《2025年小题狂做高中数学必修第二册人教版》

1. 在$\triangle ABC$中,角$A,B,C$所对的边分别为$a,b,c$,若$a = 5,b = 8,C = \frac{\pi}{3}$,则$c =$ (C)

A.5
B.6
C.7
D.8

答案： 1. C 由余弦定理知$c^{2}=a^{2}+b^{2}-2ab\cos C=25 + 64-2×5×8×\cos\frac{\pi}{3}=49$，得$c = 7$。

2. 教材变式 已知在$\triangle ABC$中,角$A,B,C$所对的边分别为$a,b,c$.若$a = 3,b = \sqrt{37},c = 7$,则$\cos(A + B) =$ (C)

A.$-\frac{\sqrt{37}}{74}$
B.$-\frac{1}{2}$
C.$\frac{\sqrt{37}}{74}$
D.$\frac{1}{2}$

答案： 2. C 依题意，得$\cos(A + B)=-\cos C=-\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}=-\frac{9 + 37-49}{2×3×\sqrt{37}}=\frac{\sqrt{37}}{74}$。
教材链接人教A版必修二6.4.3练习第2题改编

3. 已知$\triangle ABC$的内角$A,B,C$的对边分别为$a,b,c$,且$b - a = 2,b - c = 4$,且$\triangle ABC$的最大内角为$\frac{2\pi}{3}$,则$\triangle ABC$的最大边等于 (A)

A.7
B.7 或 2
C.8
D.8 或 5

答案： 3. A 由于$b - a=2＞0$，$b - c = 4＞0$，故$b＞a$，$b＞c$，因此$b$是三角形中最大的边，因此$B=\frac{2\pi}{3}$。由$b^{2}=a^{2}+c^{2}-2ac\cos B=(b - 2)^{2}+(b - 4)^{2}-2(b - 2)(b - 4)×(-\frac{1}{2})$，化简可得$b^{2}-9b + 14 = 0$，解得$b = 2$或$7$。由于$b＞4$，故$b = 7$。

4. 在$\triangle ABC$中,内角$A,B,C$的对边分别为$a,b,c$.若$2A = B + C,a^{2} = bc$,则$\triangle ABC$一定是 (D)

A.三边不全相等的锐角三角形
B.钝角三角形
C.直角三角形
D.等边三角形

答案： 4. D 在$\triangle ABC$中，$2A = B + C$，又$A + B + C=\pi$，所以$A=\frac{\pi}{3}$。由余弦定理得$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos A=b^{2}+c^{2}-bc$，又由$a^{2}=bc$，得$b^{2}+c^{2}-2bc = 0$，则$b = c$，所以$\triangle ABC$一定是等边三角形。

5. 若锐角三角形$ABC$的边长分别为$1,2,a$,则$a$的取值范围是 (B)

A.$(1,3)$
B.$(\sqrt{3},\sqrt{5})$
C.$(1,\sqrt{3})$
D.$(2,\sqrt{5})$

答案： 5. B 设$\triangle ABC$的内角$A$，$B$，$C$的对边分别为$a$，$1$，$2$，则$B$必为锐角，因为$1$，$2$，$a$构成三角形，所以$1＜a＜3$。由于$\triangle ABC$为锐角三角形，故$\cos A=\frac{1^{2}+2^{2}-a^{2}}{4}＞0$，可得$\frac{5 - a^{2}}{4}＞0$，即$a^{2}＜5$，又由$\cos C=\frac{a^{2}+1^{2}-2^{2}}{2a}＞0$，可得$a^{2}＞3$，则$3＜a^{2}＜5$。又因为$1＜a＜3$，所以$\sqrt{3}＜a＜\sqrt{5}$。
方法总结 ①$\triangle ABC$为直角三角形$\Leftrightarrow a^{2}=b^{2}+c^{2}$或$b^{2}=a^{2}+c^{2}$或$c^{2}=a^{2}+b^{2}$；
②$\triangle ABC$为锐角三角形$\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}＞c^{2}$且$b^{2}+c^{2}＞a^{2}$且$c^{2}+a^{2}＞b^{2}$；
③$\triangle ABC$为钝角三角形$\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}＜c^{2}$或$b^{2}+c^{2}＜a^{2}$或$c^{2}+a^{2}＜b^{2}$。

6. 在$\triangle ABC$中,$G$为$\triangle ABC$的重心,若$AC = 2AG,CG\perp AB$,则$\cos C =$ (A)

A.$\frac{11}{16}$
B.$\frac{13}{16}$
C.$\frac{11}{14}$
D.$\frac{9}{14}$

答案： 6. A 延长$AG$交$BC$于$E$，则$E$为$BC$的中点，因为$CG\perp AB$，所以$AC = BC$。设$AG = t$，则$AC = 2t=BC$，且$CE = t$。因为$G$是$\triangle ABC$的重心，所以$AG=\frac{2}{3}AE$，即$AE=\frac{3}{2}t$。在$\triangle ACE$中，由余弦定理得$\cos C=\frac{AC^{2}+CE^{2}-AE^{2}}{2AC· CE}=\frac{4t^{2}+t^{2}-\frac{9}{4}t^{2}}{2×2t× t}=\frac{11}{16}$。

7. 在$\triangle ABC$中,角$A,B,C$的对边分别为$a,b,c,a^{2} + c^{2} = b^{2} - ac,S_{\triangle ABC} = \frac{\sqrt{3}}{4}$,且$b = 2$,则 (ACD)

A.$\cos B = -\frac{1}{2}$
B.$\sin B = \frac{1}{2}$
C.$ac = 1$
D.$\triangle ABC$的周长为$2 + \sqrt{5}$

答案： 7. ACD 在$\triangle ABC$中，由$a^{2}+c^{2}=b^{2}-ac$，得$a^{2}+c^{2}-b^{2}=-ac$，则由余弦定理得$\cos B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}=\frac{-ac}{2ac}=-\frac{1}{2}$，又$B\in(0,\pi)$，则$B=\frac{2\pi}{3}$，$\sin B=\frac{\sqrt{3}}{2}$，故A正确，B错误；易知边$a$上的高为$c\sin B$，又因为$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}ac\sin B=\frac{1}{2}ac×\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}$，所以$ac = 1$，故C正确；由$a^{2}+c^{2}=b^{2}-ac$，$b = 2$，$ac = 1$，得$a^{2}+c^{2}=2^{2}-1 = 3$，所以$(a + c)^{2}=a^{2}+c^{2}+2ac = 5$，因为$a + c＞0$，所以$a + c=\sqrt{5}$，因此$\triangle ABC$的周长为$2+\sqrt{5}$，故D正确。

8. 在$\triangle ABC$中,角$A,B,C$所对的边分别为$a,b,c$,若$b^{2} + c^{2} - a^{2} = \sqrt{3}bc$,且$b = \sqrt{3}a$,则下列关系可能成立的是 (ACD)

A.$a = c$
B.$b = c$
C.$2a = c$
D.$a^{2} + b^{2} = c^{2}$

答案： 8. ACD 由余弦定理，得$\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}=\frac{\sqrt{3}bc}{2bc}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，得$A = 30^{\circ}$，联立$b=\sqrt{3}a$与$b^{2}+c^{2}-a^{2}=\sqrt{3}bc$，解得$c = 2a$或$c = a$。当$c = 2a$时，$a^{2}+b^{2}=a^{2}+(\sqrt{3}a)^{2}=4a^{2}=c^{2}$，此时$\triangle ABC$为直角三角形，综上，A，C，D可能成立。

9. 已知$\triangle ABC$的内角$A,B,C$所对的边分别为$a,b,c$,下列四个命题正确的是 (AB)

A.若$a = \sqrt{5},b = \sqrt{15},A = 30^{\circ}$,则符合条件的$\triangle ABC$有两个
B.若$a = 8,c = 10,B = 60^{\circ}$,则符合条件的$\triangle ABC$有且只有一个
C.若$a^{2} + b^{2} - c^{2} ＞ 0$,则$\triangle ABC$一定是锐角三角形
D.若$a\cos A = b\cos B$,则$\triangle ABC$一定是等腰三角形

答案： 9. AB 对于A，由余弦定理可知$c^{2}=a^{2}+b^{2}-2bc\cos A$，即$c^{2}-3\sqrt{5}c + 10 = 0$，所以$c=\sqrt{5}$或$c = 2\sqrt{5}$，经验证$(a,b,c)=(\sqrt{5},\sqrt{15},\sqrt{5})$和$(a,b,c)=(\sqrt{5},\sqrt{15},2\sqrt{5})$均满足三角形的三边关系，从而$\triangle ABC$的三边共有两种可能的取值情况，所以A正确；对于B，由余弦定理可知$b^{2}=a^{2}+c^{2}-2ac\cos B=64 + 100-2×8×10×\frac{1}{2}=84$，即$b = 2\sqrt{21}$，此时$(a,b,c)=(8,2\sqrt{21},10)$，满足三角形的三边关系，从而$\triangle ABC$的三边有唯一的取值情况，所以B正确；对于C，若$(a,b,c)=(5,4,3)$，则$\triangle ABC$是直角三角形，但$a^{2}+b^{2}-c^{2}=32＞0$，所以C错误；对于D，由$a\cos A=b\cos B$，得$a·\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}=b·\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}$，即$a^{2}(b^{2}+c^{2}-a^{2})=b^{2}(a^{2}+c^{2}-b^{2})$，化简得$(a^{2}-b^{2})(c^{2}-a^{2}-b^{2})=0$，所以$a = b$或$c^{2}=a^{2}+b^{2}$，所以$\triangle ABC$为等腰三角形或直角三角形，所以D错误。