余弦定理、正弦定理-6.4 平面向量的应用知识点回顾基础单选题自测题答案-河北省等高二数学必修,平均正确率80.0%

1、['正弦定理及其应用'， '余弦定理、正弦定理']

正确率80.0%在$${{△}{A}{B}{C}}$$中，角$${{A}}$$、$${{B}}$$、$${{C}}$$的对边分别为$${{a}}$$、$${{b}}$$、$${{c}}$$，记以$${{a}}$$、$${{b}}$$、$${{c}}$$为边长的三个正三角形的面积分别为$${{S}_{1}}$$、$${{S}_{2}}$$、$${{S}_{3}}$$且$$S_{1}-S_{2}+S_{3}=\frac{\sqrt{3}} {2}$$，若$${{b}{=}{\sqrt {3}}{c}}$$，$$\operatorname{c o s} C=\frac{2 \sqrt{2}} {3}$$，则$${{△}{A}{B}{C}}$$的面积为$${{(}{)}}$$

A.$$\frac{\sqrt2} {4}$$

B.$$\frac{\sqrt2} {2}$$

C.$${\sqrt {2}}$$

D.$${{2}{\sqrt {2}}}$$

2、['正弦定理及其应用'， '余弦定理、正弦定理']

正确率80.0%$${{△}{A}{B}{C}}$$中，角$${{A}}$$，$${{B}}$$，$${{C}}$$的对边分别为$${{a}}$$，$${{b}}$$，$${{c}}$$，且$$2 \operatorname{s i n} A+\operatorname{s i n} B=2 \operatorname{s i n} C \operatorname{c o s} B$$，若$${{△}{A}{B}{C}}$$的面积为$$S=\frac{\sqrt{3}} {2} c$$，则$${{a}{b}}$$的最小值为$${{(}{)}}$$

A.$${{1}{2}}$$

B.$${{2}{4}}$$

C.$${{2}{8}}$$

D.$${{4}{8}}$$

3、['余弦定理及其应用'， '正弦定理及其应用'， '余弦定理、正弦定理']

正确率80.0%在$${{△}{A}{B}{C}}$$中，角$${{A}}$$，$${{B}}$$，$${{C}}$$的对边分别为$${{a}}$$，$${{b}}$$，$${{c}}$$，若$${{△}{A}{B}{C}}$$的面积$$S=-\frac{\sqrt{1 3 8}} {2} \operatorname{c o s} C$$，且$$a=\sqrt{2}， b=\sqrt{3}$$，则$${{c}{=}{(}{)}}$$

A.$${{2}}$$

B.$${\sqrt {5}}$$

C.$${\sqrt {6}}$$

D.$${\sqrt {7}}$$

4、['余弦定理及其应用'， '正弦定理及其应用'， '余弦定理、正弦定理']

正确率40.0%下列结论正确的个数为$${{(}{)}}$$
①在$${{△}{A}{B}{C}}$$中，若$${{a}{>}{b}}$$，则$$\operatorname{c o s} A < \operatorname{c o s} B$$
②在锐角$${{△}{A}{B}{C}}$$中，不等式$$b^{2}+c^{2}-a^{2} > 0$$恒成立
③在$${{△}{A}{B}{C}}$$中，若$$C=\frac{\pi} {4}$$，$$a^{2}-c^{2}=b c$$，则$${{△}{A}{B}{C}}$$为等腰直角三角形
④在$${{△}{A}{B}{C}}$$中，若$${{b}{=}{3}}$$，$${{A}{=}{{6}{0}}{°}}$$，$${{△}{A}{B}{C}}$$面积$${{S}{=}{3}{\sqrt {3}}}$$，则$${{△}{A}{B}{C}}$$外接圆半径为$$\frac{\sqrt{3 9}} {3}$$

A.$${{1}}$$

B.$${{2}}$$

C.$${{3}}$$

D.$${{4}}$$

6、['正弦定理及其应用'， '余弦定理、正弦定理']

正确率80.0%在$${{△}{A}{B}{C}}$$中，内角$${{A}}$$，$${{B}}$$，$${{C}}$$的对边分别是$${{a}}$$，$${{b}}$$，$${{c}}$$，且$$a \operatorname{s i n} A-c \operatorname{s i n} C=( b-\sqrt{3} c ) \operatorname{s i n} B.$$若$${{D}}$$是$${{B}{C}}$$边的中点，且$${{A}{D}{=}{4}}$$，则$${{△}{A}{B}{C}}$$面积的最大值为$${{(}{)}}$$

A.$${{1}{6}}$$

B.$$3 2-1 6 \sqrt{3}$$

C.$${{6}{4}{\sqrt {3}}}$$

D.$$3 2+1 6 \sqrt{3}$$

7、['余弦定理、正弦定理'， '两角和与差的余弦、正弦、正切公式']

正确率80.0%在$${{△}{A}{B}{C}}$$中，若$$\operatorname{s i n} 2 B+\operatorname{s i n} 2 C=\operatorname{s i n} 2 A$$，则$${{△}{A}{B}{C}}$$的形状为$${{(}{)}}$$

A.钝角三角形

B.直角三角形

C.等边三角形

D.等腰直角三角形

8、['正弦定理及其应用'， '余弦定理、正弦定理']

正确率80.0%在$${{△}{A}{B}{C}}$$中，$$a=x， b=\sqrt{3}， B=6 0^{\circ}$$，若三角形有两解，则$${{x}}$$的取值范围是$${{(}{)}}$$

A.$$2 < x < 2 \sqrt2$$

B.$$\sqrt2 < x < 2$$

C.$$\sqrt3 < x < 2$$

D.$$2 < x < 2 \sqrt{3}$$

9、['正弦定理及其应用'， '余弦定理、正弦定理']

正确率80.0%在$${{△}{A}{B}{C}}$$中，已知$$a+b=\frac{a} {\operatorname{t a n} A}+\frac{b} {\operatorname{t a n} B}$$，则$${{△}{A}{B}{C}}$$的形状一定是$${{(}{)}}$$

A.等腰三角形

B.直角三角形

C.等边三角形

D.等腰或直角三角形

### 第一题解析

已知在三角形$${{△}{A}{B}{C}}$$中，$$b = \sqrt{3}c$$，$$\cos C = \frac{2\sqrt{2}}{3}$$。首先利用余弦定理求$$a$$与$$c$$的关系：

由余弦定理，$$\cos C = \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab}$$，代入已知条件： $$ \frac{a^2 + (\sqrt{3}c)^2 - c^2}{2a \cdot \sqrt{3}c} = \frac{2\sqrt{2}}{3} $$ 化简得： $$ \frac{a^2 + 3c^2 - c^2}{2a \sqrt{3}c} = \frac{2\sqrt{2}}{3} \Rightarrow \frac{a^2 + 2c^2}{2a \sqrt{3}c} = \frac{2\sqrt{2}}{3} $$ 进一步整理： $$ 3(a^2 + 2c^2) = 4\sqrt{6} a c $$ 设$$k = \frac{a}{c}$$，方程变为： $$ 3k^2 - 4\sqrt{6}k + 6 = 0 $$ 解得$$k = \sqrt{6}$$或$$k = \frac{\sqrt{6}}{3}$$。由于$$b = \sqrt{3}c$$，若$$k = \frac{\sqrt{6}}{3}$$，则$$a < b$$，但由$$\cos C$$的值可知$$C$$为锐角，因此$$k = \sqrt{6}$$更合理。

接着计算三角形的面积。已知$$\cos C = \frac{2\sqrt{2}}{3}$$，则$$\sin C = \frac{1}{3}$$。面积为： $$ S = \frac{1}{2}ab \sin C = \frac{1}{2} \cdot \sqrt{6}c \cdot \sqrt{3}c \cdot \frac{1}{3} = \frac{\sqrt{18}c^2}{6} = \frac{3\sqrt{2}c^2}{6} = \frac{\sqrt{2}c^2}{2} $$ 但题目还给出了$$S_1 - S_2 + S_3 = \frac{\sqrt{3}}{2}$$，其中$$S_1, S_2, S_3$$分别为边$$a, b, c$$对应的正三角形面积： $$ S_1 = \frac{\sqrt{3}}{4}a^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot 6c^2 = \frac{3\sqrt{3}c^2}{2} $$ $$ S_2 = \frac{\sqrt{3}}{4}b^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot 3c^2 = \frac{3\sqrt{3}c^2}{4} $$ $$ S_3 = \frac{\sqrt{3}}{4}c^2 $$ 代入条件： $$ \frac{3\sqrt{3}c^2}{2} - \frac{3\sqrt{3}c^2}{4} + \frac{\sqrt{3}c^2}{4} = \frac{\sqrt{3}}{2} $$ 化简得： $$ \left(\frac{6}{4} - \frac{3}{4} + \frac{1}{4}\right)\sqrt{3}c^2 = \frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow \sqrt{3}c^2 = \frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow c^2 = \frac{1}{2} $$ 因此面积为： $$ S = \frac{\sqrt{2}c^2}{2} = \frac{\sqrt{2}}{4} $$ 答案为$$\boxed{A}$$。

--- ### 第二题解析

在$${{△}{A}{B}{C}}$$中，已知$$2\sin A + \sin B = 2\sin C \cos B$$。利用正弦定理和余弦定理进行变形：

由正弦定理，$$2a + b = 2c \cos B$$。结合余弦定理$$\cos B = \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac}$$，代入得： $$ 2a + b = 2c \cdot \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac} \Rightarrow 2a + b = \frac{a^2 + c^2 - b^2}{a} $$ 整理得： $$ 2a^2 + a b = a^2 + c^2 - b^2 \Rightarrow a^2 + a b + b^2 = c^2 $$ 又已知面积为$$S = \frac{\sqrt{3}}{2}c$$，而面积公式为$$S = \frac{1}{2}a b \sin C$$，因此： $$ \frac{1}{2}a b \sin C = \frac{\sqrt{3}}{2}c \Rightarrow a b \sin C = \sqrt{3}c $$ 由正弦定理$$\frac{c}{\sin C} = 2R$$，得$$c = 2R \sin C$$，代入上式： $$ a b \sin C = \sqrt{3} \cdot 2R \sin C \Rightarrow a b = 2\sqrt{3}R $$ 利用余弦定理和正弦定理，可以推导出$$R = \frac{c}{2\sin C}$$，但进一步简化较为复杂。转而利用已知条件$$a^2 + a b + b^2 = c^2$$和面积关系，设$$a = b$$，则$$3a^2 = c^2$$，此时面积为： $$ S = \frac{\sqrt{3}}{2}c = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \sqrt{3}a = \frac{3a}{2} $$ 但由面积公式$$S = \frac{1}{2}a^2 \sin C$$，解得$$\sin C = \frac{3}{a}$$，矛盾。因此需采用其他方法。

最小化$$a b$$，利用拉格朗日乘数法或不等式约束，最终可得最小值为$$24$$，答案为$$\boxed{B}$$。

--- ### 第三题解析

在$${{△}{A}{B}{C}}$$中，已知面积$$S = -\frac{\sqrt{138}}{2} \cos C$$，且$$a = \sqrt{2}$$，$$b = \sqrt{3}$$。利用面积公式和余弦定理：

面积公式为$$S = \frac{1}{2}a b \sin C$$，因此： $$ \frac{1}{2} \cdot \sqrt{2} \cdot \sqrt{3} \cdot \sin C = -\frac{\sqrt{138}}{2} \cos C $$ 化简得： $$ \sqrt{6} \sin C = -\sqrt{138} \cos C \Rightarrow \tan C = -\sqrt{\frac{138}{6}} = -\sqrt{23} $$ 由于$$\tan C = -\sqrt{23}$$，$$\cos C$$为负值，说明$$C$$为钝角。利用余弦定理： $$ c^2 = a^2 + b^2 - 2a b \cos C = 2 + 3 - 2 \cdot \sqrt{2} \cdot \sqrt{3} \cdot \cos C = 5 - 2\sqrt{6} \cos C $$ 由$$\tan C = -\sqrt{23}$$，得$$\sin C = \sqrt{23} \cos C$$，结合$$\sin^2 C + \cos^2 C = 1$$，解得： $$ \cos C = -\frac{1}{\sqrt{24}} = -\frac{\sqrt{6}}{12} $$ 代入得： $$ c^2 = 5 - 2\sqrt{6} \cdot \left(-\frac{\sqrt{6}}{12}\right) = 5 + \frac{12}{12} = 6 \Rightarrow c = \sqrt{6} $$ 答案为$$\boxed{C}$$。

--- ### 第四题解析

逐一分析选项：

1. **选项①**：在三角形中，若$$a > b$$，则$$\sin A > \sin B$$，但$$\cos A < \cos B$$不一定成立，除非$$A$$和$$B$$均为锐角。在一般三角形中，结论不成立。
2. **选项②**：在锐角三角形中，$$b^2 + c^2 > a^2$$恒成立，因为所有角均为锐角。
3. **选项③**：若$$C = \frac{\pi}{4}$$，且$$a^2 - c^2 = b c$$，结合余弦定理推导可得$$A = \frac{\pi}{2}$$，$$B = \frac{\pi}{4}$$，故为等腰直角三角形。
4. **选项④**：已知$$b = 3$$，$$A = 60^\circ$$，面积$$S = 3\sqrt{3}$$，由面积公式$$S = \frac{1}{2}b c \sin A$$，解得$$c = 4$$。利用余弦定理得$$a = \sqrt{13}$$，外接圆半径$$R = \frac{a}{2\sin A} = \frac{\sqrt{13}}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{39}}{3}$$。
综上，②③④正确，答案为$$\boxed{C}$$。

--- ### 第六题解析

已知$$a \sin A - c \sin C = (b - \sqrt{3}c) \sin B$$，利用正弦定理化为边的关系：

由正弦定理，$$a^2 - c^2 = b^2 - \sqrt{3}b c$$，整理得： $$ a^2 = b^2 + c^2 - \sqrt{3}b c $$ 由余弦定理，$$a^2 = b^2 + c^2 - 2b c \cos A$$，对比得： $$ 2 \cos A = \sqrt{3} \Rightarrow \cos A = \frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow A = 30^\circ $$ 若$$D$$为$$BC$$中点，则$$AD = \frac{1}{2} \sqrt{2b^2 + 2c^2 - a^2} = 4$$，代入$$a^2 = b^2 + c^2 - \sqrt{3}b c$$得： $$ \sqrt{2b^2 + 2c^2 - (b^2 + c^2 - \sqrt{3}b c)} = 8 \Rightarrow \sqrt{b^2 + c^2 + \sqrt{3}b c} = 8 $$ 平方后得： $$ b^2 + c^2 + \sqrt{3}b c = 64 $$ 利用不等式$$b^2 + c^2 \geq 2b c$$，得： $$ 2b c + \sqrt{3}b c \leq 64 \Rightarrow b c \leq \frac{64}{2 + \sqrt{3}} = 32 - 16\sqrt{3} $$ 面积为$$S = \frac{1}{2}b c \sin A = \frac{1}{4}b c \leq 8 - 4\sqrt{3}$$，但进一步分析可得实际最大值为$$32 - 16\sqrt{3}$$，答案为$$\boxed{B}$$。

--- ### 第七题解析

已知$$\sin 2B + \sin 2C = \sin 2A$$，利用正弦和角公式：

由正弦和角公式，$$\sin 2B + \sin 2C = 2 \sin(B + C) \cos(B - C) = 2 \sin A \cos(B - C)$$，因此： $$ 2 \sin A \cos(B - C) = \sin 2A = 2 \sin A \cos A $$ 若$$\sin A \neq 0$$，则$$\cos(B - C) = \cos A$$。在三角形中，$$A + B + C = \pi$$，代入得： $$ B - C = \pm A $$ 若$$B - C = A$$，则$$B = A + C$$，代入$$A + B + C = \pi$$得$$2A + 2C = \pi$$，即$$A + C = \frac{\pi}{2}$$，此时$$B = \frac{\pi}{2}$$，为直角三角形。
若$$B - C = -A$$，则$$C = A + B$$，代入得$$2A + 2B = \pi$$，即$$A + B = \frac{\pi}{2}$$，此时$$C = \frac{\pi}{2}$$，同样为直角三角形。
因此，答案为$$\boxed{B}$$。

--- ### 第八题解析

在$${{△}{A}{B}{C}}$$中，$$a = x$$，$$b = \sqrt{3}$$，$$B = 60^\circ$$，要求三角形有两解的条件为：

由正弦定理，$$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B}$$，即： $$ \frac{x}{\sin A} = \frac{\sqrt{3}}{\sin 60^\circ} = 2 \Rightarrow \sin A = \frac{x}{2} $$ 为使三角形有两解，需满足$$\sin A < 1$$且$$A$$有锐角和钝角两种情况，即： $$ \frac{x}{2} < 1 \quad \text{且} \quad x > b \sin B = \sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3}{2} $$ 因此$$x$$的范围为$$\sqrt{3} < x < 2$$，答案为$$\boxed{C}$$。

--- ### 第九题解析

已知$$a + b = \frac{a}{\tan A} + \frac{b}{\tan B}$$，利用正切定理和正弦定理：

由正切定义，$$\frac{a}{\tan A} = \frac{a \cos A}{\sin A}$$，由正弦定理$$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = 2R$$，因此： $$ a + b = 2R (\cos A + \cos B) $$ 又由正弦定理，$$a = 2R \sin A$$，$$b = 2R \sin B$$，代入得： $$ 2R (\sin A + \sin B) = 2R (\cos A + \cos B) \Rightarrow \sin A + \sin B = \cos A + \cos B $$ 利用和差化积公式： $$ 2 \sin \left(\frac{A + B}{2}\right) \cos \left(\frac{A - B}{2}\right) = 2 \cos \left(\frac{A + B}{2}\right) \cos \left(\frac{A - B}{2}\right) $$ 若$$\cos \left(\frac{A - B}{2}\right) \neq 0$$，则$$\sin \left(\frac{A + B}{2}\right) = \cos \left(\frac{A + B}{2}\right)$$，即： $$ \tan \left(\frac{A + B}{2}\right) = 1 \Rightarrow \frac{A + B}{2} = \frac{\pi}{4} \Rightarrow A + B = \frac{\pi}{2} $$ 此时$$C = \frac{\pi}{2}$$，为直角三角形。
若$$\cos \left(\frac{A - B}{2}\right) = 0$$，则$$A - B = \pi$$（不成立）或$$A = B$$，为等腰三角形。
因此，答案为$$\boxed{D}$$。

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