《2025年零失误分层训练高中数学必修第二册人教版黑吉辽内蒙古专版》

1. (教材改编题)在$\triangle ABC$中，已知$AB=BC=3,AC=2$,则$\cos B$等于 (A)

A.$\frac{7}{9}$
B.$\frac{8}{9}$
C.$-\frac{7}{9}$
D.$-\frac{8}{9}$

答案： 1.A[提示：在$\triangle ABC$中，因为$AB=BC=3$，$AC=2$，所以由余弦定理可得$\cos B=\frac{BC^{2}+AB^{2}-AC^{2}}{2BC· AB}=\frac{9+9-4}{2×3×3}=\frac{7}{9}$.]

2. (教材改编题)已知$A,B$两地相距$5 km$,$B,C$两地相距$10 km$,若测得$\angle ABC = 120°$,则$A,C$两地间的距离为(D)

A.$5 km$
B.$\frac{\sqrt{3}}{2} km$
C.$5\sqrt{5} km$
D.$5\sqrt{7} km$

答案： 2.D[提示：在$\triangle ABC$中，由已知可得$AB=5$，$BC=10$，所以$AC^{2}=AB^{2}+BC^{2}-2AB· BC·\cos\angle ABC$，即$AC^{2}=5^{2}+10^{2}-2×5×10×(-\frac{1}{2})=175$，解得$AC=5\sqrt{7}$.故$A$，$C$两地间的距离为$5\sqrt{7}$km.]

3. 在$\triangle ABC$中，若$C = 60°$,$c^2 = ab$,则$\triangle ABC$的形状是 (D)

A.等腰直角三角形
B.直角三角形
C.等腰三角形
D.等边三角形

答案： 3.D[提示：$\because C = 60^{\circ}$，$\therefore c^{2}=a^{2}+b^{2}-2ab\cos60^{\circ}=a^{2}+b^{2}-ab$，又$\because c^{2}=ab$，$\therefore a^{2}+b^{2}-ab=ab$，即$a^{2}+b^{2}-2ab=0$，整理得$(a - b)^{2}=0$，$\therefore a = b$，再结合$C = 60^{\circ}$得$\triangle ABC$是等边三角形.]

4. (教材改编题)已知钝角三角形$ABC$的内角$A,B,C$所对的边分别为$a,b,c$,且$a = k$,$b = k + 2$,$c = k + 4$,则$k$的取值范围是 (C)

A.$[1,5]$
B.$(2,5)$
C.$(2,6)$
D.$(1,6)$

答案： 4.C[提示：由题意得$c$是最大边，即$C$是钝角，$\therefore$由余弦定理得$(k + 4)^{2}=(k + 2)^{2}+k^{2}-2k(k + 2)·\cos C＞(k + 2)^{2}+k^{2}$，即$(k + 2)^{2}+k^{2}＜(k + 4)^{2}$，解得$-2＜k＜6$，$\because a + b＞c$，$\therefore k+(k + 2)＞k + 4$，解得$k＞2$.综上所述，$k$的取值范围是$(2,6)$.]

1.【题型二】(2025·黑龙江哈尔滨七十三中高一下月考)在$\triangle ABC$中，$a = 7$,$b = 10$,$c = 6$,则$\triangle ABC$是 (A)

A.钝角三角形
B.直角三角形
C.锐角三角形
D.等边三角形

答案： 1.A[提示：在$\triangle ABC$中，因为$a = 7$，$b = 10$，$c = 6$，所以$b＞a＞c$，所以$B＞A＞C$，由余弦定理可知$\cos B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}=\frac{49 + 36-100}{2×7×6}=-\frac{5}{28}＜0$，所以角$B$为钝角，故$\triangle ABC$为钝角三角形.]

2.【题型一】(2025·吉林长春市实验中学高一下第一学程考试)已知在$\triangle ABC$中，$AB = 5$,$BC = 4$,$\cos B = \frac{4}{5}$,则$BC$边上的中线长为 (B)

A.$\sqrt{17}$
B.$\sqrt{13}$
C.$\sqrt{45}$
D.$\sqrt{21}$

答案： 2.B[提示：设$BC$的中点为$D$，则$\triangle ABD$中，$AB = 5$，$BD=\frac{1}{2}BC = 2$，$\cos B=\frac{4}{5}$，所以由余弦定理得$AD=\sqrt{AB^{2}+BD^{2}-2AB· BD\cos B}=\sqrt{25 + 4-2×5×2×\frac{4}{5}}=\sqrt{13}$.]

3.【题型一】已知$\triangle ABC$中角$A,B,C$所对的边分别为$a,b,c$,且$b\cos C = (2a - c)\cos B$,$ac = 3$,$b = 3$,则$a + c$等于 (D)

A.$4$
B.$6$
C.$2\sqrt{5}$
D.$3\sqrt{2}$

答案： 3.D[提示：$\because b\cos C=(2a - c)\cos B$，由余弦定理可得$b·\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}=(2a - c)·\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}$，整理得$ac=a^{2}+c^{2}-b^{2}$，$\therefore\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}=\frac{1}{2}$，即$\cos B=\frac{1}{2}$，而$B\in(0,\pi)$，$\therefore B=\frac{\pi}{3}$.又$ac = 3$，$b = 3$，$\therefore$由余弦定理可得$9=a^{2}+c^{2}-ac=(a + c)^{2}-3ac=(a + c)^{2}-9$，$\therefore(a + c)^{2}=18$，$\therefore a + c = 3\sqrt{2}$.]

4.【题型一】(2025·黑龙江哈尔滨师大附中高一下月考)在$\triangle ABC$中，角$A,B,C$所对的边分别为$a,b,c$,$a^2 + b^2 - c^2 = 2\sqrt{3}ab\sin C$,且$|\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC}| = |\overrightarrow{BC}|$,则$B$等于 (C)

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

答案： 4.C[提示：由余弦定理结合$a^{2}+b^{2}-c^{2}=2\sqrt{3}ab\sin C$，可得$a^{2}+b^{2}-c^{2}=2ab\cos C=2\sqrt{3}ab\sin C$，$\therefore\tan C=\frac{\sqrt{3}}{3}$，又$C\in(0,\pi)$，$\therefore C=\frac{\pi}{6}$，由$|\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}|=|\overrightarrow{BC}|=|\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}|$，两边平方可得$\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}=0$，$\therefore A=\frac{\pi}{2}$，$\therefore B=\frac{\pi}{3}$.]

5.【题型一】(2025·黑龙江哈尔滨师大附中高一下期中)在$\triangle ABC$中，$a = 3$,$b = 4$,$A = \frac{\pi}{4}$,则$c =$$2\sqrt{2}+1$ 或$2\sqrt{2}-1$.

答案： 5.$2\sqrt{2}+1$ $2\sqrt{2}-1$[提示：根据题意可知$a = 3$，$b = 4$，$A=\frac{\pi}{4}$，根据余弦定理得$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos A$，即$9 = 16+c^{2}-4\sqrt{2}c$，解得$c = 2\sqrt{2}+1$或$c = 2\sqrt{2}-1$，经检验，符合题意，所以$c = 2\sqrt{2}+1$或$c = 2\sqrt{2}-1$.]

6.【题型一】$\triangle ABC$的内角$A,B,C$的对边分别为$a,b,c$.若$\triangle ABC$的面积为$\frac{a^2 + b^2 - c^2}{4}$,则$C =$$45^{\circ}$.

答案： 6.$45^{\circ}$[提示：由余弦定理可知$\cos C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}$，$\therefore a^{2}+b^{2}-c^{2}=2ab\cos C$.$\because S=\frac{1}{2}ab\sin C=\frac{1}{4}(a^{2}+b^{2}-c^{2})=\frac{1}{2}ab\cos C$，$\therefore\sin C=\cos C$.$\because0＜C＜\pi$，$\therefore C = 45^{\circ}$.]

7.【题型一】在$\triangle ABC$中，角$A,B,C$所对的边分别为$a,b,c$,且满足$a^2 + b^2 + c^2 = 2\sqrt{3}ab\sin C$.若$A,B,C,D$四点共圆，且点$D$与点$A$位于直线$BC$的两侧，$AB = 3$,$BD = \sqrt{3}$,则$AD =$$2\sqrt{3}$.

答案： 7.$2\sqrt{3}$[提示：由余弦定理可得$a^{2}+b^{2}-c^{2}=2ab\cos C$，又$a^{2}+b^{2}+c^{2}=2\sqrt{3}ab\sin C$，把此等式与余弦定理中的等式相加得$a^{2}+b^{2}=ab(\sqrt{3}\sin C+\cos C)=2ab\sin(C+\frac{\pi}{6})$，再由不等式$a^{2}+b^{2}\geq2ab$，当且仅当$a = b$时，等号成立，得不等式可以化简为$\sin(C+\frac{\pi}{6})\geq1$.$\because\sin(C+\frac{\pi}{6})\leq1$，$\therefore\sin(C+\frac{\pi}{6}) = 1$，解得$C=\frac{\pi}{3}$，故三角形$ABC$为正三角形.又$\because A$，$B$，$C$，$D$四点共圆，$\therefore\angle BDC=\frac{2\pi}{3}$.在$\triangle BCD$中，根据余弦定理可知$\cos\angle BDC=\frac{BD^{2}+CD^{2}-BC^{2}}{2BD· CD}=-\frac{1}{2}$，解得$CD=\sqrt{3}$($CD=- \sqrt{3}$舍去)，$\because BD = CD=\sqrt{3}$，$\angle BDC=\frac{2\pi}{3}$，$\therefore\angle CBD=\angle BCD=\frac{\pi}{6}$，$\therefore\angle ABD=\angle ABC+\angle CBD=\frac{\pi}{2}$，$\therefore AD=\sqrt{AB^{2}+BD^{2}}=2\sqrt{3}$.]

8.【题型一】在$\triangle ABC$中，$D$是$BC$边上一点，且$B = \frac{\pi}{6}$,$\frac{AD}{BD} = \frac{1}{2}$,若$D$是$BC$的中点，则$\frac{AC}{AB} =$$\frac{\sqrt{21}}{3}$;若$AC = 4\sqrt{3}$,则$\triangle ADC$的周长的最大值为$8 + 4\sqrt{3}$.

答案：
8.$\frac{\sqrt{21}}{3}$ $8 + 4\sqrt{3}$[提示：如图所示，若$D$为$BC$的中点，则

$\frac{BD}{AD}=\frac{BD}{\frac{1}{2}BC}=\frac{1}{2}$，$B=\frac{\pi}{6}$，在$\triangle ABD$中，由余弦定理可得$AD^{2}=BD^{2}+AB^{2}-2AB· BD·\cos B$，即$\frac{BD^{2}}{4}=BD^{2}+AB^{2}-2AB· BD·\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$AC^{2}=4BD^{2}+\frac{3}{4}BD^{2}-\sqrt{3}·2×\frac{\sqrt{3}}{2}BD^{2}=\frac{7}{4}BD^{2}$，所以$\frac{AC}{AB}=\frac{\frac{\sqrt{7}}{2}BD}{\frac{\sqrt{3}}{2}BD}=\frac{\sqrt{21}}{3}$.若$AC = 4\sqrt{3}$，$B=\frac{\pi}{6}$，$BD = 2AD$，由上述可知$AB=\frac{\sqrt{3}}{2}BD=\frac{\sqrt{3}}{2}·2AD$，作$DE\perp AB$于点$E$，因为$B=\frac{\pi}{6}$，$\frac{BD}{2}=AD$，即点$E$与$A$重合，所以$DA\perp AB$，$\angle ADB=\frac{\pi}{3}$，所以$\angle ADC=\frac{2\pi}{3}$，在$\triangle ADC$中，由余弦定理得$\cos\angle ADC=\frac{AD^{2}+CD^{2}-AC^{2}}{2AD· CD}$，所以$-\frac{1}{2}=\frac{AD^{2}+CD^{2}-48}{2AD· CD}$，即$AD^{2}+CD^{2}=48 - AD· CD$，所以$(AD + CD)^{2}=48 + AD· CD$.又因为$AD· CD\leq\frac{(AD + CD)^{2}}{4}$，所以$(AD + CD)^{2}-48\leq\frac{(AD + CD)^{2}}{4}$，解得$AD + CD\leq8$，当且仅当$AD = CD = 4$时，等号成立，所以$AD + CD + AC\leq8 + 4\sqrt{3}$，即$\triangle ADC$的周长的最大值为$8 + 4\sqrt{3}$.]

9.【题型一】如图所示，一座山高$AD$为$100 m$,一辆汽车在一条水平的公路上沿直线从$B$往$C$匀速行驶，在$B$处测得山顶$A$的仰角为$30°$,经过$20 s$后汽车到达$C$处，这时测得山顶$A$的仰角为$45°$,且$\angle BAC = 90°$.
(1)求这辆汽车的速度；
(2)若汽车从$B$往$C$行驶$5 s$时到达$E$处，求此时山顶$A$与汽车的距离$AE$.

答案： 9.解：
(1)根据题意得$AD = 100 m$，$\angle DBA = 30^{\circ}$，$\angle ACD = 45^{\circ}$，$\triangle ACD$和$\triangle ABD$都是直角三角形，所以$AC = \sqrt{2}AD = 100\sqrt{2} m$，$AB = 200 m$，$BD = 100\sqrt{3} m$，由于$\angle BAC = 90^{\circ}$，所以$\triangle ABC$为直角三角形，所以$BC=\sqrt{(100\sqrt{2})^{2}+200^{2}}=100\sqrt{6}( m)$，所以这辆汽车的速度$v=\frac{100\sqrt{6}}{20}=5\sqrt{6}( m/s)$.
(2)汽车从$B$往$C$行驶$5 s$时到达$E$处，故$BE = 25\sqrt{6} m$，在$ Rt\triangle ABC$中，$\cos\angle ABC=\frac{200}{100\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$，在$\triangle ABE$中，利用余弦定理得$AE^{2}=AB^{2}+BE^{2}-2· AB· BE·\cos\angle ABC=200^{2}+(25\sqrt{6})^{2}-2×200×25\sqrt{6}×\frac{\sqrt{6}}{3}=23750$，解得$AE = 25\sqrt{38}( m)$.