2025版 数学《高中全程复习方略》（提升版）人教A版三十二 余弦定理、正弦定理含答案

11版数学《高中全程复习方略》（提升版）人教A版三十二余弦定理、正弦定理温馨提示：三十二余弦定理、正弦定理(时间:45分钟分值:95分)【基础落实练】1.(5分)(2023·连云港模拟)在△ABC中,a=5,c=3,cosA=23,则b= (A.1 B.2 C.3 D.4【解析】选B.由余弦定理可得,a2=b2+c2-2bccosA=b2+9-4b=5,即b2-4b+4=0,解得b=2.2.(5分)在△ABC中,a=2,b=3,cosB=74,则A= (A.π6 B.C.5π6 D.π6【解析】选A.因为a=2,b=3,cosB=74,所以sinB=1-co因为由正弦定理可得asinA=bsinB,所以sinA=a·又b>a,可得A为锐角,所以A=π63.(5分)(2023·丰台模拟)在△ABC中,(a-c)(sinA+sinC)=(a+b)cos(π2+B),则C=(A.π6 B.π3 C.2π3 【解析】选C.在△ABC中,(a-c)(sinA+sinC)=(a+b)cos(π2+B)则(a-c)(sinA+sinC)=-(a+b)sinB,由正弦定理可得(a-c)(a+c)=-(a+b)b,所以a2+b2-c2=-ab,则cosC=a2+b2-c22ab=-4.(5分)在△ABC中,∠B=45°,c=4,只需添加一个条件,即可使△ABC存在且唯一.在条件:①a=32;②b=25;③cosC=-45中,所有可以选择的条件的序号为 (A.① B.①②C.②③ D.①②③【解析】选B.在△ABC中,∠B=45°,c=4,若添加条件①,则由余弦定理可得b2=a2+c2-2accosB=10,即b=10,即△ABC存在且唯一;若添加条件②,则由余弦定理b2=a2+c2-2accosB,可得:a2-42a-4=0,解得a=2(2+3),即△ABC存在且唯一;若添加条件③,则由-45<-22,得C>135°,则B+C>45°+135°=180°,即△ABC不存在,即可以选择的条件的序号为5.(5分)(多选题)(2023·日照模拟)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,则()A.若c=23,B=π3,bB.若sin2B+sin2C<sin2A,则△ABC为钝角三角形C.若ab(b2+c2-a2)=ba(a2+c2-b2),则△D.若△ABC不是直角三角形,则tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC【解析】选ABD.对于A,由c·sinB=3,且b=5>3,5>23,知满足条件的三角形只有一个,故A正确;对于B,sin2B+sin2C<sin2A,即b2+c2<a2⇒cosA=b2+c2-a22bc<0,A为钝角,故B正确;对于C,ab(b2+c2-a2)=ba(a2+c2-b即acosA=bcosB,由正弦定理可得sinAcosA=sinBcosB,则sin2A=sin2B,所以A=B或A+B=π2对于D,因为△ABC不是直角三角形,所以tanA,tanB,tanC均有意义,又A=π-(B+C),所以tanA=-tan(B+C)=-tanB所以tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC,故D正确.6.(5分)(多选题)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知(b+c)∶(c+a)∶(a+b)=4∶5∶6,则下列结论正确的是 ()A.sinA∶sinB∶sinC=7∶5∶3B.CA·AB<0C.若c=6,则△ABC的面积是15D.若b+c=8,则△ABC外接圆半径是7【解析】选AD.令b+c=4x,则c+a=5x,a+b=6x,可得a=72x,b=52x,c=3所以a∶b∶c=7∶5∶3,由正弦定理知:sinA∶sinB∶sinC=7∶5∶3,A对;若c=6,则a=14,b=10,故cosA=100+36-1962×10×6=-12,又0<A<π,则所以S△ABC=12bcsinA=153由CA·AB=bccos(π-A)=-bccosA,结合C可得CA·AB>0,B错;若b+c=8,则a=7,易得A=2π3,故△ABC外接圆半径是a2sinA=7.(5分)(2022·上海高考)已知在△ABC中,A=π3,AB=2,AC=3,则△ABC的外接圆半径为__________【解析】在△ABC中,A=π3,AB=2,AC=3,利用余弦定理BC2=AC2+AB2-2AB·AC·cosA,整理得BC=7,所以BCsinA=2R,解得R答案:218.(5分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,sinA(tanB+tanC)=2tanBtanC,a=2,则bc=__________.

【解析】sinA(tanB+tanC)=2tanBtanC,则2sinA=1tanB+1tanC=cosBsinC+sinBcosCsinBsinC由正弦定理有a2=2bc,因为a=2,则bc=2.答案:29.(10分)(2023·全国乙卷)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.【解析】(1)由余弦定理可得:BC2=a2=b2+c2-2bccosA=1+4-2×1×2×cos120°=7,则BC=7,cosB=a2+c2-b22ac=7+4-1(2)由三角形面积公式可得S△ABDS则S△ACD=15S△ABC=15×(12×2×1×sin120°)【加练备选】已知△ABC的三个内角A,B,C的对边分别是a,b,c,且满足a2sinB(1)求角C的值;(2)若角C的平分线交AB于D,且DB=2AD,AB边上的中线CE交AB于点E,且CE=72,求△ABC的面积【解析】(1)在△ABC中,由正弦定理可得asinA=bsinB,即由a2sinBsinCsinA=3(a2+又由余弦定理cosC=a2+b2-c22ab,可得sinC因为C∈(0,π),所以C=π3(2)因为CD为∠ACB的平分线,所以∠ACD=∠BCD,在△ACD中,由正弦定理得ADsin∠ACD=在△BCD中,由正弦定理得BDsin∠BCD=又因为∠ADC+∠CDB=π,所以sin∠ADC=sin∠CDB,因为sin∠ACD=sin∠BCD,所以ACBC=ADBD=12,即a=2b.因为CE为AB边上的中线,所以CE=12(CA+CB),即CE2=14·(CA2+CB2+2CA·CB)=14(b2即7=7b2,所以b=1,a=2,所以△ABC的面积为12absin∠ACB=12×2×1×32【能力提升练】10.(5分)(2023·龙岩模拟)若△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,则下列说法错误的是 ()A.若c=6,A=45°,a=2,则△ABC有两组解B.在△ABC中,已知a2tanB=b2tanA,则△ABC是等腰或直角三角形C.若sinA<sinC,则cosA<cosCD.若△ABC为锐角三角形,且C=π3,b=4,则△ABC面积的取值范围是(23,83【解析】选C.A选项,由正弦定理得asinA=则sinC=csinAa=6×222同时csinA=6×22=3<a<c,所以△ABC有两组解,A选项正确,不符合题意B选项,依题意a2tanB=b2tanA,则A,B为锐角,由正弦定理得sin2A·sinBcosB=sin2B·sinAcos所以sinAcosB=sinBcosA,sinAcossin2A=sin2B,则2A=2B或2A+2B=π,所以A=B或A+B=π2,所以△ABC为等腰或直角三角形,B选项正确,不符合题意C选项,当sinA<sinC时,如A=π6,C=π2,sinA=12满足sinA<sinC,但cosA=32,cosC=0,cosA>cosC,所以C选项错误,符合题意D选项,由正弦定理得asinA=bsinB,asinA=4sinB,a=2+23tanB.由于△ABC是锐角三角形,所以0<B<π2所以tanB>33,0<23tanB<6,2<2+23由三角形的面积公式得S△ABC=12absinC=12a·4×32=3a∈(23所以D选项正确,不符合题意.【加练备选】(多选题)(2023·新余模拟)下列有关三角形的描述正确的是 ()A.若△ABC的面积为34(a2+c2-b2),则B=B.在△ABC中,A=30°,b=2,a=2,则满足这样的三角形只有一个C.在△ABC中,若(sinA+sinB)∶(sinB+sinC)∶(sinC+sinA)=9∶11∶10,则最大内角是最小内角的2倍D.在△ABC中,a=2,c=4,cosC=-14,则AB边上的高为【解析】选ACD.对于A,由题意得12acsinB=34(a2+c2-b2),整理得a2+c2-b2=23ac所以a2+c2-b22ac=13sinB,所以cosB=13sinB,得tanB=3,因为B∈(0,π),所以B=π3,所以A正确;对于B,由正弦定理得因为0°<B<150°,所以B=45°或B=135°,所以满足条件的三角形有2个,所以B错误;对于C,因为(sinA+sinB)∶(sinB+sinC)∶(sinC+sinA)=9∶11∶10,所以由正弦定理得(a+b)∶(b+c)∶(c+a)=9∶11∶10,设a+b=9m,b+c=11m,c+a=10m,解得a=4m,b=5m,c=6m,则最大角为C,最小角为A,由余弦定理得cosC=a2+b2-c22ab=16m2+25m2-36m22×4m×5m因为cosC>0,cosA>0,所以A,C均为锐角,所以2A∈(0,π),所以C=2A,所以最大内角是最小内角的2倍,所以C正确;对于D,由余弦定理得c2=a2+b2-2abcosC,则16=4+b2-4b×(-14),即b2+b-12=0,解得b=3或b=-4(舍去).因为cosC=-14,C∈(0,π),所以sinC=1-cos2所以△ABC的面积为S=12absinC=12×2×3×154设AB边上的高为h,则S=12ch=12×4h=3154,解得h11.(5分)(2023·厦门模拟)已知a,b,c分别为△ABC内角A,B,C的对边,BA·BC=3,S△ABC∈[32,332],则B的取值范围是 A.[π4,π3] B.[π6C.[π6,π3] D.[π3【解析】选C.在△ABC中,BA·BC=accosB,S△ABC=12acsinB,因此tanB=2S△ABCBA·BC∈[33,3],显然B∈(0,π2),而正切函数y=tanx在(0,π212.(5分)在锐角△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若1+cosA=2cos2B,b=1,则a的取值范围是__________.

【解析】由1+cosA=2cos2B,得cosA=2cos2B-1=cos2B,因为△ABC为锐角三角形,y=cosx在(0,π)上单调递减,故A=2B,所以sinA=sin2B=2sinBcosB,由正弦定理得ab=2cosB.又b=1,所以a=2cos由题意得0<A=2B<π2,解得B∈(0,π4),又0<C=π-3B<π2,解得B∈(π6所以B∈(π6,π4),所以cosB∈(22,32),2cosB∈(则a的取值范围是(2,3).答案:(2,3)13.(5分)(2023·武威模拟)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若O为△ABC的重心,OB⊥OC,3b=4c,则cosA=__________.

【解析】连接AO并延长交BC于D,由题意得D为BC的中点,OB⊥OC,所以OD=BD=CD=12a,AD=32a.因为∠ADB+∠cos∠ADB+cos∠ADC=94a2+14a2-c22×故cosA=b2+c2-a22bc=b2+c2-15b2答案:514.(10分)(2023·吕梁模拟)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且csinA+sinB=(1)求角B的大小;(2)若AC=27,D是边AC的中点,且BD=19,求△ABC的内切圆的半径.【解析】(1)因为csinA+sinB=b-asinC+所以a2+c2-b2=ac,由余弦定理得cosB=a2+c2-b22ac=ac2(2)由余弦定理得AC2=BA2+BC2-2BA·BC·cos∠ABC,即28=a2+c2-ac.又D是边AC的中点,且BD=19,所以BD=12(BA+BC所以BD2=14(BA+BC)2=14(BA2+2BA·BC+BC2又28=a2+c2-ac,所以a2+c2=52,ac=24,所以a+c=a2+设△ABC的内切圆的半径为r,所以12(AB+AC+BC)r=12BA·BCsin∠ABC,所以r=BA·BCsin∠15.(10分)在锐角三角形ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且c=23,2sin(2C-π3)=3(1)若a=22,求角A;(2)求△ABC面积的最大值.【解析】(1)由2sin(2C-π3)=3,得sin(2C-π3)=因为△ABC为锐角三角形,所以C∈(0,π2),则2C-π3∈(-π3,所以2C-π3=π3,得C=π3.由正弦定理得asinA=csinC,2因为A∈(0,π2),所以A=π(2)由(1)可知C=π3,在锐角三角形ABC中,c=23,C=πc2=a2+b2-2abcosC,12=a2+b2-2abcosπ3=a2+b2-ab≥2ab-ab=ab,当且仅当a=b时取等号,所以ab的最大值为12,所以12absinC≤12×12×32=33,当且仅当所以△ABC面积的最大值为33.【加练备选】在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且a+c=2bcosC.(1)求证:B=2C;(2)求a+4c【解析】(1)在△ABC中,a+c=2bcosC,由正弦定理得sinA+sinC=2sinBcosC,又A=π-(B+C),所以sin(B+C)+sinC=2sinBcosC,所以sinBcosC-cosBsinC=sinC,所以sin(B-C)=sinC,又sinC>0,所以0<B-C<π,且B-C+C=B<π,所以B-C=C,故B=2C;(2)由B=2C得B+C=3C∈(0,π),所以C∈(0,π3),cosC∈(12,1因为a+c=2bcosC,B=2C,所以a+4cc·=2sin2C·cosC+3sinCsinC·当且仅当4cosC=3cosC,即cosC=32,且C∈(0,π3),即当且仅当C=π6时等号成立,所以当C=π【素养创新练】16.(5分)(多选题)东汉末年的数学家赵爽在《周髀算经》中利用一幅“弦图”,根据面积关系给出了勾股定理的证明,后人称其为“赵爽弦图”.如图1,它是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.我们通过类比得到图2,它是由三个全等的钝角三角形与一个小等边三角形A'B'C'拼成的一个大等边三角形ABC,对于图2,下列结论正确的是 ()A.这三个全等的钝角三角形不可能是等腰三角形B.若BB'=3,sin∠ABB'=5314,则C.若AB=2A'B',则AB'=5BB'D.若A'是AB'的中点,则三角形ABC的面积是三角形A'B'C'面积的7倍【解析】选ABD.由图可知AA'=BB',所以BB'<AB',故A正确;在△ABB'中,sin∠ABB'=5314,而∠AB'B=120°,所以cos∠ABB'=1-sin∠BAB'=sin(60°-∠ABB')=sin60°cos∠ABB'-cos60°sin∠ABB'=3314由正弦定理得BB'sin∠BAB'=AB又因为AA'=BB'=3,所以A'B'=AB'-AA'=2,故B正确;不妨设AB=2A'B'=2,BB'=x,由余弦定理得AB2=BB'2+AB'2-2BB'·AB'cos120°,解得x=5-12,所以AB'BB若A'是AB'的中点,则S△ABB'=12BB'·AB'sin120°=B'C'·A'B'sin60°=2S△A'B'C'所以S△ABC=7S△A'B'C',故D正确.三十九求通项公式(时间:45分钟分值:95分)【基础落实练】1.(5分)在数列{an}中,a1=1,an+1=2anan+2(n∈N*),则1A.第6项 B.第7项C.第8项 D.第9项【解析】选B.由an+1=2anan+2,可得1an+1=1an+12,即数列1an是以1为首项,即an=2n+1,由2n+1=12.(5分)设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2(an-1),则an= ()A.2n B.2n-1 C.2n D.2n-1【解析】选C.当n=1时,a1=S1=2(a1-1),可得a1=2,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,所以an=2an-1,所以数列{an}是等比数列,公比为2,首项为2,所以an=2n.3.(5分)在数列an中,若a1=2,an+1=3an+2n+1,则an= (A.n·2nB.52-C.2·3n-2n+1D.4·3n-1-2n+1【解析】选C.令bn=an则bn+1bn=an又b1=a12+2=3,所以bn所以bn=an2n+2=3×(32)n-1,得an=2·3n4.(5分)已知数列{an}满足a1=1,an+1=an+log3(1-22n+1),则a41= A.-1 B.-2C.-3 D.1-log340【解析】选C.因为an+1=an+log3(1-22n+1)=an+log32n-12n+1=an所以an+1-an=log3(2n-1)-log3(2n+1),则a41-a40=log379-log381,a40-a39=log377-log379,…,a3-a2=log33-log35,a2-a1=log31-log33,将以上40个式子相加得a41-a1=log31-log381.又a1=1,所以a41=log31-log381+1=-3.5.(5分)设[x]表示不超过x的最大整数,如[-3.14]=-4,[3.14]=3.已知数列{an}满足:a1=1,an+1=an+n+1(n∈N*),则[1a1+1a2+1a3+…+A.1 B.2 C.3 D.4【解析】选A.由an+1=an+n+1,得an-an-1=n(n≥2).又a1=1,所以an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=n+(n-1)+(n-2)+…则1an=2n(n+1所以1a1+1a2=2(1-12+12-13+…+1=2(1-12025所以[1a1+1a2+…+1a6.(5分)(多选题)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn+1=Sn+2an+1,数列{2nan·an+1}的前n项和为Tn,n∈A.数列{an+1}是等差数列B.数列{an+1}是等比数列C.数列{an}的通项公式为an=2n-1D.Tn<1【解析】选BCD.因为Sn+1=Sn+2an+1,所以Sn+1-Sn=2an+1,即an+1=2an+1,an+1+1=2(an+1).因为a1=1,a1+1=2,所以数列{an+1}是公比为2的等比数列,所以选项B正确,A不正确.又an+1=2·2n-1=2n,所以an=2n-1,故选项C正确.2nanan+1=所以Tn=(12-1-122-1)+(122-1-7.(5分)若数列an中,a1=0,an+1=an+(2n-1)(n∈N*),则通项公式an=________【解析】an=a1+(a2-a1)+…+(an-an-1)=0+1+3+…+(2n-3)=(n-1)2,所以该数列的通项公式为an=(n-1)2.答案:(n-1)28.(5分)已知数列{an}满足a1=1,2n-1an=an-1,则通项公式an=________.

【解析】方法一:因为an=anan-1·an-1an-2·an-2an-3·…·a3a2·a2a1·=(12)1+2+…+(n-1)=1所以an=(12)

方法二:由2n-1an=an-1得an=(12)n-1an-1所以an=(12)n-1an-1=(12)n-1·(12)n-2an-2=…=(12)n-1·(12)n-2·…·(12)1a1=(12)(n-1)+(n-2)+答案:(12)9.(10分)(2023·合肥模拟)已知等差数列an的各项均为正数,a1=1,a2+a5+a8=a3a5(1)求an的前n项和Sn【解析】(1)等差数列an中,因为a2+a5+a8=a3a5,所以3a5=a3a5又因为等差数列an的各项均为正数.所以a3又因为a1=1,所以d=a3所以an=n,所以Sn=n(9.(10分)(2023·合肥模拟)已知等差数列an的各项均为正数,a1=1,a2+a5+a8=a3a5(2)若数列bn满足b1=1,an+2bn+1=anbn,求bn【解析】(2)由(1)得an=n,因为b1=1,且an+2bn+1=anbn,所以bn≠0,所以bn+1bn=所以bnb1=bnbn-1×…×b3b2×b所以bn=2n(n+1)(n≥2)所以bn的通项公式为bn=2【能力提升练】10.(5分)若数列an和bn满足a1=2,b1=0,2an+1=3an+bn+2,2bn+1=an+3b则a2025+b2024= ()A.2×32023+1 B.3×22023-1C.3×22023+1 D.3×22024-1【解析】选C.因为2an+1=3an+bn+2,2bn+1=an+3bn-2,所以2an+1+2bn+1=3an+bn+2+an+3bn-2=4(an+bn),即an+1+bn+1=2(an+bn),又a1+b1=2,所以an+bn是以2为首项,2为公比的等比数列,所以an+b又2an+1=3an+bn+2,即an+1=32an+12b所以an+1+bn=32an+12bn+1+bn=32(an+bn)+1=3所以a2025+b2024=32×22024+1=3×22023+111.(5分)已知Sn是数列{an}的前n项和,且满足Sn-2an=n-4,则Sn=________.

【解析】由题意知Sn-2(Sn-Sn-1)=n-4(n≥2),即Sn=2Sn-1-n+4,所以Sn-n+2=2[Sn-1-(n-1)+2],又易知a1=3,所以S1-1+2=4,所以{Sn-n+2}是首项为4,公比为2的等比数列.所以Sn-n+2=2n+1,所以Sn=2n+1+n-2.答案:2n+1+n-212.(5分)设数列{an}的前n项和为Sn,若S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*,则a1=________,S5=________.

【解析】方法一:由a解得a1=1.由an+1=Sn+1-Sn=2Sn+1,得Sn+1=3Sn+1,所以Sn+1+12=3(Sn+1所以Sn+1所以Sn+12=32×3n即Sn=3n-12,所以方法二:由a解得a1又an+1=2Sn+1,an+2=2Sn+1+1,两式相减得an+2-an+1=2an+1,即an+2a所以{an}是首项为1,公比为3的等比数列,所以Sn=3n-12,所以答案:112113.(5分)若a1=1,an+1=2an+3·2n,n∈N*,则an=________.

【解析】因为an+1=2an+3·2n,所以an+12n-a所以an所以an2n所以an=(3n-2)·2n-1.答案:(3n-2)·2n-114.(10分)设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1+2a2+3a3+…+nan=(n-1)Sn+2