《2025年热搜题高中数学必修第二册人教版》

1. [2024·温州中学期中]在△ABC中，c/b = cosC/cosB，则△ABC为(C)

A.直角三角形
B.等腰直角三角形
C.等腰三角形
D.等腰或直角三角形

答案： 1.C【解析】由$\frac{c}{b}=\frac{\cos C}{\cos B}$，知$\frac{c}{b}=\frac{\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}}{\frac{c^{2}+a^{2}-b^{2}}{2ca}}$，化简得$b=c$，所以$\triangle ABC$为等腰三角形.

2. [2024·深圳中学月考]在△ABC中，若(a + b + c)(a - b + c) = 3ac，且2acosC = b，则△ABC为(A)

A.等边三角形
B.等腰三角形
C.直角三角形
D.无法判断

答案： 2.A【解析】由$(a+b+c)(a-b+c)=3ac$，得$c^{2}+a^{2}-b^{2}=ac$，于是$\cos B=\frac{c^{2}+a^{2}-b^{2}}{2ca}=\frac{1}{2}$，故$B=60°$.又由$2a\cos C=b$，得$2× a×\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}=b$，所以$a=c$，故$\triangle ABC$是等边三角形.

3. [2024·新乡一中月考]在△ABC中，三边上的高依次为1/13，1/5，1/11，则△ABC为(C)

A.锐角三角形
B.直角三角形
C.钝角三角形
D.不存在这样的三角形

答案： 3.C【解析】设$\triangle ABC$的内角A，B，C所对的边分别为$a$，$b$，$c$，且$\frac{1}{13},\frac{1}{5},\frac{1}{11}$分别为$a$，$b$，$c$上的高.因为$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}a×\frac{1}{13}=\frac{1}{2}b×\frac{1}{5}=\frac{1}{2}c×\frac{1}{11}$，所以可设$a=13k,b=5k,c=11k(k＞0)$.由余弦定理的推论，得$\cos A=\frac{(5k)^{2}+(11k)^{2}-(13k)^{2}}{2×5k×11k}=\frac{23}{110}＜0$，则$A\in(\frac{\pi}{2},\pi)$，所以$\triangle ABC$为钝角三角形.故选C.

4. [2024·东营一中月考](多选)在△ABC中，若acosA = bcosB，则△ABC可能为(AB)

A.直角三角形
B.等腰三角形
C.钝角三角形
D.等边三角形

答案： 4.AB【解析】将余弦定理的推论代入条件$a\cos A=b\cos B$中，得$a·\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}=b·\frac{c^{2}+a^{2}-b^{2}}{2ca}$，化简得$a^{2}(b^{2}+c^{2}-a^{2})=b^{2}(c^{2}+a^{2}-b^{2})$，即$(a^{2}-b^{2})(a^{2}+b^{2}-c^{2})=0$，所以$a=b$或$a^{2}+b^{2}=c^{2}$至少有一个式子成立.故选AB.

5. [2024·成都七中期中]在△ABC中，acosA + bcosB = ccosC，试判断△ABC的形状.

答案： 5.将余弦定理的推论$\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}$，$\cos B=\frac{c^{2}+a^{2}-b^{2}}{2ca}$，$\cos C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}$，代入等式$a\cos A+b\cos B=c\cos C$中，得$a·\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}+b·\frac{c^{2}+a^{2}-b^{2}}{2ca}=c·\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}$两边同乘$2abc$，得$a^{2}(b^{2}+c^{2}-a^{2})+b^{2}(c^{2}+a^{2}-b^{2})=c^{2}(a^{2}+b^{2}-c^{2})$，所以$a^{4}+b^{4}-2a^{2}b^{2}=c^{4}$，所以$(a^{2}-b^{2})^{2}=c^{4}$，所以$a^{2}-b^{2}=c^{2}$或$a^{2}-b^{2}=-c^{2}$，所以$a^{2}=b^{2}+c^{2}$或$b^{2}=a^{2}+c^{2}$，所以$\triangle ABC$是以A或B为直角的直角三角形.

6. 已知△ABC三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若c/(a + b) + a/(b + c) = 1，则B = (B)

A.30°
B.60°
C.120°
D.150°

答案： 6.B【解析】由$\frac{c}{a+b}+\frac{a}{b+c}=1$整理可得$c^{2}+a^{2}-b^{2}=ac$.所以由余弦定理的推论可得$\cos B=\frac{c^{2}+a^{2}-b^{2}}{2ca}=\frac{ac}{2ca}=\frac{1}{2}$.因为$0°＜B＜180°$，所以$B=60°$.故选B.

7. [2024·深圳宝安中学期末]在△ABC中，已知C = π/3，BC = a，AC = b，且a，b是方程x² - 13x + 40 = 0的两根，则AB = (D)

A.2
B.4
C.6
D.7

答案： 7.D【解析】因为$a$，$b$是方程$x^{2}-13x+40=0$的两根，所以$a=5,b=8$或$a=8,b=5$.由余弦定理得$AB^{2}=a^{2}+b^{2}-2ab\cos C=25+64-2×8×5×\frac{1}{2}=49$，所以$AB=7$.

8. P是△ABC所在平面内一点，当PA + PB + PC取得最小值时，称该点为△ABC的“费马点”.当△ABC的三个内角均小于120°时，“费马点”满足如下特征：∠APB = ∠BPC = ∠CPA = 120°.如图，在△ABC中，AB = AC = √7，BC = √3，则其“费马点”P到A，B，C三点的距离之和为(A)

A.4
B.2
C.2 - 2√3
D.2 + √3

答案： 8.A【解析】根据题意，得$\triangle ABC$为等腰三角形，因为$\angle APB=\angle APC=\angle BPC=120°$，所以$PB=PC$.在$\triangle PBC$中，由余弦定理，得$BC^{2}=BP^{2}+CP^{2}-2BP· CP·\cos\angle BPC$，即$(\sqrt{3})^{2}=2BP^{2}-2×(-\frac{1}{2})BP^{2}$，解得$BP=1$.在$\triangle ABP$中，由余弦定理，得$AB^{2}=BP^{2}+AP^{2}-2BP· AP·\cos\angle APB$，即$(\sqrt{7})^{2}=1+AP^{2}-2×(-\frac{1}{2})AP$，所以$AP=2$，所以$AP+BP+CP=4$，所以“费马点”P到A，B，C三点的距离之和为4.故选A.

9. [2024·福州一中月考]在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2bcosA = 2c - a.
(1)求角B；
(2)若a = 4，b = 2√7，求边BC上的中线AD的长.

答案： 9.
(1)因为$2b\cos A=2c-a$，所以$2b×\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}=2c-a$，即$a^{2}+c^{2}-b^{2}=ac$，由余弦定理的推论可得$\cos B=\frac{c^{2}+a^{2}-b^{2}}{2ca}=\frac{1}{2}$.因为$0＜B＜\pi$，所以$B=\frac{\pi}{3}$.
(2)由$b^{2}=c^{2}+c^{2}-2c\cos B$，得$28=c^{2}+16-4c$，解得$c=6$或$c=-2$(舍去).
在$\triangle ABD$中，$AB=6,BD=\frac{1}{2}BC=2,\angle ABD=\frac{\pi}{3}$，则$AD^{2}=AB^{2}+BD^{2}-2× AB· BD\cos\angle ABD=36+4-2×6×2×\frac{1}{2}=28$，故$AD=2\sqrt{7}$.