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高一下正余弦定理复习卷（含解析）
一、单选题
1．中，若，则（　　）
A．54 B．27 C．9 D．
2．在 中， ， ， 边上的中线 的长度为 ，则 （　　）
A．1 B． C．2 D．
3．在中，若，，则（　　）
A． B． C． D．
4．已知三内角的对边分别为，且，若角的平分线交于点，且，则的最小值为
A．2 B． C．4 D．
5．在中，已知分别为角的对边．若，且，则（　　）
A． B． C． D．或
6．在 中， ， ，则 的最大值为（　　）
A． B． C．2 D．不存在
7．八角星纹是大汶口文化中期彩陶纹样中具有鲜明特色的花纹．八角星纹常绘于彩陶盆和豆的上腹，先于器外的上腹施一圈红色底衬，然后在上面绘并列的八角星形的单独纹样．八角星纹以白彩绘成，黑线勾边，中为方形或圆形，具有向四面八方扩张的感觉．八角星纹延续的时间较长，传播范围亦广，在长江以南的时间稍晚的崧泽文化的陶豆座上也屡见刻有八角大汶口文化八角星纹星纹．图2是图1抽象出来的图形，在图2中，圆中各个三角形为等腰直角三角形，中间阴影部分是正方形且边长为2，其中动点P在圆上，定点A、B所在位置如图所示，则最大值为（　　）
A．9 B．10 C． D．
8．中，，，，点为的外心，若，则实数的值为（　　）
A． B． C． D．
二、多选题
9．△的内角，，对应的边分别是，，，则下列说法正确的有（　　）
A．若，则
B．若，则△可以是钝角三角形
C．若，，，则△有两解
D．若且，则△是等边三角形
10．在中，角的边分别为，知，，则下列判断中正确的是（　　）
A．若，则 B．若，该三角形只有一解
C．周长的最小值为12 D．面积的最大值
11．的内角的对边分别为，，，已知，，则（　　）
A． B．
C．为锐角三角形 D．的最大值为
三、填空题
12．记的内角，，的对边分别为，，，已知，则　 　.
13．在 中， ，A的角平分线AD交BC于点D，若 ， ，则， 　 　， 　 　．
14．已知的三边长分别为4、5、7，记的三个内角的正切值所组成的集合为，则集合中的最大元素为　 　.
四、解答题
15．已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且．
（1）求A；
（2）若，且的面积为，求b，c．
16．在△ABC中，内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，且满足．
（1）求A的大小；
（2）若，，AD是△ABC的角平分线，求AD的长．
17．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知.
（1）求角A的大小；
（2）若，求的值；
（3）若，，求边c和△ABC的面积.
18．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答.
已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若____.
（1）求角B；
（2）若，点D在外接圆上运动，求的最大值.
19．“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为，且
（1）求；
（2）若，设点为的费马点，求；
（3）设点为的费马点，，求实数的最小值．
答案解析部分
1．【答案】A
2．【答案】A
【解析】【解答】解：依题意，可作得平行四边形ABDC，
则在 ABD中，AB=2，，
则由余弦定理得AD2=AB2+BD2-2·AB·BD·∠ABD，即，
整理得BD2+2BD-3=0
解得BD=1或BD=-3(舍去)
即AC=BD=1
故答案为：A
【分析】根据余弦定理求解即可.
3．【答案】C
【解析】【解答】由正弦定理得，又，由余弦定理得.
故答案为：C
【分析】利用正弦定理由 得到，结合 ，利用余弦定理计算 。
4．【答案】C
【解析】【解答】由及正弦定理，得，
因为，，所以，即，
因为，所以.
如图，，
所以，
所以，即，
∴，
当且仅当，，即时，等号成立，
所以的最小值为4.
故答案为：C.
【分析】利用正弦定理将已知等式转化，可求得A的值，由，及面积公式可得，利用乘“1”法及基本不等式即可求解出的最小值.
5．【答案】C
【解析】【解答】解：因为，
所以由余弦定理得，整理得，
由正弦定理得
，
又因为，
所以，
解得或，
因为，
且，
所以，故.
故选：C.
【分析】先根据余弦定理化角为边，可得，再根据正弦定理化边为角可得，再利用二倍角公式以及两角和差的余弦公式进行化简，根据平方关系即可得解，注意检验结果是否符合题意.
6．【答案】D
【解析】【解答】由正弦定理得 ，
∴ ， ，
∴
，
∵ ，∴ ，∴，
∴ 不存在最大值，
故答案为：D.
【分析】利用已知条件结合正弦定理，得出 ， ，再利用三角形内角和为180度得出，再利用诱导公式结合两角和的正弦公式和辅助角公式，从而化简 为正弦型函数，再利用三内角和为180度，从而求出角A的取值范围，再利用换元法将正弦型函数转化为正弦函数，从而利用正弦函数图象得出正弦型函数的最大值不存在，进而求出 的最大值不存在 。
7．【答案】C
【解析】 【解答】以点O为原点，以平行于等腰直角三角形直角边的直线为x轴，y轴，建立平面直角坐标系，如图：
由已知得：点B的坐标为（1，1），点A的坐标为（-3，-1），，
所以，，
设，则，，
设，则，
当时，4x+2y取得最大值，
所以的最大值是，
故答案是：C
【分析】建立适当的平面直角坐标系，利用数量积的坐标运算求最值，根据动点P在圆O上，圆的半径为，可设点P的坐标为，运用三角函数最值的求法求解。
8．【答案】A
【解析】【解答】解：由余弦定理可得，，
，，
又，同理可得：，
代入上可得，解得，故.
故答案为：A.
【分析】利用余弦定理求出，在两边同时乘以和，利用投影的定义计算出和的值，代入方程中解出和即可．
9．【答案】A,C,D
【解析】【解答】A：由且知：，正确；
B：，则，所以，而且，则，△为锐角三角形，错误.
C：由知：△有两解，正确；
D：由表示的平分线垂直，即△是的等腰三角形，又且，故，则△是等边三角形，正确.
故答案为：ACD
【分析】由，正弦定理可得，由结合已知条件可得 为锐角三角形，由知：△有两解，选项D由已知条件根据向量的综合性质可推出是等边三角形.
10．【答案】A,D
【解析】【解答】解：A、，，，在中，正弦定理得，
则，A正确；
B、由正弦定理得，所以，
又因为，所以，故有两个解，B错误；
C、由余弦定理得，
即，
所以，当且仅当时等号成立，此时三角形为等边三角形，周长取得最大值，为12，C错误；
D、由选项C得，即，当且仅当时等号成立，
所以，
所以面积的最大值，D正确，
故答案为：AD.
【分析】应用正弦定理求出判断A；根据正弦定理求出，结合大边对大角，确定三角形解的个数判断B；借助于余弦定理和基本不等式求出的取值范围，从而确定出周长判断C；借助于余弦定理和基本不等式表示出面积，从而判断D.
11．【答案】A,B
【解析】【解答】对于A，因为，结合余弦定理推论可得，
，化简得，解得（舍）或，A正确；
对于B，因为，
所以，又，
所以，B正确；
对于C，是钝角，C错误；
对于D，解得，
根据余弦定理可得，代入得
利用基本不等式，
当且仅当时取等号；
所以，D错误；
故答案为：A、B.
【分析】
根据余弦定理代入，化简即可判断A正确.利用诱导公式和二倍角公式代入 ，化简即可判断B正确.利用正切二倍角公式求值即可判断C错误.利用同角三角函数关系求出角A的余弦，再利用余弦定理结合基本不等式计算判定D错误；
12．【答案】
【解析】【解答】解：，由正弦定理得，
则，
即，因为，，所以，
又因为，所以，
解得或，又因为，所以.
故答案为：.
【分析】由题意，利用正弦定理结合三角形内角和以及同角三角函数基本关系求解即可.
13．【答案】；
【解析】【解答】在 中，由余弦定理，
，所以 ；
所以 为等腰三角形， ， ，
在 中， ，
由正弦定理， ，即 ，解得 .
故答案为： ；
【分析】利用余弦定理可得BC的长，在 中由正弦定理可得AD的长.
14．【答案】
【解析】【解答】不妨设的三边长分别为，则由大边对大角可得，
所以最大角为，
由余弦定理得：，又，故角为钝角，
所以，
又函数在上递增，此时，在上递增，此时，
所以三个内角的正切值最大为，
由余弦定理得：，则，
所以.
故答案为：.
【分析】不妨设的三边长分别为，则由大边对大角可得，所以最大角为，由余弦定理得出角C的余弦值，再结合三角形中角C的取值范围判断出角为钝角，所以，再利用函数在上和在上的单调性，从而得出三个内角的正切值最大值，再由余弦定理和同角三角函数基本关系式得出角B的正切值。
15．【答案】（1）解：根据正弦定理，
变为，即，
也即，
所以．
整理，得，即，所以，
所以，则．
（2）解：由，，得．
由余弦定理，得，
则，所以．则
【解析】【分析】(1)首先由正弦定理和两角和的正弦公式，整理化简即可得出正弦值由此得出角的大小。
(2)根据题意把数值代入三角形面积公式由此计算出bc的取值，并代入到余弦定理由此计算出结果即可。
16．【答案】（1）解：因为，
∴，
因为，所以，
所以，又，
∴，
所以，即
（2）解：由，得，
∴，又，
∴，
可得，
∵，
∴，
所以
【解析】【分析】 (1)利用正弦定理边角互化，再由三角恒等变换化简即可求出角 A的大小；
(2)由数量积公式可得bc，再由余弦定理求出b+c，根据三角形面积公式利用 ，建立方程求解即可得 AD的长．
17．【答案】（1）解：∵，
由正弦定理得.
∵，
∴，
∴.
又，
∴.
（2）解：由，，得.
∴，.
∴
（3）解：由（1）知，又，
由余弦定理得，.
解得（负根舍去）.
∴△ABC的面积.
【解析】【分析】（1）利用正弦定理化简已知条件，求得，由此求得；
（2）先求得 ，，由此求得；
（3）利用余弦定理求得，进而求得三角形的面积.
18．【答案】（1）解：选①，由正弦定理得，
∵，∴，即，
∵，∴，∴，∴.
选②，∵，，
由正弦定理可得，，∴，
∵，∴.
选③，，
由已知结合正弦定理可得，
∴，∴，
∵，∴.
（2）解：，根据余弦定理，
∴，∴外接圆的直径，
过作，垂足为，
而，
若取到最大值，则取最大值，
故可设为锐角，故此时，
当取最大值时，与圆相切且在的延长线上（如图所示），
设此时切点为，垂足为，取的中点E，外接圆圆心为O，连接，，
则且，故四边形为矩形，
故，故，
∴.
【解析】【分析】(1) 选① 根据题意由正弦定理结合两角和的正弦公式，由此计算出进而得出角B的取值； 选② 首先由正弦定理整理化简已知条件，由此计算出cosB的取值，从而得出角B的取值。 选③ 由诱导公式以及正弦定理整理化简已知条件，再把结果代入到余弦定理由此计算出cosB的取值，进而得出角B的大小。
(2)根据题意把数值代入到余弦定理由此计算出b的取值，结合三角形中的几何计算关系计算出圆的半径，结合数量积的运算性质以及直线与圆的位置关系，结合矩形的几何性质即可求出边的最大值，由此得出数量积的最大值。
19．【答案】（1）由已知中，
即，
故，由正弦定理可得，
故直角三角形，即.
（2）由（1），所以三角形的三个角都小于，
则由费马点定义可知：，
设，由得：
，整理得，
则
.
（3）点为的费马点，则，
设，
则由得；
由余弦定理得，
，
，
故由得，
即，而，故，
当且仅当，结合，解得时，等号成立，
又，即有，解得或（舍去），
故实数的最小值为

【解析】【分析】（1）根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简可得，即可求得答案；
（2）利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案.
（3）由（1）结论可得，设，推出，利用余弦定理以及勾股定理即可推出，再结合基本不等式即可求得答案.
（1）由已知中，即，
故，由正弦定理可得，
故直角三角形，即.
（2）由（1），所以三角形的三个角都小于，
则由费马点定义可知：，
设，由得：
，整理得，
则
.
（3）点为的费马点，则，
设，
则由得；
由余弦定理得，
，
，
故由得，
即，而，故，
当且仅当，结合，解得时，等号成立，
又，即有，解得或（舍去），
故实数的最小值为.
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