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期末热点.重难点 余弦定理与正弦定理
一．选择题（共5小题）
1．（2025 浙江模拟）在等腰梯形ABCD中，AD∥BC．设P是其内部一点，满足PA＝1，PB＝2，PC＝3，PD＝4，则（　　）
A． B． C．2 D．3
2．（2024秋 会泽县期末）在△ABC中，三个内角A，B，C所对边分别为a，b，c，∠ACB的角平分线为CM交AB于M且a＝2，，c＝1，则线段CM＝（　　）
A． B． C．2 D．
3．（2024秋 厦门校级期末）如图，为测量金属材料的硬度，用一定压力把一个高强度钢珠压向该种材料的表面，在材料表面留下一个凹坑，现测得凹坑直径为10mm，若所用钢珠的直径为26mm，则凹坑深度为（　　）
A．1mm B．2mm C．3mm D．4mm
4．（2024秋 阳江期末）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a＝6，，则△ABC外接圆的半径为（　　）
A． B． C．6 D．12
5．（2025 濮阳一模）在△ABC中，BC＝3，，且△ABC的面积为，则A＝（　　）
A． B． C． D．
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2025 芜湖一模）在△ABC中，AB＝2，∠BAC＝60°，∠BCA＝45°，∠BAC的角平分线交BC于D，则（　　）
A．△ABC是钝角三角形 B．
C．AD＝2 D．
（多选）7．（2025 聊城校级模拟）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，则（　　）
A．△ABC外接圆的面积为16π
B．若c＝4，则
C．△ABC面积的最大值为
D．△ABC周长的最大值为
（多选）8．（2024秋 重庆校级期末）已知正实数x，y，z满足，下列说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．xy+2yz+xz＝2
（多选）9．（2024秋 承德期末）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，D为BC的中点，b＝3，，c＝1，则（　　）
A． B．
C．△ABC的面积为 D．
三．填空题（共3小题）
10．（2025 江西一模）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，A＝4C，则a＝ 　 　．
11．（2024秋 丽水期末）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，满足sinB（acosB+bcosA）＝2asin（A+B）．若c＝2，则△ABC的面积的最大值是 　 　．
12．（2024秋 扬州期末）在△ABC中，已知角A，B，C所对的边分别a，b，c，△ABC的面积，3cosBcosC＝1，a＝3，则△ABC的周长为 　 　．
四．解答题（共3小题）
13．（2025 株洲一模）如图，在等边△ABC中，Q为边BC上一点，BQ＝2CQ，点M、N分别是边AB，AC上的动点（不包括端点），若∠MQN＝120°，且设∠CNQ＝θ．
（1）求证：不论θ为何值，恒成立．
（2）当△BMQ和△CNQ的面积相等时，求tanθ的值．
14．（2024秋 衡阳校级期末）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求角A的大小；
（2）若2sinAsinB＝1+cosC，△ABC外接圆半径为2，∠BAC的角平分线与BC交于点D，求AD的长．
15．（2025 福建模拟）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c（1﹣2cosB）＝b（2cosC﹣1）．
（1）证明：b，a，c成等差数列；
（2）若△ABC的面积为，求A．
期末热点.重难点 余弦定理与正弦定理
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2025 浙江模拟）在等腰梯形ABCD中，AD∥BC．设P是其内部一点，满足PA＝1，PB＝2，PC＝3，PD＝4，则（　　）
A． B． C．2 D．3
【考点】三角形中的几何计算．
【专题】转化思想；综合法；解三角形；运算求解．
【答案】D
【分析】建立平面直角坐标系，设BC＝kAD（k＞0），利用题设数据代入点的坐标进行运算即可求得结论．
【解答】解：设BC＝kAD（k＞0），以BC中点为原点，
BC方向为x轴正方向，建立平面直角坐标系，
不妨设A（﹣a，h），则B（﹣ka，0），C（ka，0），D（a，h），
再假设P（x0，y0），
于是有，，
两式相减，得，①
另一方面，，，
两式相减，得，②
结合①②，可以得出，故．
故选：D．
【点评】本题考查建立坐标系求解平面距离，属中档题．
2．（2024秋 会泽县期末）在△ABC中，三个内角A，B，C所对边分别为a，b，c，∠ACB的角平分线为CM交AB于M且a＝2，，c＝1，则线段CM＝（　　）
A． B． C．2 D．
【考点】三角形中的几何计算．
【专题】转化思想；综合法；解三角形；运算求解．
【答案】B
【分析】由题意，利用余弦定理求出∠ABC的余弦值，再根据三角形内角平分线定理求出BM的长度．最后在△BCM中利用余弦定理求出CM的长度．
【解答】解：由题意，a＝2，，c＝1，
则由余弦定理，可得，
根据内角平分线定理，有，
又AM+BM＝1，解得，
在△BCM 中，由余弦定理，可得
可得CM2＝BC2+BM2﹣2BC BM cos∠ABC
，
解得．
故选：B．
【点评】本题考查余弦定理的应用，属中档题．
3．（2024秋 厦门校级期末）如图，为测量金属材料的硬度，用一定压力把一个高强度钢珠压向该种材料的表面，在材料表面留下一个凹坑，现测得凹坑直径为10mm，若所用钢珠的直径为26mm，则凹坑深度为（　　）
A．1mm B．2mm C．3mm D．4mm
【考点】三角形中的几何计算．
【专题】数形结合；数形结合法；解三角形；运算求解．
【答案】A
【分析】连接OA，利用Rt△OAM求出OM的值，即可得出凹坑深度MC的值．
【解答】解：连接OA，如图所示：
在Rt△OAM中，OA＝13，AMAB＝5，
所以OM12，
所以MC＝OC﹣OM＝13﹣12＝1（mm），
即凹坑深度为1mm．
故选：A．
【点评】本题考查了三角函数模型应用问题，也考查了数形结合应用问题，是基础题．
4．（2024秋 阳江期末）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a＝6，，则△ABC外接圆的半径为（　　）
A． B． C．6 D．12
【考点】正弦定理与三角形的外接圆．
【专题】方程思想；综合法；解三角形；运算求解．
【答案】A
【分析】直接利用正弦定理求解即可．
【解答】解：设△ABC外接圆的半径为R，
由正弦定理知，，
所以．
故选：A．
【点评】本题考查利用正弦定理解三角形，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
5．（2025 濮阳一模）在△ABC中，BC＝3，，且△ABC的面积为，则A＝（　　）
A． B． C． D．
【考点】正弦定理．
【专题】函数思想；转化法；解三角形；逻辑思维．
【答案】D
【分析】先利用正弦定理角化边可得，再由三角形面积公式可得bc＝1，最后根据余弦定理求解即可．
【解答】解：设ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
因为，
所以由正弦定理可得，
又，
解得bc＝1，
所以由余弦定理可得，
因为A∈（0，π），
所以．
故选：D．
【点评】本题考查正余弦定理的应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2025 芜湖一模）在△ABC中，AB＝2，∠BAC＝60°，∠BCA＝45°，∠BAC的角平分线交BC于D，则（　　）
A．△ABC是钝角三角形 B．
C．AD＝2 D．
【考点】解三角形．
【专题】转化思想；综合法；三角函数的求值；解三角形；运算求解．
【答案】BC
【分析】根据三角形内角和定理判断出A项的正误；在△ABC中，根据正弦定理算出BC的长，即可判断出B项的正误；在△ABD中，计算出∠B＝∠ADC＝75°，从而可得AD＝AB＝2，即可判断出C项的正误；求出sin75°，然后在△ABD中利用正弦定理算出BD的长，即可判断出D项的正误．
【解答】解：对于A，由三角形内角和定理，得∠B＝180°﹣∠BAC﹣∠BCA＝75°，
所以△ABC的三个内角均为锐角，可得△ABC是锐角三角形，故A项不正确；
对于B，在△ABC中，由正弦定理得，
可得BC，故B项正确；
对于C，由AD平分∠BAC，可得∠BAD＝∠CAD∠BAC＝30°，
△ABD中，∠ADB＝∠CAD+∠C＝30°+45°＝75°，
所以∠B＝∠ADC，可得AD＝AB＝2，故C项正确；
对于D，sin75°＝sin（45°+30°）＝sin45°cos30°+cos45°sin30°，
在△ABD中，由正弦定理得，
可得BD，故D项不正确．
故选：BC．
【点评】本题主要考查三角形内角和定理、两角和的正弦公式、正弦定理等知识，考查了计算能力、等价转化的数学思想，属于中档题．
（多选）7．（2025 聊城校级模拟）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，则（　　）
A．△ABC外接圆的面积为16π
B．若c＝4，则
C．△ABC面积的最大值为
D．△ABC周长的最大值为
【考点】解三角形．
【专题】计算题；转化思想；综合法；解三角形；运算求解．
【答案】BCD
【分析】由正弦定理求出外接圆半径，即可判断A；由正弦定理可求出角C，判断B；由余弦定理可求出ac的最大值，判断C；由余弦定理求出，可判断D．
【解答】解：对于A，由题意知，，
故设△ABC外接圆的半径为R，则，即得R＝2，
则△ABC外接圆的面积为4π，A错误；
对于B，若c＝4，，，
则由正弦定理可得，可得sinC＝1，
又C∈（0，π），
可得，B正确；
对于C，由题意可得12＝a2+c2﹣ac≥2ac﹣ac＝ac，当且仅当a＝c时等号成立，
则，
故△ABC面积的最大值为，C正确；
对于D，由余弦定理可得12＝a2+c2﹣ac＝（a+c）2﹣3ac，
则，当且仅当a＝c时等号成立，
即得，故△ABC周长的最大值为，D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式以及基本不等式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
（多选）8．（2024秋 重庆校级期末）已知正实数x，y，z满足，下列说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．xy+2yz+xz＝2
【考点】解三角形．
【专题】整体思想；综合法；解三角形；不等式；运算求解．
【答案】ABD
【分析】可利用基本不等式来判断A，B选项，对于C，D选项，则需要利用余弦定理来构造几何图形，利用数形结合思想来判断即可．
【解答】解：对于A，因为，
又由x2+y2+xy＝4，可得 （x+y）2﹣xy＝4，
则有，解得，当且仅当x＝y时取等号，但根据x2+y2+xy＝4，可得，
此时，显然不成立，等号无法取得，所以，故A正确；
对于B，由可得：x2+3z2+3xz＝3，
又，
所以，
解得，当且仅当时取等号，同上可得，即，故B正确；
对于C，由可得：x2+3z2+3xz＝3，
构造成余弦定理得：，
由x2+y2+xy＝4，也构造成余弦定理得：，
由y2+3z2＝1，构造成勾股定理得：，
令，
如图则有：，
，，
根据图形可知：MB+MA＞AB，所以，故C错误；
对于D，由上可知：AB2+AC2＝BC2，则∠CAB＝90°，
则，又由S△ABC＝S△ABM+S△MBC+S△AMC，
而，
所以有xy+2yz+xz＝2，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题主要考查了不等式性质，基本不等式的应用，还考查了余弦定理，三角形面积公式的应用，属于中档题．
（多选）9．（2024秋 承德期末）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，D为BC的中点，b＝3，，c＝1，则（　　）
A． B．
C．△ABC的面积为 D．
【考点】解三角形．
【专题】转化思想；综合法；解三角形；平面向量及应用；运算求解．
【答案】ABD
【分析】由向量的线性运算可判断A；由余弦定理计算可判断B；由同角三角函数的基本关系和三角形的面积公式计算可判断C；由向量模的求法可判断D．
【解答】解：因为D为BC的中点，所以，即，所以，故A正确；
因为b＝3，，c＝1，所以由余弦定理得：6，所以，故B正确；
因为，所以，，故C错误；
因为，所以，
所以，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查正弦定理与余弦定理的应用，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．
三．填空题（共3小题）
10．（2025 江西一模）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，A＝4C，则a＝ 　3　．
【考点】解三角形．
【专题】转化思想；综合法；三角函数的求值；解三角形；运算求解．
【答案】3．
【分析】根据正弦定理化简已知等式，可得sinB+sinC（sinBtanB+sinCtanC），根据三角恒等变换公式化简得，可得B＝C，结合A＝4C，利用三角形内角和定理算出，，进而利用余弦定理求出边a的值．
【解答】解：根据，由正弦定理得sinB+sinC（sinBtanB+sinCtanC），
可得cos（sinB+sinC）＝sin（sinB sinC ），
结合sinsin（）＝cos，coscos（）＝sin，
去分母得（sin2BcosC+cosBsin2C），
移项得，
即，整理得，可得B﹣C＝0，即B＝C．
又因为A＝4C，所以A+B+C＝6C＝π，解得，．
在△ABC中，b＝c，，由余弦定理得，可得a＝3．
故答案为：3．
【点评】本题主要考查了正弦定理与余弦定理、三角恒等变换公式等知识，考查了计算能力、等价转化的数学思想，属于中档题．
11．（2024秋 丽水期末）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，满足sinB（acosB+bcosA）＝2asin（A+B）．若c＝2，则△ABC的面积的最大值是 　　．
【考点】解三角形．
【专题】数形结合；综合法；解三角形；逻辑思维；运算求解．
【答案】．
【分析】由已知利用正弦定理及三角恒等变形，得b＝2a，通过建立平面直角坐标系，设C（x，y），求出点C的轨迹是圆，将△ABC的面积的最大值问题转化为|y|的最大值来解决．
【解答】解：因为sinB（acosB+bcosA）＝2asin（A+B），
所以由正弦定理得：sinB（sinAcosB+sinBcosA）＝2sinAsin（A+B），
所以sinB sin（A+B）＝2sinA sin（A+B），
因为A+B∈（0，π），所以sin（A+B）≠0，
所以sinB＝2sinA，由正弦定理可得：b＝2a，
如图以AB所在直线为x轴，AB的垂直平分线为y轴建立直角坐标系，
因为c＝2，所以A（﹣1，0），B（1，0），
设C（x，y），由b＝2a，得，
化简得：，即，
所以点C的轨迹是以，半径为的圆．
所以△ABC的面积．
故答案为：．
【点评】本题考查正弦定理的应用，动点的轨迹方程求法，三角形的面积公式的应用，属于中档题．
12．（2024秋 扬州期末）在△ABC中，已知角A，B，C所对的边分别a，b，c，△ABC的面积，3cosBcosC＝1，a＝3，则△ABC的周长为 　3+3　．
【考点】解三角形．
【专题】方程思想；转化思想；综合法；解三角形；运算求解．
【答案】3+3．
【分析】由三角形的面积公式结合正弦定理可得，结合条件及两角和余弦公式可求得sinA，cosA，再由正弦定理可得，，从而求得bc，再由余弦定理可求得b+c，从而求得周长．
【解答】解：由三角形的面积公式可得，则3bcsin2A＝2a2，
由正弦定理可得：3sinBsinCsin2A＝2sin2A，
因为sinA≠0，所以，
又3cosBcosC＝1，则，
所以，
即，所以，所以，
因为a＝3，所以，
所以，，
则，
由余弦定理可得：a2＝b2+c2﹣2bccosA，则9＝（b+c）2﹣2bc﹣2bccosA，
即，解得，
所以△ABC的周长为a+b+c＝3+3．
故答案为：．
【点评】本题考查理由三角形的面积公式，正、余弦定理，三角恒等变换知识解三角形，属于中档题．
四．解答题（共3小题）
13．（2025 株洲一模）如图，在等边△ABC中，Q为边BC上一点，BQ＝2CQ，点M、N分别是边AB，AC上的动点（不包括端点），若∠MQN＝120°，且设∠CNQ＝θ．
（1）求证：不论θ为何值，恒成立．
（2）当△BMQ和△CNQ的面积相等时，求tanθ的值．
【考点】三角形中的几何计算．
【专题】转化思想；综合法；解三角形；运算求解．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【分析】（1）首先得到∠BMQ＝π﹣θ，即sin∠BMQ＝sin∠CNQ，再在△BMQ、△CQN分别利用正弦定理即可证明；
（2）首先表示出S△BMQ、S△CNQ，结合（1）即可得到sin（120°﹣θ）＝2sin（θ﹣60°），最后由两角差的正弦公式化简计算可得．
【解答】（1）证明：在△QCN中，∠NQC＝180°﹣（60°+θ）＝120°﹣θ，
又∠MQN＝120°，所以∠MQB＝θ﹣60°，
在△BMQ中，∠BMQ＝180°﹣θ，所以sin∠BMQ＝sin∠CNQ，
在△BMQ中，由正弦定理得，即，
在△CQN中，由正弦定理得，即，
所以，
即不论θ为何值，恒成立；
（2）解：因为S△CNQCQ QNsin∠CQNCQ QNsin（120°﹣θ），
S△BMQBQ QMsin∠BQMBQ QMsin（θ﹣60°），
又S△BMQ＝S△CNQ，BQ＝2CQ，由（1）可得QM＝2QN，
所以sin（120°﹣θ）＝2sin（θ﹣60°），
即sin120°cosθ﹣cos120°sinθ＝4（sinθcos60°﹣cosθsin60°），
整理得，
所以．
【点评】本题考查正弦定理及三角形的面积公式的应用，属于中档题．
14．（2024秋 衡阳校级期末）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求角A的大小；
（2）若2sinAsinB＝1+cosC，△ABC外接圆半径为2，∠BAC的角平分线与BC交于点D，求AD的长．
【考点】解三角形．
【专题】转化思想；综合法；解三角形；运算求解．
【答案】（1）A；
（2）AD．
【分析】（1）由正弦定理和余弦定理可得cosA的值，再由A是范围，可得角A的大小；
（2）由题意可得B，C角的大小，再由直线定理可得a，b，c边的大小，由三角形等面积法可得AD的大小．
【解答】解：（1）因为，由正弦定理可得：，
整理可得b2+c2﹣a2bc，
由余弦定理可得cosA，
又因为A∈（0，π），所以A；
（2）因为2sinAsinB＝1+cosC，由（1）可得sinA，
所以sinB﹣cosC＝1，
即sin（C）﹣cosC＝1，整理可得：cosCsinC＝1，
所以sin（C）＝1，因为C∈（0，），所以C，
即可得C，B，即△ABC为以c为底边的等腰三角形，
又因为△ABC外接圆半径为2，
由正弦定理可得：2R＝2×2＝4，
所以a＝4sinA＝b＝2，c＝4sinC＝2，
因为∠BAC的角平分线与BC交于点D，
S△ABCacsinBb ADsinc ADsinADsin（b+c），
而sinsinsin（）＝sincoscossin，
即2×2AD （2+2），
解得AD．
【点评】本题考查正弦定理，余弦定理的应用及三角形面积公式的应用，角平分线的性质的应用，属于中档题．
15．（2025 福建模拟）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c（1﹣2cosB）＝b（2cosC﹣1）．
（1）证明：b，a，c成等差数列；
（2）若△ABC的面积为，求A．
【考点】解三角形；余弦定理．
【专题】计算题；转化思想；综合法；解三角形；运算求解．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式与三角形的性质得到sinC+sinB＝2sinA，再利用正弦定理角化边结合等差中项的性质证明即可；
（2）利用给定条件得到，再利用余弦定理建立方程，结合辅助角公式求解角度即可．
【解答】解：（1）证明：因为c（1﹣2cosB）＝b（2cosC﹣1），
由正弦定理得sinC（1﹣2cosB）＝sinB（2cosC﹣1），
所以sinC+sinB＝2（sinCcosB+sinBcosC），
可得sinC+sinB＝2sin（B+C），
又A+B+C＝π，
所以sin（C+B）＝sin（π﹣A）＝sinA，
可得sinC+sinB＝2sinA，
所以c+b＝2a，可得b，a，c成等差数列；
（2）由题意△ABC的面积，可得，
由余弦定理可得2bccosA＝b2+c2﹣a2＝（b+c）2﹣2bc﹣a2，
又c+b＝2a，
所以（b+c）2﹣2bc﹣a2＝4a2﹣a2﹣2bc＝3a2﹣2bc，即2bccosA＝3a2﹣2bc，
又，
故，
因为bc≠0，
所以，
可得，
因为A∈（0，π），
所以，
解得．
【点评】本题考查了正弦定理，余弦定理，等差中项的性质以及三角函数恒等变换的应用，考查了转化思想，属于中档题．
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