2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习34正弦定理余弦定理的综合应用（Word版附解析）

这是一份2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习34正弦定理余弦定理的综合应用（Word版附解析），共7页。试卷主要包含了单项选择题等内容，欢迎下载使用。

1．[2023·新课标Ⅱ卷]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为eq \r(3)，D为BC的中点，且AD＝1.
(1)若∠ADC＝eq \f(π,3)，求tanB；
(2)若b2＋c2＝8，求b，c.
2．[2024·河北保定模拟]在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若eq \f(a＋b,c)＝eq \f(sinB＋sinC,sinA－sinB).
(1)求角A的大小；
(2)若D为BC上一点，∠BAD＝∠CAD，AD＝3，求4b＋c的最小值．
3．[2024·江西新余模拟]在平面四边形ABCD中，BC⊥CD，AC＝eq \r(3)，AD＝1，∠ACD＝30°.
(1)求CD的长；
(2)若△ABC为锐角三角形，求BC的取值范围．
优生选做题
4．[2024·河北秦皇岛模拟]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，已知b2＝eq \f(2\r(3)S,3)＋abcsC.
(1)求A的值；
(2)若BC边上的中线|AD|＝1，求△ABC周长的最小值．
课后定时检测案34 正弦定理、余弦定理的综合应用
1．解析：(1)因为D为BC的中点，
所以S△ABC＝2S△ADC＝2×eq \f(1,2)×AD×DCsin∠ADC＝2×eq \f(1,2)×1×DC×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3)，
解得DC＝2，
所以BD＝DC＝2，a＝4.
因为∠ADC＝eq \f(π,3)，所以∠ADB＝eq \f(2π,3).
在△ABD中，由余弦定理，得c2＝AD2＋BD2－2AD·BDcs∠ADB＝1＋4＋2＝7，
所以c＝eq \r(7).
在△ADC中，由余弦定理，得b2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cs∠ADC＝1＋4－2＝3，
所以b＝eq \r(3).
在△ABC中，由余弦定理，得csB＝eq \f(c2＋a2－b2,2ac)＝eq \f(7＋16－3,2×4×\r(7))＝eq \f(5\r(7),14)，
所以sinB＝eq \r(1－cs2B)＝eq \f(\r(21),14).
所以tanB＝eq \f(sinB,csB)＝eq \f(\r(3),5).
(2)因为D为BC的中点，所以BD＝DC.
因为∠ADB＋∠ADC＝π，所以cs∠ADB＝－cs∠ADC，
则在△ABD与△ADC中，由余弦定理，得eq \f(AD2＋BD2－c2,2AD·BD)＝－eq \f(AD2＋DC2－b2,2AD·DC)，
得1＋BD2－c2＝－(1＋BD2－b2)，
所以2BD2＝b2＋c2－2＝6，所以BD＝eq \r(3)，所以a＝2eq \r(3).
在△ABC中，由余弦定理，得cs∠BAC＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(8－12,2bc)＝－eq \f(2,bc)，
所以S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin∠BAC
＝eq \f(1,2)bceq \r(1－cs2∠BAC)
＝eq \f(1,2)bceq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,bc)))\s\up12(2))
＝eq \f(1,2)eq \r(b2c2－4)
＝eq \r(3)，
解得bc＝4.
则由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(bc＝4,b2＋c2＝8))，解得b＝c＝2.
2．解析：(1)依题意，eq \f(a＋b,c)＝eq \f(sinB＋sinC,sinA－sinB)，
由正弦定理得eq \f(a＋b,c)＝eq \f(b＋c,a－b)，a2－b2＝bc＋c2，
c2＋b2－a2＝－bc，所以csA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq \f(1,2)<0，
所以A是钝角，所以A＝eq \f(2π,3).
(2)∠BAD＝∠CAD＝eq \f(1,2)A＝eq \f(π,3)，
S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，所以eq \f(1,2)bcsineq \f(2π,3)＝eq \f(1,2)c·3·sineq \f(π,3)＋eq \f(1,2)b·3·sineq \f(π,3)，
即bc＝3(c＋b)，eq \f(3（b＋c）,bc)＝eq \f(3,c)＋eq \f(3,b)＝1，
所以4b＋c＝(4b＋c)(eq \f(3,c)＋eq \f(3,b))＝15＋eq \f(12b,c)＋eq \f(3c,b)≥15＋2eq \r(\f(12b,c)·\f(3c,b))＝27，
当且仅当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(12b,c)＝\f(3c,b),bc＝3（c＋b）))，c＝2b＝9时等号成立．
3．解析：(1)在△ACD中，AC＝eq \r(3)，AD＝1，∠ACD＝30°，
由余弦定理可得AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cs∠ACD，
即1＝3＋CD2－3CD，解得CD＝1或2.
(2)因为BC⊥CD，∠ACD＝30°，所以∠ACB＝eq \f(π,3)，
因为△ABC为锐角三角形，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0在△ABC中，因为eq \f(AC,sinB)＝eq \f(BC,sin∠BAC)，
所以BC＝eq \f(AC·sin∠BAC,sinB)＝eq \f(\r(3)sin（\f(2π,3)－B）,sinB)＝eq \f(\f(3,2)csB＋\f(\r(3),2)sinB,sinB)＝eq \f(\r(3),2)＋eq \f(3,2)·eq \f(1,tanB)，
由eq \f(π,6)所以BC∈(eq \f(\r(3),2)，2eq \r(3)).
4．解析：(1)∵△ABC面积为S，
∴S＝eq \f(1,2)absinC，且b2＝eq \f(2\r(3),3)S＋abcsC，
得b2＝eq \f(\r(3),3)absinC＋abcsC，
b＝eq \f(\r(3),3)asinC＋acsC，
由正弦定理得：sinB＝eq \f(\r(3),3)sinAsinC＋sinAcsC，
sin (A＋C)＝eq \f(\r(3),3)sinAsinC＋sinAcsC，
sinAcsC＋csAsinC＝eq \f(\r(3),3)sinAsinC＋sinAcsC，
csA＝eq \f(\r(3),3)sinA(sinC≠0)，
∴tanA＝eq \r(3)(csA≠0)，
∵0(2)∵BC边上中线|AD|＝1，
∴2eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))，
∴4eq \(AD,\s\up6(→))2＝eq \(AB,\s\up6(→))2＋eq \(AC,\s\up6(→))2＋2eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))，
得b2＋c2＋bc＝4，b2＋c2＝4－bc，
(b＋c)2＝4＋bc，b＋c＝eq \r(4＋bc)，
且b2＋c2≥2bc，即4－bc≥2bc，
0又∵∠A＝eq \f(π,3)，由余弦定理得b2＋c2－a2＝bc，
a2＝b2＋c2－bc＝4－2bc，
∴a＝eq \r(4－2bc)，
∴a＋b＋c＝eq \r(4－2bc)＋eq \r(4＋bc)(0设f(x)＝eq \r(4－2x)＋eq \r(4＋x)(0f′(x)＝eq \f(－2,2\r(4－2x))＋eq \f(1,2\r(4＋x))＝eq \f(\r(4－2x)－2\r(4＋x),2\r(4－2x)\r(4＋x))，
设g(x)＝eq \r(4－2x)－2eq \r(4＋x)，
g′(x)＝(eq \r(4－2x)－2eq \r(4＋x))′＝eq \f(－2,2\r(4－2x))－eq \f(1,\r(4＋x))<0，
∴g(x)在(0，eq \f(4,3)]单调递减，
又∵g(0)＝－2，∴g(x)<0，∴f′(x)<0，
∴f(x)在(0，eq \f(4,3)]单调递减，
则f(x)最小值为f(eq \f(4,3))＝2eq \r(3)，
所以当bc＝eq \f(4,3)时，a＋b＋c的最小值为2eq \r(3)，
故△ABC周长的最小值为2eq \r(3).