2024届高三数学一轮复习第8练 正弦定理和余弦定理（解析版）

第8练正弦定理和余弦定理一、单选题1．（2023秋·新疆乌鲁木齐·高二乌鲁木齐101中学校考开学考试）在中，已知，，，则（

）A．1 B． C． D．32．（2023·河南郑州·校联考二模）在中，，，，是的外接圆上的一点，若，则的最小值是（

）A． B． C． D．3．（2023·广东佛山·华南师大附中南海实验高中校考模拟预测）已知，分别是双曲线的左、右焦点，过的直线分别交双曲线左、右两支于A，B两点，点C在x轴上，，平分，则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．4．（2023·全国·高三专题练习）双曲线的左，右焦点分别为，过作垂直于轴的直线交双曲线于两点，的内切圆圆心分别为，则的面积是（

）A． B． C． D．5．（2023春·广东揭阳·高三校考阶段练习）已知的三个内角，，的对边分别为，，，且，则（

）A． B． C． D．6．（2023·全国·高一专题练习）在中，内角所对应的边分别是，若，，，则（

）A． B． C． D．7．（2023·全国·高三专题练习）设椭圆C：的左、右焦点分别为，，直线l过点.若点关于l的对称点P恰好在椭圆C上，且，则C的离心率为（

）A． B． C． D．8．（2023·宁夏银川·六盘山高级中学校考三模）椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线l交椭圆C于A，B两点，若，，则椭圆C的离心率为（

）A． B． C． D．二、多选题9．（2023·江苏南京·校考三模）双曲线C的两个焦点为，以C的实轴为直径的圆记为D，过作D的切线与C交于M，N两点，且，则C的离心率为（

）A． B． C． D．10．（2023·安徽六安·安徽省舒城中学校考模拟预测）平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的，已知在平面直角坐标系中，，，动点P满足，则下列结论正确的是（

）A．点的横坐标的取值范围是B．的取值范围是C．面积的最大值为D．的取值范围是11．（2023春·全国·高一专题练习）已知圆锥顶点为S，高为1，底面圆的直径长为．若为底面圆周上不同于的任意一点，则下列说法中正确的是（

）A．圆锥的侧面积为B．面积的最大值为C．圆锥的外接球的表面积为D．若，为线段上的动点，则的最小值为12．（2023春·全国·高一专题练习）的内角A，，的对边分别为a，b，c，下列说法正确的是（

）A．若，则B．若，则此三角形为等腰三角形C．若，，，则解此三角形必有两解D．若是锐角三角形，则13．（2023·江苏南京·南京市第五高级中学校考二模）如图，在棱长为4的正方体中，E，F，G分别为棱，，的中点，点P为线段上的动点，则（

）A．两条异面直线和所成的角为B．存在点P，使得平面C．对任意点P，平面平面D．点到直线的距离为414．（2023春·湖北襄阳·高三襄阳五中校考阶段练习）如图1，在中，，，，DE是的中位线，沿DE将进行翻折，连接AB，AC得到四棱锥（如图2），点F为AB的中点，在翻折过程中下列结论正确的是（

）A．当点A与点C重合时，三角形ADE翻折旋转所得的几何体的表面积为B．四棱锥的体积的最大值为C．若三角形ACE为正三角形，则点F到平面ACD的距离为D．若异面直线AC与BD所成角的余弦值为，则A、C两点间的距离为三、填空题15．（2023秋·四川成都·高二成都外国语学校校考阶段练习）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑中，平面，，，已知动点从点出发，沿外表面经过棱上一点到点的最短距离为，则该棱锥的外接球的体积为.16．（2023·广西桂林·校考模拟预测）△ABC中，角A，B，C所对的三边分别为a，b，c，c＝2b，若△ABC的面积为1，则BC的最小值是．17．（2023·安徽安庆·安庆一中校考模拟预测）在中，，D为BC的中点，则的最大值为．18．（2023·四川眉山·校考三模）在锐角中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，且，则的取值范围是．四、解答题19．（2023秋·甘肃临夏·高三统考期末）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知．(1)求的面积；(2)若，求b．20．（2023春·云南红河·高一开远市第一中学校校考阶段练习）记的内角的对边分别为，已知．(1)证明：；(2)若，求的周长．参考答案：1．D【分析】利用余弦定理得到关于BC长度的方程，解方程即可求得边长.【详解】设，结合余弦定理：可得：，即：，解得：（舍去），故.故选：D.【点睛】利用余弦定理及其推论解三角形的类型：(1)已知三角形的三条边求三个角；(2)已知三角形的两边及其夹角求第三边及两角；(3)已知三角形的两边与其中一边的对角，解三角形．2．B【分析】先解三角形得到为直角三角形，建立直角坐标系，通过表示出，借助三角函数求出最小值.【详解】由余弦定理得，所以，所以，所以．以AC的中点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，易得A（－1，0），C（1，0），B（－，），设P的坐标为，所以，，，又，所以，所以，，所以，当且仅当时，等号成立．故选：B．3．A【分析】根据可知，再根据角平分线定理得到的关系，再根据双曲线定义分别把图中所有线段用表示出来，根据边的关系利用余弦定理即可解出离心率.【详解】因为，所以∽，设，则，设，则，．因为平分，由角平分线定理可知，，所以，所以，由双曲线定义知，即，，①又由得，所以，即是等边三角形，所以．在中，由余弦定理知，即，化简得，把①代入上式得，所以离心率为．故选：A．4．A【分析】由题意画出图，由已知求出的值，找出的坐标，由的内切圆圆心分别为，进行分析，由等面积法求出内切圆的半径，从而求出的底和高，利用三角形的面积公式计算即可.【详解】由题意如图所示：由双曲线，知，所以，所以，所以过作垂直于轴的直线为，代入中，解出，由题知的内切圆的半径相等，且，的内切圆圆心的连线垂直于轴于点，设为，在中，由等面积法得：由双曲线的定义可知：由，所以，所以，解得：，因为为的的角平分线，所以一定在上，即轴上，令圆半径为，在中，由等面积法得：，又所以，所以，所以，，所以，故选：A.5．B【分析】根据题意，利用正弦定理边化角，由三角形内角和定理，展开化简得．【详解】由，边化角得，又，所以，展开得，所以，因为，所以．故选：B．6．D【分析】利用余弦定理直接构造方程求解即可.【详解】由余弦定理得：，即，解得：（舍）或，.故选：D.7．C【分析】根据已知结合椭圆的定义可推得，.然后根据，可推得.最后根据余弦定理，即可得到关于的齐次方程，即可得出离心率.【详解】设，由已知可得，，根据椭圆的定义有.又，所以.在中，由余弦定理可得，，即，整理可得，等式两边同时除以可得，，解得，或（舍去），所以.故选：C.8．D【分析】由椭圆的定义及题设，求出、、，利用，由余弦定理建立方程化简即可得解.【详解】因为，由椭圆定义知，又，所以，再由椭圆定义，因为，所以，所以由余弦定理可得，即，化简可得，即，解得或（舍去）.故选：D9．AC【分析】依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，利用正弦定理结合三角变换、双曲线的定义得到或，即可得解，注意就在双支上还是在单支上分类讨论.【详解】[方法一]：几何法，双曲线定义的应用情况一

M、N在双曲线的同一支，依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为B，所以，因为，所以在双曲线的左支，，，，设，由即，则，选A情况二若M、N在双曲线的两支，因为，所以在双曲线的右支，所以，，，设，由，即，则，所以，即，所以双曲线的离心率选C[方法二]：答案回代法特值双曲线，过且与圆相切的一条直线为，两交点都在左支,，，则，特值双曲线，过且与圆相切的一条直线为，两交点在左右两支，在右支，，，则，[方法三]：依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，若分别在左右支，因为，且，所以在双曲线的右支，又，，，设，，在中，有，故即，所以，而，，，故，代入整理得到，即，所以双曲线的离心率若均在左支上，同理有，其中为钝角，故，故即，代入，，，整理得到：，故，故，故选：AC.10．BC【分析】设出点P的坐标，列出方程并化简整理，放缩解不等式判断A；利用几何意义并结合求函数值域判断B；利用三角形面积公式计算判断C；取点计算判断D作答.【详解】设点，依题意，，对于A，，当且仅当时取等号，解不等式得：，即点的横坐标的取值范围是，A错误；对于B，，则，显然，因此，B正确；对于C，的面积，当且仅当时取等号，当时，点P在以线段MN为直径的圆上，由解得，所以面积的最大值为，C正确；对于D，因为点在动点P的轨迹上，当点P为此点时，，D错误.故选：BC【点睛】易错点睛：求解轨迹方程问题，设出动点坐标，根据条件求列出方程，再化简整理求解，还应特别注意：补上在轨迹上而坐标不是方程解的点，剔出不在轨迹上而坐标是方程解的点.11．BCD【分析】对A：根据圆锥的侧面积公式分析运算；对B：根据题意结合三角形的面积公式分析运算；对C：根据题意可得圆锥的外接球即为的外接圆，利用正弦定理求三角形的外接圆半径，即可得结果；对D：将平面与平面展开为一个平面，当三点共线时，取到最小值，结合余弦定理分析运算.【详解】对A：由题意可知：，故圆锥的侧面积为，A错误；对B：面积，在中，，故为钝角，由题意可得：，故当时，面积的最大值为，B正确；对C：由选项B可得：，为钝角，可得，由题意可得：圆锥的外接球半径即为的外接圆半径，设其半径为，则，即；故圆锥的外接球的表面积为，C正确；对D：将平面与平面展开为一个平面，如图所示，当三点共线时，取到最小值，此时，在，，则为锐角，则，在，则，由余弦定理可得，则，故的最小值为，D正确.故选：BCD.12．AD【分析】由正弦定理可求A，然后可判断A；根据角的范围直接求解可判断B；正弦定理直接求解可判断C；利用诱导公式和正弦函数单调性可判断D.【详解】由正弦定理可知，又，所以，可得，因为，所以，A正确；因为，且角2A，2最多有一个大于，所以由可知，或，即或，所以为等腰三角形或直角三角形，故B错误；由正弦定理可得，因为，所以，故此三角形有唯一解，C错误；因为是锐角三角形，所以，即，又在上单调递增，所以，同理，所以，D正确.故选：AD13．BCD【分析】根据异面直线所成角的概念结合正方体的性质可判断A，根据线面平行的判定定理可判断B，根据线面垂直的判定定理可得平面，然后根据线线垂直的判定定理可判断C，利用余弦定理结合条件可判断D.【详解】对于A，由正方体的性质可知，两条异面直线和所成的角即为，所以A错误；对于B，当点P与点重合时，由题可知，所以，四边形为平行四边形，故，又平面，平面，则平面，所以B正确；对于C，连结，由于平面，平面，故，又，故，故，即，故，又相交，平面，故平面，又平面，故对任意点，平面平面，所以C正确；对于D，由正方体的性质可得，，所以，所以，所以点到直线的距离，所以D正确．故选：BCD．14．ABD【分析】A项，分析点A与点C重合时三角形ADE翻折旋转所得的几何体类型，即可得到几何体的表面积；B项，通过表达出的体积，即可求出四棱锥的体积的最大值；C项，通过三角形的等面积法即可求出点F到平面ACD的距离；D项，通过C项的三角形ACE为正三角形时，由余弦定理得到异面直线AC与BD所成角的余弦值为，即可求出异面直线AC与BD所成角的余弦值为时，A、C两点间的距离.【详解】由题意，在中，，，，DE是的中位线，∴,,,∴,，对于A项，当点A与点C重合时，三角形ADE翻折旋转所得的几何体为以2为半径高为1的半个圆锥，∴三角形ADE翻折旋转所得的几何体的表面积为：,故A正确；对于B项，设，则，设点到的距离为，则，∴四棱锥的体积为：，在中，，∴，∴四棱锥的体积的最大值为，故B正确；对于C，D项，当三角形ACE为正三角形时，，,过点作，连接，取的中点,连接，，在中，,点F为AB的中点，由几何知识得，，在中，,∴，为的中点，在中，为的中点，,点F为AB的中点，∴,,,在中，在四边形中，由几何知识得，,，∴四边形是矩形，，设点F到平面ACD的距离为，在中，，即，解得：,故C错误，由几何知识得，，,∴,此时即为异面直线AC与BD所成的角，由余弦定理，，代入数据，解得：，∴异面直线AC与BD所成角的余弦值为，则A、C两点间的距离为，故D正确；故选：ABD.【点睛】本题考查几何体的表面积，体积，空间点到平面的距离，异面直线所成的角，余弦定理等，具有极强的综合性。15．【分析】将沿翻折到与共面得到平面四边形如图1所示，设，利用余弦定理求出，将三棱锥补成长方体如图2所示，该棱锥的外接球即为长方体的外接球，求出外接球的半径，即可求出其体积.【详解】解：将沿翻折到与共面得到平面四边形如图1所示，设，即，由题意得，在中，由余弦定理得即即，解得或（舍去），将三棱锥补成长方体如图2所示，该棱锥的外接球即为长方体的外接球，则外接球的半径，所以外接球的体积.故答案为：16．【分析】由三角形面积公式得到，利用角A的三角函数表达出，利用数形结合及的几何意义求出最值.【详解】因为△ABC的面积为1，所，可得，由，可得，设，其中，因为表示点与点（cosA，sinA）连线的斜率，如图所示，当过点P的直线与半圆相切时，此时斜率最小，在直角△OAP中，，可得，所以斜率的最小值为，所以m的最大值为，所以，所以，即BC的最小值为，故答案为：．【点睛】解三角形中最值问题，要结合基本不等式，导函数或者数形结合，利用代数式本身的几何意义求解.17．【分析】先设，由三角形三边关系得到，再利用三角函数的诱导公式与余弦定理得到，从而利用换