《2025年热搜题高中数学必修第二册人教版》

1. [2024·徐州一中期中]在△ABC中，$A=\frac{\pi}{6}$，$AB=\sqrt{3}$，$BC=1$，则△ABC的面积是(D)

A.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
B.$\frac{\sqrt{3}}{4}$
C.$\frac{\sqrt{3}}{2}$或$\sqrt{3}$
D.$\frac{\sqrt{3}}{2}$或$\frac{\sqrt{3}}{4}$

答案： 1.D 【解析】在$\triangle ABC$中，因为$BC^{2}=AB^{2}+AC^{2}-2AB·$ $AC\cos A$,所以$1 = 3+AC^{2}-2\sqrt{3}· AC·\frac{\sqrt{3}}{2}$,所以$AC^{2}-$ $3AC + 2 = 0$,所以$AC = 1$或$AC = 2$.所以$\triangle ABC$的面积为$\frac{1}{2}AB· AC\sin A=\frac{1}{2}×\sqrt{3}×1×\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}$或$\frac{1}{2}×\sqrt{3}×$ 
$2×\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$.故选D.

2. 在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知$a^{2}+b^{2}-c^{2}=\sqrt{3}ab$，$bc\sin A=2\sin C$，则△ABC的面积为(B)

A.1
B.$\frac{1}{2}$
C.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
D.$\frac{\sqrt{3}}{4}$

答案： 2.B 【解析】由余弦定理得$\cos C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}=\frac{\sqrt{3}}{2}$,所以 $\sin C=\sqrt{1-\cos^{2}C}=\frac{1}{2}$,由$bc\sin A = 2\sin C$得$S_{\triangle ABC}=$ $\frac{1}{2}bc\sin A=\sin C=\frac{1}{2}$.故选B.

3. [2024·新乡一中月考]若三角形的一条边长为14，这条边所对的角为$60^{\circ}$，另两条边长之比为8:5，则这个三角形的面积是$40\sqrt{3}$。

答案： 3.$40\sqrt{3}$【解析】设另外两条边长分别为$8x,5x(x ＞ 0)$,则 $\cos 60^{\circ}=\frac{64x^{2}+25x^{2}-14^{2}}{80x^{2}}$,解得$x = 2$或$x=-2$(舍 去),所以另外两条边长分别是$16,10$.所以这个三角形的 面积$S=\frac{1}{2}×16×10×\sin 60^{\circ}=40\sqrt{3}$.

4. 在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，已知$A=60^{\circ}$，$b=1$，面积$S=\sqrt{3}$，则$\frac{a+b+c}{\sin A+\sin B+\sin C}=$(A)

A.$\frac{2\sqrt{39}}{3}$
B.$\frac{8\sqrt{3}}{3}$
C.$\frac{26\sqrt{3}}{3}$
D.$\frac{\sqrt{39}}{26}$

答案： 4.A 【解析】由正弦定理$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2R(R$为三 角形外接圆的半径),得$\frac{a + b + c}{\sin A+\sin B+\sin C}=$ $\frac{2R\sin A + 2R\sin B + 2R\sin C}{\sin A+\sin B+\sin C}=$ $\frac{2R}{\frac{a}{\sin A}}=\frac{a}{\sin A}$.因为$S_{\triangle ABC}=$ $\frac{1}{2}bc\sin A=\frac{1}{2}×1× c×\sin 60^{\circ}=\sqrt{3}$,所以$c = 4$,根据余 弦定理得$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos A=1^{2}+4^{2}-2×1×4×$ $\cos 60^{\circ}=13$,解得$a=\sqrt{13}$,所以$\frac{a + b + c}{\sin A+\sin B+\sin C}=$ $\frac{a}{\sin A}=\frac{\sqrt{13}}{\sin 60^{\circ}}=\frac{2\sqrt{39}}{3}$.故选A.

5. [2024·宁波一中月考]在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c。已知△ABC的面积$S=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{4}$，则角C的大小是(A)

A.$\frac{\pi}{4}$
B.$\frac{\pi}{6}$
C.$\frac{\pi}{3}$或$\frac{2\pi}{3}$
D.$\frac{\pi}{4}$或$\frac{3\pi}{4}$

答案： 5.A 【解析】因为$\triangle ABC$的面积$S=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{4}$,所以 $\frac{1}{2}ab\sin C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{4}$.又$\cos C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}$,所以 $\frac{1}{2}ab\sin C=\frac{1}{2}ab\cos C$,所以$\tan C = 1$.因为$C\in(0,\pi)$,所 以$C=\frac{\pi}{4}$.故选A.

6. [2024·扬州质检]在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c。已知△ABC的面积$S=\frac{1}{2}\sin A\sin B\sin C$，则△ABC外接圆半径的大小是(B)

A.$\frac{1}{4}$
B.$\frac{1}{2}$
C.1
D.2

答案： 6.B 【解析】在$\triangle ABC$中,由面积$S=\frac{1}{2}\sin A\sin B\sin C$, 可得$ab\sin C=\sin A\sin B\sin C$,所以$ab=\sin A\sin B$,所 以$\frac{a}{\sin A}=\frac{\sin B}{\sin B}$.由正弦定理$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$可得$\frac{\sin B}{b}=$ $\frac{b}{\sin B}·\frac{b}{t}$.设$\frac{b}{\sin B}=t$,则$t＞0$,所以$t=\frac{1}{t}$,解得$t = 1$.设 $\triangle ABC$外接圆半径为$R$,得$2R = 1$,解得$R=\frac{1}{2}$.故选B.

7. [2024·郑州一中月考]设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且$3a\cos C=4c\sin A$，若△ABC的面积$S=10$，$b=4$，则a的值为(B)

A.$\frac{23}{3}$
B.$\frac{25}{3}$
C.$\frac{26}{3}$
D.$\frac{28}{3}$

答案： 7.B 【解析】由$3a\cos C = 4c\sin A$,得$\frac{a}{\sin A}=\frac{4c}{3\cos C}$.又由 正弦定理$\frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin C}$,得$\frac{c}{\sin C}=\frac{4c}{3\cos C}$,所以$\tan C=$ $\frac{3}{4}$,所以$\sin C=\frac{3}{5}$.因为$S=\frac{1}{2}b\cos A = 10,b = 4$,所以 $c\sin A = 5$.由正弦定理得$a=\frac{c\sin A}{\sin C}=\frac{5}{3}=\frac{25}{3}$.故选B.

8. [2024·重庆八中月考](多选)如图，△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，$\sqrt{3}(a\cos C+c\cos A)=2b\sin B$，且$\angle CAB=\frac{\pi}{3}$。若D是△ABC外一点，$DC=1$，$AD=3$，则下列说法中正确的有(ABC)

A.△ABC的内角$B=\frac{\pi}{3}$
B.$\angle ACB=\frac{\pi}{3}$
C.四边形ABCD面积的最大值为$\frac{5\sqrt{3}}{2}+3$
D.四边形ABCD的面积无最大值

答案： 8.ABC 【解析】因为$\sqrt{3}(a\cos C + c\cos A)=2b\sin B$,所以由 正弦定理可得$\sqrt{3}(\sin A\cos C+\sin C\cos A)=2\sin^{2}B$,所 以$\sqrt{3}\sin(A + C)=2\sin^{2}B$,所以$\sqrt{3}\sin B=2\sin^{2}B$.又因 $\sin B\neq0$,所以$\sin B=\frac{\sqrt{3}}{2}$.因为$\angle CAB=\frac{\pi}{3}$,所以 $B\in(0,\frac{2\pi}{3})$,所以$B=\frac{\pi}{3}$,所以$\angle ACB=\pi-\angle CAB-$ $B=\frac{\pi}{3}$,因此A,B正确.$S_{四边形ABCD}=S_{\triangle ABC}+S_{\triangle ACD}=$ $\frac{\sqrt{3}}{4}AC^{2}+\frac{1}{2}AD· DC·\sin\angle ADC=\frac{\sqrt{3}}{4}(AD^{2}+DC^{2}-$ $2AD· DC·\cos\angle ADC)+\frac{1}{2}AD· DC·\sin\angle ADC=$ $\frac{\sqrt{3}}{4}×(9 + 1-6\cos\angle ADC)+\frac{1}{2}×3×1×\sin\angle ADC=$ $\frac{5\sqrt{3}}{2}+3\sin(\angle ADC-\frac{\pi}{3})\leq\frac{5\sqrt{3}}{2}+3$,当且仅当$\angle ADC-$ $\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{2}$,即$\angle ADC=\frac{5\pi}{6}$时,等号成立,因此C正确,D错 误.故选ABC.

9. [2024·南京一中月考]在△ABC中，若$AB=2$，$AC=\sqrt{2}BC$，则$S_{\triangle ABC}$的最大值为$2\sqrt{2}$。

答案： 9.$2\sqrt{2}$【解析】设$BC = x$,则$AC=\sqrt{2}x$.由三角形三边的关 系得$\begin{cases}\sqrt{2}x + x＞2,\\x + 2＞\sqrt{2}x.\end{cases}$解得$2\sqrt{2}-2＜x＜2\sqrt{2}+2$. 由余弦定理的推论,得$\cos B=\frac{AB^{2}+BC^{2}-AC^{2}}{2AB· BC}=$ $\frac{4 + x^{2}-(\sqrt{2}x)^{2}}{4x}=\frac{4 - x^{2}}{4x}$, $S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB· BC·\sin B=\frac{1}{2}·2x·\sqrt{1-(\frac{4 - x^{2}}{4x})^{2}}=$ $\sqrt{\frac{128-(x^{2}-12)^{2}}{16}}$ 令$x^{2}-12 = 0$,得$x = 2\sqrt{3}$.因为$\sqrt{2}-1＜\sqrt{3}＜\sqrt{2}+1$,即 $2\sqrt{2}-2＜2\sqrt{3}＜2\sqrt{2}+2$,所以当$x = 2\sqrt{3}$时,$S_{\triangle ABC}$取得 最大值,最大值为$2\sqrt{2}$.

10. [2024·黄冈中学期末]已知△ABC的外接圆半径为R，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足$2R(\sin^{2}A-\sin^{2}C)=(\sqrt{2}a-b)\sin B$，求△ABC面积的最大值。

答案： 10.由正弦定理及题意得$a^{2}-c^{2}=(\sqrt{2}a - b)b$, 即$a^{2}+b^{2}-c^{2}=\sqrt{2}ab$.由余弦定理的推论, 得$\cos C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}=\frac{\sqrt{2}ab}{2ab}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,所以$C = 45^{\circ}$. 所以$S=\frac{1}{2}ab\sin C=\frac{1}{2}×2R\sin A·2R\sin B·$ $\frac{\sqrt{2}}{2}=$ $\sqrt{2}R^{2}\sin A\sin B$ $=\sqrt{2}R^{2}·\frac{\cos(A - B)-\cos(A + B)}{2}$ $=\frac{\sqrt{2}}{2}R^{2}[\cos(A - B)+\frac{\sqrt{2}}{2}]$.
所以当$A = B$时,面积$S$有最大值,最大值为$\frac{1+\sqrt{2}}{2}R^{2}$.