高中数学苏教版 (2019)必修 第二册11.1 余弦定理练习题

这是一份高中数学苏教版 (2019)必修 第二册11.1 余弦定理练习题，共31页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


专题强化：正、余弦定理综合性问题必刷题
一、单选题
1．在△ABC中，已知b2＝ac且c＝2a，则cs B等于（ ）
A．B．C．D．
2．我国南宋著名数学家秦九韶发现了已知三角形三边求三角形面积的方法，他把这种方法称为“三斜求积”：以斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积.在他的著作《数书九章》卷五“田域类”里就有已知三边求三角形面积的问题，该问题翻译成现代汉语就是：一块三角形田地，三边分别为13，14，15，则该三角形田地的面积是（ ）
A．84B．168C．79D．63
3．如图，在中，已知，，边上存在点，使，且，那么的长是（ ）
A．2B．3C．4D．5
4．我国南宋时期著名的数学家秦九韶在其著作《数书九章》中独立提出了一种求三角形面积的方法“三斜求积术”，即的面积，其中分别为的内角的对边，若，且，则的面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
5．在中，内角，，所对的边分别为，，，则“”是“是等腰三角形”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
6．托勒密是古希腊天文学家､地理学家､数学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定理指出：圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积.已知四边形的四个顶点在同一个圆的圆周上，是其两条对角线，，且为正三角形，则四边形的面积为（ ）
A．B．C．D．
7．在中，角，，的对边分别为，，，若，，则的最大值是（ ）
A．B．
C．D．3
8．已知a，b，c分别为△三个内角A，B，C的对边，且，则△是（ ）
A．等腰三角形B．直角三角形
C．等腰直角三角形D．等腰或直角三角形
9．设锐角的内角的对边分别为，已知，，则面积的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
10．如图，某城市有一条公路从正西方通过市中心后转向东北方，为了缓解城市交通压力，现准备修建一条绕城高速公路，并在上分别设置两个出口，若部分为直线段，且要求市中心与AB的距离为20千米，则AB的最短距离为（ ）
A．千米B．千米
C．D．
二、多选题
11．在中，有如下命题，其中正确的有（ ）
A．若，则是等边三角形
B．若，则是等腰三角形
C．若，则是钝角三角形
D．若，则这样的有2个
12．在△中，，，，P为△内一点，，下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．△的面积的最大值为
D．△的面积的取值范围是
13．在中，角A，B，C所对的边为a，b，c，有如下判断，其中正确的判断是（ ）
A．若，则为直角三角形
B．若，则
C．若，则符合条件的是有两个
D．若，则是钝角三角形
14．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，则下列判断中正确的是（ ）
A．若，则该三角形有两解B．若，则该三角形有两解
C．周长有最大值12D．面积有最小值
15．对于 ABC，有如下判断，其中正确的判断是（ ）
A．在非等腰ABC中，满足，则ABC为钝角三角形；
B．若，，，则符合条件的ABC有两个；
C．若，则ABC为锐角三角形；
D．若ABC的面积，，则的最大值为1.
16．在中，角，，所对的边分别为，，，且，则下列结论正确的是（ ）
A．B．是钝角三角形
C．的最大内角是最小内角的倍D．若，则外接圆半径为
三、填空题
17．已知轮船和轮船同时离开岛，船沿北偏东的方向航行，船沿正北方向航行（如图）.若船的航行速度为，后，船测得船位于船的北偏东的方向上，则此时，两船相距__________.
18．在如图所示的四边形区域ABCD中，，，，现园林绿化师计划在区域外以AD为边增加景观区域ADM，当时，景观区域ADM面积的最大值为__________．
19．在中，已知，则的取值范围为___________.
20．古希腊数学家托勒密于公元150年在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知AC，BD为圆的内接四边形ABCD的两条对角线，且，若，则实数的最小值为_________．
四、解答题
21．已知分别为三个内角的对边，.
(1)求；
(2)若 ，求的最大值.
22．在中，角、、所对的边分别为、、，已知．
(1)求角的值；
(2)若外接圆的半径，求面积的最大值．
23．如图，在直角中，角C为直角，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且.
(1)求角B的大小；
(2)若，D点为AB边上一点，且，求.
24．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．
(1)若，且，求；
(2)若，D是边AC上一点，，，且．求BD的长．
25．在中，角的对边分别为，且.
(1)求A的值；
(2)若，，当的周长最小时，求的值；
(3)若，，且的面积为，求的长度.
26．在平面五边形ABCDE中，已知，，，，，
(1)当时，求DC；
(2)当五边形ABCDE的面积时，求BC的取值范围．
27．如图，游客到达某旅游景区内的A处后，有两种路径到B处：一种是从A处沿直线步行到B处；另一种是先从A处沿直线坐小火车到达C处，再从C处沿直线步行到B处．甲、乙两名游客到达A处后，甲沿AB方向匀速步行，速度为50米/分钟，甲出发2分钟后，乙从A处坐小火车到达C处，在C处停留了2分钟后，再从C处步行到B处．已知小火车的速度为170米/分钟，A，B之间的距离为2100米，B，C之间的距离为1000米，．
(1)乙出发多少时间后，乙在小火车上与甲之间的直线距离最短？
(2)为使甲，乙在B处相互等待的时间不超过2分钟，乙步行的速度应控制在什么范围内？
28．在①；②；③，这三个条作中任选一个，补充在下面的横线上，并解答.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且 .
(1)求角C的大小；
(2)若，求的中线长度的最小值.
参考答案：
1．B
【解析】
【分析】
利用余弦定理求得.
【详解】
，则，
由余弦定理得.
故选：B
2．A
【解析】
【分析】
根据“三斜求积”可得三角形面积公式为，代入数值计算可得；
【详解】
解：依题意设的内角，，的对边分别为，，且，则三角形面积公式为，又，，，所以
故选：A
3．B
【解析】
【分析】
过点作，得出且，再由余弦定理得出，最后由得出的长.
【详解】
过点作，所以，且
在中，
则由余弦定理可得，
得解得（负值舍去），，所以.
故选：B
4．A
【解析】
【分析】
先根据求出关系，代入面积公式，利用二次函数的知识求解最值.
【详解】
因为，所以，
即；
由正弦定理可得，所以
；
当时，取到最大值.
故选：A.
5．D
【解析】
【分析】
利用余弦定理角化边，由探求出的形状，再结合充分条件、必要条件的定义直接判断即可.
【详解】
在中，由结合余弦定理得：，整理得：
，即，则或，为等腰三角形或直角三角形，
即“”不能推出“是等腰三角形”，而为等腰三角形，不能确定哪两条边相等，不能保证有成立，
所以“”是“是等腰三角形”的既不充分也不必要条件.
故选：D
6．D
【解析】
【分析】
由托勒密定理可得，由可求出.
【详解】
由题，设，
由托勒密定理可得，所以，
又因为，，
所以
.
故选：D.
7．C
【解析】
【分析】
根据题中的边角关系式化简等式，将转化为某一角的某一三角函数的形式，再运用三角函数的性质求解其最大值.
【详解】
根据题意，，
所以，
由正弦定理可得： ，即，
所以，因为，所以，所以，
因为，所以，所以．
则的最大值是.选项C正确，选项ABD错误故选：C.
8．D
【解析】
【分析】
利用余弦定理的边角关系可得，讨论、即可判断△的形状.
【详解】
由余弦定理得：，
所以，整理得，
当时，△是等腰三角形；
当时，△是直角三角形.
故选：D
9．D
【解析】
【分析】
利用辅助角公式可求得；将三角形面积表示为，根据正弦定理边化角，结合即可求得的范围，进而得到所求三角形面积.
【详解】
由得：，；
，，，解得：，
；
由正弦定理得：；
为锐角三角形，，解得：，
，，，
.
故选：D.
10．D
【解析】
【分析】
使用余弦定理及基本不等式，得到，使用正弦定理及三角恒等变换得到，进而求得AB的最短距离.
【详解】
在中，，
设，
则，
当且仅当时取等号，
设，则，
又到的距离为20千米，所以，，
故（时取等号），
所以，得，
故选：D
11．ACD
【解析】
【分析】
结合正弦定理、余弦定理对选项逐一分析，由此确定正确选项.
【详解】
A中由及得，所以是等边三角形，A正确.
B选项中，如时，不是等腰三角形，所以B错误；
C选项中，化简为，由正弦定理得，再由余弦定理得，所以是钝角三角形，C选项正确；
D选项中知成立，所以这样的三角形有2个，D选项正确.
故选：ACD
12．BC
【解析】
【分析】
由题意知在以为直径的圆上，A中由余弦定理在△中求；B中若，在△中由正弦定理可得，即可求；C中要使△的面积的最大则，即可求最大值；D中讨论在圆与的交点上或、重合时求，即可知范围.
【详解】
由题意知：如上图示，在以为直径的圆上，
A：时，，，易知，故在△中，则，错误；
B：，若，则，，
∴在△中，，即，可得，
∴，正确；
C：要使△的面积的最大，则，此时，正确；
D：由图知：若在圆与的交点上，，又P为△内一点，所以△的面积的取值范围是，错误.
故选：BC
13．BD
【解析】
【分析】
A．根据已知条件得到或，由此进行判断即可；
B．根据正弦定理得到边之间的关系，然后进行判断即可；
C．根据之间的大小关系进行判断即可；
D．利用余弦定理计算出的取值正负，从而进行判断.
【详解】
A．因为，所以或，所以或，
所以为等腰三角形或直角三角形，故错误；
B．因为，所以（为外接圆半径），
所以，由“大边对大角”可知，故正确；
C．因为，所以没有符合条件的三角形，故错误；
D．因为，所以，所以，
所以为钝角，所以是钝角三角形，故正确；
故选：BD.
【点睛】
结论点睛：在中，角A，B，C所对的边为a，b，c，
结论（1）：大边对大角，小边对小角；
结论（2）：若，可证明为钝角三角形；若且为最大边，可证明为锐角三角形（若未限定为最大边，则无法说明）.
14．BC
【解析】
【分析】
根据、选项给出的条件，利用正弦定理解出和，结合角度大小进行判断；，选项，根据余弦定理结合均值不等式即可判断．
【详解】
解：对于，由，得，
由于，所以，故为锐角，所以只有一组解，错误；
对于，同理，由，可得，
由于，所以，有两个解，则相应的有两个解，正确；
对于，由，
得．
故，当且仅当时取等号，此时三角形周长最大，最大值为，此时三角形为等边三角形，故正确；
对于，由推导过程知得，
即，当且仅当时取等号，此时三角形面积最大，最大值为，故错误，
故选：．
15．ABD
【解析】
【分析】
A.由或求解判断； B.根据，，，利用余弦定理求解判断； C.举例判断； D. 根据ABC的面积求得A，再根据，得到，然后由，求解判断；
【详解】
A.在非等腰ABC中，满足，所以或，解得（舍去））或，故ABC为钝角三角形，故正确；
B.因为，，，由余弦定理得，即，则，
因为，所以，所以 则符合条件的ABC有两个，故正确；
C.当时，满足，ABC为直角三角形，故错误；
D.因为ABC的面积，且，所以，则，因为，所以，
所以，当时，等号成立，故正确；
故选：ABD
16．ACD
【解析】
【分析】
不妨设，，，解得，，，对四个选项一一验证：
由正弦定理可判断A；
由为最大边，结合余弦定理可判断B；
由余弦定理和二倍角公式验证可判断C；
由正弦定理可判断D.
【详解】
不妨设，，，解得，，，
根据正弦定理可知，选项A描述准确；
由为最大边，故为最大角，
，
即为锐角，选项B描述不准确；
由题意，为最小角，为最大角
，
，
由，，可得，选项C描述准确；
若，可得，
外接圆半径为，选项D描述准确.
故选：ACD.
17．
【解析】
【分析】
利用正弦定理即可求出结果.
【详解】
由题意，，
，
由正弦定理，即，解得.
故答案为：
18．
【解析】
【分析】
连AC，根据已知条件可得、，进而求，再由余弦定理、基本不等式求的范围，最后应用面积公式求区域ADM面积的最大值.
【详解】
连AC，，，
∴，则，，
∴．
在△ADM中，，
∴
∴，当且仅当时等号成立，
．
故答案为：.
19．
【解析】
【分析】
利用二倍角公式分析得出，利用正弦定理结合三角恒等变换化简得出，令，则，，利用函数的单调性可求得的取值范围.
【详解】
因为，所以，
因为、，故，所以或.
因为，故，故.
则由正弦定理得
，
因为，所以，所以，
设，则，则，
设，，则在上单调递增，则，即.
所以的取值范围为.
故答案为：.
20．##1.5
【解析】
【分析】
由圆内接四边形性质结合正弦定理可得到，再利用托勒密定理得，结合整理得，求得答案.
【详解】
根据圆内接四边形的性质可知; ,
所以，
即，
在中，,故，
由题意可知： ,
则，所以，
故，
当且仅当时等号取得，
又，所以，
则 ，则实数的最小值为，
故答案为：
21．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据正弦定理，结合两角和差的正弦公式进行求解即可．
（2）利用正弦定理得到、，则，再利用辅助角公式及正弦函数的性质计算可得；
(1)
解： ，
，
即，
即，
得，
即，
，
，又，所以．
(2)
解：因为，，
由正弦定理
其中，由于，所以当时，
22．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用正弦定理以及两角和的正弦公式可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；
（2）求出的值，利用余弦定理结合基本不等式可求得的最大值，再结合三角形的面积公式可求得面积的最大值．
(1)
解：由及正弦定理可得，
即，
因为，则，所以，，则，
，因此，.
(2)
解：由正弦定理可得，
由余弦定理可得，即，
当且仅当时，等号成立，
故面积的最大值为.
23．(1)；
(2)﹒
【解析】
【分析】
(1)根据题意，△ABC为直角三角形，由此可得，结合即可求得csB，从而求出B的大小；
(2)在△BCD中利用余弦定理求出CD，在利用正弦定理即可求出.
(1)
，
∴△ABC为直角三角形，
，
整理得，∴，
，，，
，，；
(2)
，，，
在中，由余弦定理得，
∴，
在中，由正弦定理得，
∴﹒
24．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）先利用正弦定理把边化成正弦，再借助正弦和角公式即可求解；
（2）借助正弦定理求出角A，C，再借助余弦定理求出BD的长.
(1)
，
所以，
故．
(2)
方法一：，，则，，
，，则，即，
在中，，则．
故，则．
在中，，则．
方法二：设，则．
所以，则，则，
因为，则，
故．
，，则，．
设，则．
在中，，则．故．
又，则，因此．
25．(1)
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）由正弦定理化简得到，利用辅助角公式得到，结合角A的范围，求出A；（2）利用余弦定理，基本不等式求出周长最小值及此时的值；（3）由面积公式得到，结合正弦定理得到，求出，由余弦定理求出答案.
(1)
由及正弦定理，
得，
因为，且，
所以，即，
因为，所以；
(2)
由余弦定理，得，
将代入，整理，得，
因为，所以的周长为，
当且仅当，即时取等号，
所以当的周长最小时，；
(3)
由的面积为，得，
所以①，
又，所以，，
由正弦定理，得，②
由①②可得，
因为，所以，
在中，由余弦定理，得，
所以.
26．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）通过余弦定理求得，连接EB，进一步可得，再根据条件求出即可；
（2）先求，设边长为x，再由条件得，然后解不等式即可.
(1)
连结EB，在中，，
由余弦定理可得，
，所以
同时可得，,又由五边形内角和可求得
所以，进而四边形BCDE为等腰梯形
过点C作CM⊥BE于M，可求得
进而
(2)
，
又，所以，
设边长为x，则
化简整理得，解得或
又，
所以BC的取值范围是.
27．(1)乙出发分钟后，乙在小火车上与甲之间的直线距离最短
(2)
【解析】
【分析】
(1)根据已知，先用余弦定理求和，再利用余弦定理表示出他们之间的距离，然后可得；
(2)根据甲所需时间，结合已知可知乙步行所用时间范围，然后可解.
(1)
乙在小火车上的时间为分钟．
设乙出发t分钟后，甲、乙之间的距离为d，
则
当时，即乙出发分钟后，乙在小火车上与甲之间的直线距离最短．
(2)
甲从A处步行到B处的时间为分钟．
设乙步行的速度为x米/分钟，则乙步行时间应满足，即
解得
为使甲，乙在B处相互等待的时间不超过2分钟，乙步行的速度（单位：米/分钟）应控制在内．
28．(1)答案见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）若选①，则根据正弦定理，边化角，再利用余弦定理即可求得答案；若选②，则根据正弦定理，边化角，再利用两角和的正弦公式化简，求得答案；若选③，则根据正弦定理，边化角，再利用诱导公式结合倍角公式化简，求得答案；
（2）根据可得，利用余弦定理得到，在三角形中，由余弦定理求得，即可求得答案.
(1)
选择条件①：由及正弦定理，得：，
即，由余弦定理，得,
因为，所以；
选择条件②：由及正弦定理，
得：，
即.
即.
在中，，所以，
即，因为，所以，所以,
因为，所以；
选择条件③：由及正弦定理，
得：，
因为,，所以.
在中，，则，
故.
因为，所以，则，
故；
(2)
因为，所以，
整理得，
在三角形中，由余弦定理得.
因为，当且仅当时取等号，
所以，即，
所以，即，
即长度的最小值为.