《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

11. [全国二 2025·5,5 分]在△ABC 中，BC = 2，$AC = 1 + \sqrt{3}$，$AB = \sqrt{6}$，则 A = (A)

A.$45^{\circ}$
B.$60^{\circ}$
C.$120^{\circ}$
D.$135^{\circ}$

答案： 11.A　[解析]根据余弦定理有$\cos A=\frac{AB^{2}+AC^{2}-BC^{2}}{2· AB· AC}=\frac{6 + 4 + 2\sqrt{3}-4}{2\sqrt{6}(1+\sqrt{3})}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，因为$0^{\circ}\lt A\lt180^{\circ}$，所以$A = 45^{\circ}$。故选A。

12. (多选)[全国一 2025·11,6 分]已知△ABC 的面积为$\frac{1}{4}$，$\cos 2A + \cos 2B + 2\sin C = 2$，$\cos A\cos B\sin C = \frac{1}{4}$，则 (ABC)

A.$\sin C = \sin^2 A + \sin^2 B$
B.$AB = \sqrt{2}$
C.$\sin A + \sin B = \frac{\sqrt{6}}{2}$
D.$AC^2 + BC^2 = 3$

答案： 12.ABC　[解析]因为$\cos2A+\cos2B + 2\sin C = 2$，所以$2\cos^{2}A - 1 + 2\cos^{2}B - 1 + 2\sin C = 2$，即$\cos^{2}A+\cos^{2}B+\sin C = 2$，所以$1-\sin^{2}A + 1-\sin^{2}B+\sin C = 2$，即$\sin C=\sin^{2}A+\sin^{2}B$，故A正确。
当$C\gt\frac{\pi}{2}$时，$A + B\lt\frac{\pi}{2}$，即$0\lt A\lt\frac{\pi}{2}-B\lt\frac{\pi}{2}$，故有$0\lt\sin A\lt\sin(\frac{\pi}{2}-B)$，即$0\lt\sin A\lt\cos B$，同理有$0\lt\sin B\lt\cos A$，所以$\sin^{2}A+\sin^{2}B\lt\sin A\cos B+\sin B\cos A=\sin(A + B)=\sin C$，与A选项矛盾，故$C\gt\frac{\pi}{2}$不成立，同理可得$C\lt\frac{\pi}{2}$也不成立，故$C=\frac{\pi}{2}$，则$\sin C = 1$，$\cos C = 0$。
因为$\cos A\cos B\sin C=\frac{1}{4}$，所以$\cos A\cos B=\frac{1}{4}$，因为$A + B=\frac{\pi}{2}$，所以$\cos B=\sin A$，所以$\cos A\sin A=\frac{1}{4}$，即$\sin2A=\frac{1}{2}$，又$A\in(0,\frac{\pi}{2})$，$2A\in(0,\pi)$，故$2A=\frac{\pi}{6}$或$\frac{5\pi}{6}$，即$A=\frac{\pi}{12}$或$\frac{5\pi}{12}$。
当$A=\frac{\pi}{12}$时，$\tan\frac{\pi}{12}=\tan(\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{4})=2-\sqrt{3}$，所以$\frac{BC}{AC}=2 - \sqrt{3}$。
$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AC· BC=\frac{1}{4}$，故$AC· BC=\frac{1}{2}$，结合可得$\begin{cases}AC^{2}=\frac{2+\sqrt{3}}{2}\\BC^{2}=\frac{2-\sqrt{3}}{2}\end{cases}$，所以$AB^{2}=AC^{2}+BC^{2}=2$，则$AB=\sqrt{2}$，故B正确，D错误。
当$A=\frac{\pi}{12}$时，$\sin\frac{\pi}{12}=\sin(\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{4})=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$，$\sin\frac{5\pi}{12}=\sin(\frac{\pi}{6}+\frac{\pi}{4})=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$，所以$\sin A+\sin B=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}+\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}=\frac{\sqrt{6}}{2}$，故C正确。
当$A=\frac{5\pi}{12}$时，同理可得B正确，C正确，D错误。

13. [全国甲理 2024·11,5 分]记△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 B = $60^{\circ}$，$b^2 = \frac{9}{4}ac$，则$\sin A + \sin C$ = (C)

A.$\frac{3}{2}$
B.$\sqrt{2}$
C.$\frac{\sqrt{7}}{2}$
D.$\frac{\sqrt{3}}{2}$

答案： 13.C　[解析]因为$b^{2}=\frac{9}{4}ac$，所以由正弦定理可得$\sin^{2}B=\frac{9}{4}\sin A\sin C$。
因为$B = 60^{\circ}$，所以$\sin B=\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$\frac{3}{4}=\frac{9}{4}\sin A\sin C$，所以$\sin A\sin C=\frac{1}{3}$。由余弦定理可得$b^{2}=a^{2}+c^{2}-2ac\cos B=a^{2}+c^{2}-ac$，将$b^{2}=\frac{9}{4}ac$代入整理得，$a^{2}+c^{2}=\frac{13}{4}ac$，所以由正弦定理得$\sin^{2}A+\sin^{2}C=\frac{13}{4}\sin A\sin C$，则$(\sin A+\sin C)^{2}=\sin^{2}A+\sin^{2}C+2\sin A\sin C=\frac{13}{4}\sin A\sin C+2\sin A\sin C=\frac{21}{4}\sin A\sin C=\frac{21}{4}×\frac{1}{3}=\frac{7}{4}$，所以$\sin A+\sin C=\frac{\sqrt{7}}{2}$或$-\frac{\sqrt{7}}{2}$（舍）。故选C。

14. [全国甲理 2023·16,5 分]在△ABC 中，$\angle BAC = 60^{\circ}$，AB = 2，$BC = \sqrt{6}$，$\angle BAC$的角平分线交 BC 于 D，则 AD = 2。

答案： 14.2　[解析]在$\triangle ABC$中，由余弦定理得$\cos\angle BAC=\frac{AB^{2}+AC^{2}-BC^{2}}{2AB· AC}=\frac{4 + AC^{2}-6}{4AC}=\frac{1}{2}$，所以$AC = 1+\sqrt{3}$（舍负）。在$\triangle ABD$中，由正弦定理得$\frac{BD}{\sin\angle BAD}=\frac{AB}{\sin\angle ADB}$，所以$\frac{\sin\angle ADB}{\sin\angle BAD}=\frac{AB}{BD}$。在$\triangle ACD$中，由正弦定理得$\frac{CD}{\sin\angle CAD}=\frac{AC}{\sin\angle ADC}$，所以$\frac{\sin\angle ADC}{\sin\angle CAD}=\frac{AC}{CD}$，又$AD$平分$\angle BAC$，所以$\angle BAD=\angle CAD$，则$\sin\angle BAD=\sin\angle CAD$，又$\sin\angle ADB=\sin\angle ADC$，所以$\frac{AB}{BD}=\frac{AC}{CD}$，所以$\frac{BD}{CD}=\frac{AB}{AC}=\frac{2}{1+\sqrt{3}}$，且$BD + CD=\sqrt{6}$，所以$BD=\frac{2\sqrt{6}}{3+\sqrt{3}}=\sqrt{6}-\sqrt{2}$。
在$\triangle ABC$中，由余弦定理得$\cos\angle ABC=\frac{AB^{2}+BC^{2}-AC^{2}}{2AB· BC}=\frac{4 + 6-(1+\sqrt{3})^{2}}{4\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$，在$\triangle ABD$中，由余弦定理得$\cos\angle ABD=\frac{AB^{2}+BD^{2}-AD^{2}}{2AB· BD}=\frac{2^{2}+(\sqrt{6}-\sqrt{2})^{2}-AD^{2}}{2×2×(\sqrt{6}-\sqrt{2})}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$，解得$AD = 2$（舍负）。
多种解法：设$AD = x$，$AC = y$，在$\triangle ABC$中，由余弦定理可得$BC^{2}=AB^{2}+AC^{2}-2AB· AC\cos\angle BAC$，即$y^{2}-2y - 2 = 0$，解得$y = 1+\sqrt{3}$（舍负），又$S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ABD}+S_{\triangle ADC}$，所以$\frac{1}{2}×2×(1+\sqrt{3})×\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{2}×2x×\frac{1}{2}+\frac{1}{2}× x×(1+\sqrt{3})×\frac{1}{2}$，解得$x = 2$。

15. [全国甲理 2022·16,5 分]已知△ABC 中，点 D 在边 BC 上，$\angle ADB = 120^{\circ}$，AD = 2，CD = 2BD。当$\frac{AC}{AB}$取得最小值时，BD = $\sqrt{3}-1$。

答案：
15.$\sqrt{3}-1$　[解析]设$CD = 2BD = 2m\gt0$，则在$\triangle ABD$中，$AB^{2}=BD^{2}+AD^{2}-2BD· AD\cos\angle ADB=m^{2}+4 - 2m$。
在$\triangle ACD$中，$AC^{2}=CD^{2}+AD^{2}-2CD· AD\cos\angle ADC=4m^{2}+4 - 4m$，所以$\frac{AC^{2}}{AB^{2}}=\frac{4m^{2}+4 - 4m}{m^{2}+4 - 2m}=\frac{4(m^{2}+4 - 2m)-12m}{m^{2}+4 - 2m}=4-\frac{12m}{m^{2}+4 - 2m}=4-\frac{12}{m + \frac{4}{m}-2}\geq4-\frac{12}{2\sqrt{m×\frac{4}{m}}-2}=4 - 2\sqrt{3}$。
当且仅当$m=\frac{4}{m}$，即$m=\sqrt{3}-1$时，等号成立，所以当$\frac{AC}{AB}$取最小值时，$m=\sqrt{3}-1$。

16. [全国新课标Ⅰ2024·15,13 分]记△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c。已知$\sin C = \sqrt{2}\cos B$，$a^2 + b^2 - c^2 = \sqrt{2}ab$。
(1)求 B；
(2)若△ABC 的面积为$3 + \sqrt{3}$，求 c。

答案： 16.[解]
(1)已知$a^{2}+b^{2}-c^{2}=\sqrt{2}ab$，则有$\cos C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
又$C\in(0,\pi)$，所以$C=\frac{\pi}{4}$。
又$\sin C=\sqrt{2}\cos B$，所以$\cos B=\frac{\sin C}{\sqrt{2}}=\frac{1}{2}$。
又$B\in(0,\pi)$，所以$B=\frac{\pi}{3}$。
(2)由
(1)可得$C=\frac{\pi}{4}$，$B=\frac{\pi}{3}$，由正弦定理，不妨令$\frac{c}{\sin C}=\frac{b}{\sin B}=k(k\gt0)$，则有$c=\frac{\sqrt{2}}{2}k$，$b=\frac{\sqrt{3}}{2}k$。
又$S_{\triangle ABC}=3+\sqrt{3}$，所以$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}bc\sin A=\frac{1}{2}bc\sin(B + C)=\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}k×\frac{\sqrt{3}}{2}k(\sin B\cos C+\cos B\sin C)=\frac{\sqrt{6}}{8}k^{2}(\frac{\sqrt{3}}{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{2}}{2})=\frac{\sqrt{6}}{8}k^{2}×\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}=3+\sqrt{3}$，解得$k = 4$（负值舍去），故$c=\frac{\sqrt{2}}{2}k = 2\sqrt{2}$。

17. [北京 2025·16,13 分]在△ABC 中，$\cos A = -\frac{1}{3}$，$a\sin C = 4\sqrt{2}$。
(1)求 c 的值；
(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC 存在，求 BC 边上的高。
条件①：a = 6；
条件②：$a\sin B = \frac{10\sqrt{2}}{3}$；
条件③：△ABC 的面积为$10\sqrt{2}$。
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分。

答案： 17.[解]
(1)在$\triangle ABC$中，$A\in(0,\pi)$，$\cos A=-\frac{1}{3}$，又$\sin^{2}A+\cos^{2}A = 1$，所以$\sin A=\frac{2\sqrt{2}}{3}$。
由正弦定理得$\frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin C}$，所以$a\sin C=c\sin A = 4\sqrt{2}$，所以$c = 6$。
(2)选条件①。
因为$\triangle ABC$中，$\cos A=-\frac{1}{3}\lt0$，所以$A\in(\frac{\pi}{2},\pi)$。
因为$a = c = 6$，所以$\triangle ABC$是等腰三角形，且$A = C$，此时$\triangle ABC$内角和大于$\pi$，即$\triangle ABC$不存在，故不选条件①。
选条件②。
因为$a\sin B=b\sin A=\frac{10\sqrt{2}}{3}$，$\sin A=\frac{2\sqrt{2}}{3}$，所以$b = 5$。
由
(1)知$c = 6$，则由余弦定理可得$6^{2}+5^{2}-a^{2}=2×5×6×(-\frac{1}{3})$，所以$a = 9$（负值舍去），所以$9\sin C = 4\sqrt{2}$，所以$\sin C=\frac{4\sqrt{2}}{9}$。
设$BC$边上的高为$h$，所以$h=b\sin C=5×\frac{4\sqrt{2}}{9}=\frac{20\sqrt{2}}{9}$。
选条件③。
因为$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}bc\sin A = 10\sqrt{2}$，$c = 6$，所以$b = 5$。
在$\triangle ABC$中，由余弦定理得$\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}=-\frac{1}{3}$，解得$a = 9$（负值舍去）。
设$BC$边上的高为$h$，则$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}ah = 10\sqrt{2}$，解得$h=\frac{20\sqrt{2}}{9}$。

18. [全国新课标Ⅱ2024·15,13 分]记△ABC 的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,已知 sin A+√3 cos A=2.
(1)求 A;
(2)若 a=2,√2 b sin C=c sin 2B,求△ABC 的周长.

答案： 18.[解]
(1)由 $\sin A + \sqrt{3} \cos A = 2$，得 $2\left(\frac{1}{2} \sin A + \frac{\sqrt{3}}{2} \cos A\right) = 2$，所以 $\sin \left(A + \frac{\pi}{3}\right) = 1$。由 $A \in (0, \pi)$，得 $A + \frac{\pi}{3} \in \left(\frac{\pi}{3}, \frac{4\pi}{3}\right)$，所以 $A + \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{2}$，所以 $A = \frac{\pi}{6}$。
(2)由 $A, B, C$ 为三角形内角，得 $\sin B \neq 0, \sin C \neq 0$。因为 $\sqrt{2} b \sin C = c \sin 2B$，所以由正弦定理得 $\sqrt{2} \sin B \sin C = \sin C \sin 2B$，所以 $\sqrt{2} \sin B = \sin 2B$，即 $\sqrt{2} \sin B = 2 \sin B \cos B$，所以 $\cos B = \frac{\sqrt{2}}{2}$，所以 $B = \frac{\pi}{4}$。因为 $a = 2, A = \frac{\pi}{6}$，所以由正弦定理，得 $b = \frac{a}{\sin A} \sin B = 2\sqrt{2}$。由 $A = \frac{\pi}{6}, B = \frac{\pi}{4}$，得 $C = \frac{7\pi}{12}$，所以 $\sin C = \sin \frac{7\pi}{12} = \sin \left(\frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{4}\right) = \frac{\sqrt{2}}{2} × \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} × \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}$，所以由正弦定理，得 $c = \frac{a \sin C}{\sin A} = 2 × \frac{\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}}{\frac{1}{2}} = \sqrt{6} + \sqrt{2}$。所以 $\triangle ABC$ 的周长为 $a + b + c = 2 + 2\sqrt{2} + \sqrt{6} + \sqrt{2} = 2 + \sqrt{6} + 3\sqrt{2}$。