新高考数学一轮复习三角函数巩固练习第8练 正弦定理和余弦定理（含解析）

这是一份新高考数学一轮复习三角函数巩固练习第8练 正弦定理和余弦定理（含解析），共21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。

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．1B．C．D．3
2．（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4
14．（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：D
9．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：AD
13．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（csA，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，从而利用换元与基本不等式求得的最小值，结合与在上的单调性即可求得的最大值.
【详解】设，则，
因为为的中点，，所以，
由三角形三边关系，可知且，解得，
在中，由余弦定理，得，
在中，由余弦定理，得，
因为，所以,
所以，解得，
则，，
令，则，，，
则，
当且仅当，即时，等号成立，此时，解得，
因为，所以．
因为在上单调递减，在单调递增，
所以当取得最小值时，取得最大值，
此时，则，
所以的最大值为.
故答案为：.
.
【点睛】关键点睛：本题中突破口为，由此得到，再结合余弦定理得到，最后利用基本不等式即可得解.
18．
【分析】由正弦定理和正弦二倍角公式将已知化为，根据为锐角三角形可得，以及，再由正弦定理可得，利用两角和的正弦展开式和的范围可得答案.
【详解】由正弦定理和正弦二倍角公式可得
，
因为，所以，
可得，
因为，所以，
所以，，
由，可得，
所以，，
由正弦定理得
.
故答案为：.
19．(1)
(2)
【分析】（1）先表示出，再由求得，结合余弦定理及平方关系求得，再由面积公式求解即可；
（2）由正弦定理得，即可求解.
【详解】（1）由题意得，则，
即，由余弦定理得，整理得，则，又，
则，，则；
（2）由正弦定理得：，则，则，.
20．(1)见解析
(2)14
【分析】（1）利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦定理和余弦定理化角为边，从而即可得证；
（2）根据（1）的结论结合余弦定理求出，从而可求得，即可得解.
【详解】（1）证明：因为，
所以，
所以，
即，
所以；
（2）解：因为，
由（1）得，
由余弦定理可得，
则，
所以，
故，
所以，
所以的周长为.