，，则，即，所以角为锐角，即为锐角三角形，故B错误；若，，，根据正弦定理可得所以符合条件的三角形不存在，即C正确；若，则，即,因为,所以或，即或，所以为等腰或直角三角形，故D错误.故选：AC题组二题组二最值问题1．（2021·安徽）已知四边形ABCD是圆内接四边形，，则ABCD的周长取最大值时，四边形ABCD的面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】△ABD中，因AB2+BD2=25=AD2，则，，而四边形ABCD是圆内接四边形，如图：则，，，在中，由余弦定理得，，即，当且仅当时取“＝”，而，所以时，四边形ABCD的周长取最大值，四边形ABCD的面积.故选：A2．（2021·全国·高三专题练习（文））在中，角，，的对边分别是，，，且，，成等差数列，，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】在中，由，，成等差，可得，由，得，．由余弦定理，可得，又，当且仅当时等号成立，即，即，解得所以的取值范围是．故选：A3．（2022·陕西·武功县普集高级中学）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，的面积为2，则当取得最小值时（

）A． B． C． D．20【答案】C【解析】，，由正弦定理可得，当且仅当，即，时等号成立，此时.故选：C4．（2022·全国·高三专题练习）在锐角中，为最大角，且，则实数的最小值是（

）A． B．2 C．3 D．【答案】A【解析】由于为最大角，则的对边最长，则，得出.，得，由于为锐角三角形，则，，则.即，整理得，解得.则实数的最小值是1.故选：A.5．（2022·全国·高三专题练习）在中，是边上一点，且，，若是的中点，则______；若，则的面积的最大值为_________．【答案】

【解析】若是的中点，则，在中，由余弦定理可得即，整理得，即，所以在中，由余弦定理得即，所以若，，，由上述知作于点E，由，知，作于点F，所以在边上的高为，所以因为，，，所以由余弦定理得即当时，有最大值，即，则所以故答案为：，6（2022·山东）如图，设的内角、、的对边分别为、、，，且.若点是外一点，，，则当______时，四边形的面积的最大值为____________【答案】

【解析】，由正弦定理可得，所以，，，，可得，，，所以，为等边三角形，设，则，由余弦定理可得，，，所以，四边形的面积为，，，所以，当时，即当时，四边形的面积取最大值.故答案为：；.7．（2021·上海市进才中学）在锐角中，，则的取值范围为________.【答案】【解析】，利用余弦定理可得：，即，由正弦定理可得：，，即，即又为锐角三角形，，即，，又，令，则由对勾函数性质知，在上单调递增，又，，故答案为：8．（2022·河南）如图所示，在平面四边形中，已知，则的最大值为_______．【答案】56【解析】中，，中，由得，所以，当且仅当时等号成立，所以的最大值为56．故答案为：56．9．（2022·湖南·长沙一中高三阶段练习）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．(1)求角A；(2)若△ABC是锐角三角形，且c＝4，求b的取值范围．【答案】(1)；(2).【解析】(1)∵，∴，，∵，∴，，；(2)∵，∴，∴，∵△ABC是锐角三角形，∴，同理，根据正弦定理得，，﹒10．（2022·宁夏石嘴山·一模（理））在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，D为的中点，若．(1)求；(2)若，求的最小值．【答案】(1)(2)【解析】(1)解：由，利用正弦定理可得：，，

∵，∴，∴；(2)由D为的中点，∴，∴，，又∵，∴

，

∴，∴，

当且仅当时，取最小值．题组三题组三三角形解的个数1．（2022·全国·高三专题练习）（多选）下列在解三角形的过程中，只能有1个解的是（

）A．，， B．，，C．，， D．，，【答案】BCD【解析】根据题意，在A条件下，因为，所以角B在和上各有一个解，并且这两个解与角A的和都小于，所以A不满足；在B条件下，，，，根据余弦定理可得，即，解得或（舍），所以只有1个解，满足题意；在C条件下，条件为边角边，所以有唯一解；在D条件下，，因为，所以角A在和上各有一个解，当解在时，角B与角A的和大于，所以只有1个解，满足题意，故选：BCD．2．（2022·全国·高三专题练习）（多选）中，角A，B，C所对的三边分别是a，b，c，以下条件中，使得无解的是（

）A．；B．；C．D．，【答案】ABD【解析】对于A，大边对大角，而a<b，无解；对于B，由正弦定理得，无解；对于C，由可得，正弦定理求出，再由正弦定理或余弦定理可求出，有解；对于，由和，通过余弦定理可得，与矛盾，无解.故选：ABD3．（2022·全国·高三专题练习）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则满足条件的（

）A．无解 B．有一个解C．有两个解 D．不能确定【答案】C【解析】因为，，由正弦定理可得，，所以，因为为三角形内角，所以，因此或，若，则符合题意；若，则，符合题意；因此有两个解；故选：C.4．（2022·全国·高三专题练习）在中，，，若角有唯一解，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】在中，，，若有唯一解，则有唯一解，设内角，，所对应的边分别为，，，由，则为一确定的锐角且，所以，如图以为圆心，为半径画圆弧，当圆弧与边有1个交点时满足条件，如图示：即圆弧与边相切或与圆弧与边相交有2个交点，其中一个交点在线段的反向延长线上（或在点处），故或，由，即，得或，解得或.故选：．5．（2022·全国·高三专题练习）在中，已知：，，，如果解该三角形有两解，则（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】如图：，因为三角形有两解，所以，所以，所以，得.故选：D6．（2022·全国·高三专题练习）在中，角所对的边分别为，下列条件使得无法唯一确定的是（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】对于A：∵，∴A=140°，由正弦定理得：，∴∴唯一确定；故A正确.对于B：∵，由余弦定理，可得：由正弦定理：，有：可以求出角A、B，∴唯一确定；故B正确.对于C：∵由正弦定理：，有：，∴，∵∴∴,这样的角B有2个，所以不唯一，故C错误.对于D：∵由正弦定理：，有：，∴，∵∴∴,这样的角A有唯一一个，∴角C唯一，所以唯一，故D正确.故选：C7．（2022·河南·许昌高中高三开学考试）在三角形ABC中（A点在BC上方），若，，BC边上的高为h，三角形ABC的解的个数为n，则以下错误的是（

）A．当时， B．当时，C．当时， D．当时，【答案】C【解析】作出外接圆如图所示，因为，所以的外接圆半径为因为，所以，，所以当时，最大为3，此时是唯一的，所以B正确，A正确，当时，由圆的对称性可知，此时，所以C错误，D正确，故选：C8．（2022·云南师大附中高三阶段练习（文））的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，若有两解，写出a的一个可能的值为__________．【答案】（满足均可，答案不唯一）【解析】由于满足条件的有两个，则，即.故答案为：（满足均可，答案不唯一）．题组四题组四几何中的正余弦定理1．（2022·湖南株洲·一模）如图，在四边形中，，且,．(1)求的长；(2)若，求的面积．从①，②，这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．【答案】(1)(2)选①时：;选②时：【解析】(1)由，得,,,在中，由余弦定理得：,,(2)选①时:由（1）可知，，，在中，,,;选②时:由（1）可知，，在中，由余弦定理得,,即，，.2．（2022·山西）在中，，分别在线段上，且，.()（1）若，求证：；（2）设，且，求的最大值.【答案】（1）证明见解析；（2）最大值为28.【解析】（1）由可得.由余弦定理可得，∴.∴，∴，即；（2）在中，由正弦定理可得，即，故，同理，，由条件可得与的面积之比恰好等于，即，即，∴，∵，∴，∴的最大值为28.3．（2022·全国·高三专题练习）如图，在梯形中，，，，．(1)若，求梯形的面积；(2)若，求．【答案】(1)；(2)．【解析】(1)设，在中，由余弦定理得：，即，而x>0，解得，所以，则的面积，梯形中，，与等高，且，所以的面积，则梯形的面积；(2)在梯形中，设，而，则，，，，在中，由正弦定理得：，在中，由正弦定理得：，两式相除得：，整理得，即解得或，因为，则，即．4．（2022·云南）如图，△ABC中，点D在AB上且满足：，．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在题设中，求△ABC的面积(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)【答案】6.【解析】在中，由正弦定理得，，在中，由正弦定理得，，∵，∴，即，则，即是的角平分线；，，，在中，由及正弦定理得，，∴，即.若选①：．在中，由余弦定理得，，在中，由余弦定理得，cosA＝，∴＝，则，，∴，∴．若选②：．在中，设，由正弦定理得，则，∵是的角平分线，故，在中，由余弦定理得，，解得，，BC＝，故，∴，则．若选③：．设，则，，在中，由余弦定理得，，解得，BC＝，则．5．（2022·山东聊城·一模）如图，在四边形中，.(1)求；(2)若，求四边形的面积.【答案】(1)；(2).【解析】(1)因为,所以，所以可化为，由二倍角公式可得：因为BD<AD,所以,所以，所以,解得.(2)在△ABD中,,，由余弦定理得：,即所以.在△BCD中,由正弦定理得，所以.又因为∠C=2∠CBD,所以.又因为,所以,从而，所以,.因此四边形ABCD的面积.6．（2022·全国·高三专题练习）如图，四边形ABCD中，，，．(1)求的值；(2)若，，求CD的长．【答案】(1)；(2).【解析】(1)由余弦定理，，则，所以，又，且，所以.(2)过作于，，又，所以，，令，则，故，在△中，即，所以，即CD的长为.7．（2022·全国·模拟预测）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．(1)求B；(2)如图，若D为外一点，且，，，，求AC．【答案】(1)(2)【解析】(1)由，得，即，由正弦定理，得，整理，得，∴，又，∴，∴，又，∴；(2)连接BD，因为，，，所以，，所以，所以．又，所以，在中，由正弦定理可得，即，所以．在中，由余弦定理可得，所以．8．（2022·江苏常州·高三期末）已知在四边形中，，，，且，．(1)求；(2)求．【答案】(1)(2)7【解析】(1)在中，则，又在中，，故(2)设，，，，则，由即可知，即在中，，又，则有故在中，即，解之得，即的长为79．（2022·全国·高三专题练习）已知中，内角、、的对边分别为、、，为的角平分线．(1)求证：；(2)若且，求的大小．【答案】(1)证明见解析(2)【解析】(1)证明：由题意可得，因为为的角平分线，则，在中，，则，同理可得，因此，故.(2)解：设，则，因为，即，因为，则，则，，即，可得，由（1）可得，则，在中，，整理可得，所以，，因此，.10．（2022·甘肃酒泉·高三期中）在四边形中，∥，．(1)若，求；(2)若，求．【答案】(1)(2)【解析】(1)在三角形中，根据余弦定理可得，，由题得：，所以，在三角形中，根据余弦定理可得，，所以，(2)设，在三角形中，根据余弦定理可得，，在三角形中，根据余弦定理可得，，所以，得：或（舍），则题组五题组五正余弦定理与平面向量的综合运用1．（2022·全国·高三专题练习）四边形为梯形，且，，，点是四边形内及其边界上的点.若，则点的轨迹的长度是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】，即.设向量与的夹角为，则，因为，所以，由向量投影定义得，向量在向量上的投影为2，即动点在过点且垂直于的直线上.在中，，，，由余弦定理得，所以；则，所以.因为是四边形内及其边界上的点，所以点的轨迹为线段.所以点的轨迹的长度为.故选：B.2．（2022·全国·高三专题练习）（多选）如图，已知点G为的重心，点D，E分别为AB，AC上的点，且D，G，E三点共线，，，，，记，，四边形BDEC的面积分别为，，，则（）A． B． C． D．【答案】ABC【解析】连接AG并延长交BC于点M，如图，因G为的重心，则M是BC边的中点，且，又D，G，E三点共线，即，则有，而，，又，于是得，而与不共线，因此，，，A正确；边AD上的高为，边AB上的高为，则，B正确；由A可知，，当且仅当时取“=”，则有，即，而，于是得，C正确，D错误.故选：ABC3．（2022·全国·高三专题练习）（多选）已知点G是三角形的重心，以下结论正确的是（

）A．B．若，则三角形是等腰三角形C．三角形的面积等于，则D．若，则【答案】AB【解析】如图，M、N分别为BC、AB的中点，由重心的性质及向量的运算知，，故A正确；因为为中线，所以,由，知即,所以三角形是等腰三角形，故B正确；三角形的面积等于即,解得,所以,故C不正确；由A知，所以，故D不正确.故选：AB4．（2022·全国·高三专题练习）（多选）在中，，，其中，均为边上的点，分别满足：，，则下列说法正确的是（

）A．为定值3B．面积的最大值为C．的取值范围是D．若为中点，则不可能等于【答案】ABD【解析】设.对于A:因为，所以D为BC的中点.因为，所以，即，所以.因为，所以，所以.故A正确；对于B：，又，当且仅当“"时,取“=”此时，所以.故B正确；对于C：因为，所以，所以.当时，D、E重合，取得最大值3.可知为锐角，当最大锐角时，最大，但无法取到.故C错误；对于D：若为中点，则.故D正确.故选：ABD.5．（2022·上海市复兴高级中学高三阶段练习）在中，若，，则面积的最大值为___________.【答案】【解析】由条件可知，即，，因为，即，得，当且仅当b=c时等号成立所以,即面积的最大值为.故答案为：6．（2022·河南·高三阶段练习（文））已知是的内接正三角形，D是劣弧的中点，动点E，F同时从点A出发以相同的速度分别在AB，AC边上运动到B，C．若的半径为，则的最大值与最小值之和等于______．【答案】【解析】由已知，的半径为，，由正弦定理可得，连接AD，如图，由条件可知，，，．设，，∴，∴．所以的最大值与最小值之和等于．故答案为：.7．（2022·全国·高三专题练习）如图，平面四边形中，，对角线相交于．（1）设，且，（ⅰ）用向量表示向量；（ⅱ）若，记，求的解析式．（2）在（ⅱ）的条件下，记△，△的面积分别为，，求的取值范围．【答案】（1）（ⅰ）；（ⅱ），；（2）.【解析】（1）（ⅰ）因为，，所以，即，所以，（ⅱ）因为，，所以，因为且，所以，即，所以，整理可得：，

即，.（2）由（1）知：，由三角形面积公式可得：，记，所以，所以在上单调递减，所以，所以的取值范围为.8．（2022·全国·高三专题练习）三角形ABC中，，点E是边BC上的动点，当E为BC中点时，（1）求和;（2）是延长线上的点，，当在上运动时，求的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）当为中点时，设，则由余弦定理得，解得，此时，由余弦定理得，所以，所以，所以，所以，所以；（2）由得，，所以，所以，当取最小即时上式最大，此时，所以，所以的最大值为.题组六题组六正余弦定理与其他知识综合运用1．（2022·贵州·模拟预测（理））已知F1，F2是椭圆C的两个焦点，P是C上一点，且，，则椭圆C的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】设，，，，则，因为，所以由余弦定理得，所以解得，所以所以.故选：B2．（2022·陕西陕西·二模）在中，三边长组成公差为1的等差数列，最大角的正弦值为，则这个三角形的外接圆的直径为___________.【答案】【解析】设三角形的三边长分别a，，，最大角为，由已知，∵，∴或.当时，因为最大角为，所以由三角形内角和可知，这样不构成三角形，故舍去；当时，由余弦定理可知：.解得或（舍去）.设外接圆半径为R，则，即，∴.故答案为：3．（2021·全国·高三专题练习）设是椭圆的两个焦点，为椭圆上任意一点，当

取最大值时的余弦值为．则（Ⅰ）椭圆的离心率为___；（Ⅱ）若椭圆上存在一点，使(为坐标原点)，且，则的值为____．【答案】

或【解析】设分别为椭圆的长轴长，虚轴长，（Ⅰ）在中，,，当且仅当时，等号成立，即当点位于短轴端点时，的余弦值最大，，即，则离心率（Ⅱ）取中点，由，即，可得，利用中位线性质可得，设，，则解得，或，或故答案为：；或4．（2022·云南·昆明一中高三阶段练习（理））已知双曲线的左､右焦点分别为，过点的直线与双曲线的左右支分别交于A，B两点，，向量与向量的夹角为，则双曲线的离心率为___________.【答案】【解析】设，由，则，由双曲线定义知，，因为向量与向量的夹角为，所以有，在三角形中，，即解得，在三角形中，，即，把代入，化简得，即，所以椭圆的离心率为.故答案为：5．（2022·甘肃武威）《后汉书·张衡传》：“阳嘉元年，复造候风地动仪.以精铜铸成，员径八尺，合盖隆起，形似酒尊，饰以篆文山龟鸟兽之形.中有都柱，傍行八道，施关发机.外有八龙，首衔铜丸，下有蟾蜍，张口承之.其牙机巧制，皆隐在尊中，覆盖周密无际.如有地动，尊则振龙，机发吐丸，而蟾蜍衔之.振声激扬，伺者因此觉知.虽一龙发机，而七首不动，寻其方面，乃知震之所在.验之以事，合契若神.”如图，为张衡地动仪的结构图，现要在相距200km的A，B两地各放置一个地动仪，B在A的东偏北60°方向，若A地动仪正东方向的铜丸落下，B地东南方向的铜丸落下，则地震的位置在A地正东___________