新課標(biāo)2023版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)課時(shí)質(zhì)量評(píng)價(jià)29正弦定理余弦定理及應(yīng)用

1、PAGE PAGE 7課時(shí)質(zhì)量評(píng)價(jià)(二十九)A組全考點(diǎn)鞏固練1(2021哈爾濱模擬)邊長(zhǎng)為5,7,8的三角形的最大角與最小角之和為()A90 B120 C135 D150B解析：根據(jù)三角形角邊關(guān)系可得，最大角與最小角所對(duì)的邊的長(zhǎng)分別為8與5設(shè)長(zhǎng)為7的邊所對(duì)的角為，則最大角與最小角的和是180，由余弦定理可得，cos eq f(256449,258)eq f(1,2)，易得60，則最大角與最小角的和是180120，故選B2(2021北京東城區(qū)二模)在ABC中，已知Aeq f(,3)，2a2cb，那么eq f(c,a)()Aeq f(3,8) Beq f(3,7) Ceq f(7,15) Deq

2、f(8,15)B解析：根據(jù)余弦定理得cos 60eq f(c2(2a2c)2a2,2(2a2c)c)eq f(1,2)，化簡(jiǎn)得3a210ac7c20，則(3a7c)(ac)0又因?yàn)?a2cb0，有ac，所以eq f(c,a)eq f(3,7)，故選B3ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，已知bc，a22b2(1sin A)，則A()Aeq f(3,4) Beq f(,3) Ceq f(,4) Deq f(,6)C解析：由余弦定理得a2b2c22bccos A2b22b2cos A2b2(1cos A)因?yàn)閍22b2(1sin A)，所以cos Asin A因?yàn)閏os A0，所以tan

3、 A1因?yàn)锳(0，)，所以Aeq f(,4)故選C4在ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若2eq r(3)acos C3bcos C3ccos B，則角C的大小為()Aeq f(,6) Beq f(,4) Ceq f(,3) Deq f(2,3)A解析：因?yàn)?eq r(3)acos C3bcos C3ccos B，所以2eq r(3)sin Acos C3sin B cos C3sin Ccos B，所以2eq r(3)sin Acos C3sin(CB)3sin A因?yàn)锳，C(0，)，所以sin A0，cos Ceq f(r(3),2)又C(0，)，所以Ceq f(,6)故選

4、A5在ABC中，D是BC的中點(diǎn)，已知ADeq r(2)，AC2eq r(2)，cos Beq f(3,4)，則ABC的面積為()Aeq r(3) Beq r(5) Ceq r(6) Deq r(7)D解析：設(shè)ABc，BCa，在ABC中，a2c22accos B8，在ABD中，eq blc(rc)(avs4alco1(f(a,2)eq sUP12(2)c22eq f(a,2)ccos B2，解得a4，c2，所以SABCeq f(1,2)acsin Beq r(7)故選D6已知ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，滿足eq f(1,ab)eq f(1,bc)eq f(3,abc)，則角B_

5、eq f(,3)解析：因?yàn)?eq f(1,ab)eq f(1,bc)eq f(3,abc)，所以 b2a2c2ac又由余弦定理得 cos Beq f(a2c2b2,2ac)eq f(1,2)，且B(0，)，解得 Beq f(,3)7在ABC中，設(shè)BCa，ABc，ABC為銳角且滿足lg alg clg sin Blg eq r(2)，則ABC的形狀是_等腰直角三角形解析：由題可知lg alg clgsin Blgeq r(2)因?yàn)閘g alg clgeq f(a,c)，lgeq r(2)lg(eq r(2)1lgeq f(r(2),2)，所以lgeq f(a,c)lg sin Blgeq f(r

6、(2),2)， 得到 eq f(a,c)sin Beq f(r(2),2)因?yàn)锽是銳角，所以B45，cos Beq f(r(2),2)因?yàn)閑q f(a,c)eq f(r(2),2)，所以a2eq f(1,2)c2，b2a2c22accos Beq f(1,2)c2c22eq f(r(2),2)c2eq f(r(2),2)eq f(1,2)c2c2c2eq f(1,2)c2，所以a2b2eq f(1,2)c2，所以a2b2c2因此三角形ABC的形狀是等腰直角三角形8(2021遼寧丹東二模)已知ABC內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，那么當(dāng)a_時(shí)，滿足條件“b2，A30”的ABC有兩個(gè)(寫(xiě)出一

7、個(gè)a的具體數(shù)值即可)(1,2)內(nèi)任一數(shù)解析：由正弦定理得eq f(a,sin A)eq f(b,sin B)，所以sin Beq f(bsin A,a)eq f(1,a)若滿足條件的ABC有兩個(gè)，則eq f(1,a)1且ab2，所以1aba，所以C為鈍角，所以cos Ceq f(a2b2c2,2ab)0a2b2c2a2(a1)2(a2)2(a1)(a3)0因?yàn)閍為正整數(shù)，所以a1,2當(dāng)a1時(shí)，b2，c3，不能構(gòu)成三角形，舍去當(dāng)a2時(shí)，b3，c4，滿足條件綜上，當(dāng)a2時(shí)，ABC為鈍角三角形B組新高考培優(yōu)練11(多選題)在ABC中，根據(jù)下列條件解三角形，其中有一解的是()Ab7，c3，C30 Bb

8、5，c4，B45Ca6，b3eq r(3)，B60 Da20，b30，A30BC解析：對(duì)于A，因?yàn)閎7，c3，C30，所以由正弦定理可得sin Beq f(bsin C,c)eq f(7f(1,2),3)eq f(7,6)1，無(wú)解；對(duì)于B，因?yàn)閎5，c4，B45，所以由正弦定理可得sin Ceq f(csin B,b)eq f(4f(r(2),2),5)eq f(2r(2),5)1，且cb，有一解；對(duì)于C，因?yàn)閍6，b3eq r(3)，B60，所以由正弦定理可得sin Aeq f(asin B,b)eq f(6f(r(3),2),3r(3)1，A90，此時(shí)C30，有一解；對(duì)于D，因?yàn)閍20，b

9、30，A30，所以由正弦定理可得sin Beq f(bsin A,a)eq f(30f(1,2),20)eq f(3,4)1，且ba，所以B有兩個(gè)值，有兩解12(多選題)對(duì)于ABC，有如下判斷，其中正確的是()A若cos Acos B，則ABC為等腰三角形B若AB，則sin Asin BC若a8，c10，B60，則符合條件的ABC有兩個(gè)D若sin2Asin2Bsin2C，則ABC是鈍角三角形ABD解析：對(duì)于A，若cos Acos B，則AB，所以ABC為等腰三角形，故正確；對(duì)于B，若AB，則ab，由正弦定理eq f(a,sin A)eq f(b,sin B)2R，得2Rsin A2Rsin B

10、，即sin Asin B成立，故正確；對(duì)于C，由余弦定理可得beq r(821022810f(1,2)eq r(84)，只有一解，故錯(cuò)誤；對(duì)于D，若sin2Asin2Bsin2C，則根據(jù)正弦定理得a2b2c2，cos Ceq f(a2b2c2,2ab)0，所以C為鈍角，所以ABC是鈍角三角形，故正確13(多選題)(2021福建漳州二模)設(shè)ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若a2eq r(2)，beq r(2)，則角B可以是()A15 B30 C45 D75AB解析：cos Beq f(a2c2b2,2ac)eq f(8c22,22r(2)c)eq f(6c2,4r(2)c)eq f

11、(r(2)c,8)eq f(3r(2),4c)2eq r(f(3r(2),4c)f(r(2)c,8)eq f(r(3),2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq f(3r(2),4c)eq f(r(2)c,8)，ceq r(6)時(shí)等號(hào)成立，所以cos Beq blcrc(avs4alco1(f(r(3),2)，1)，B(0，30，所以AB選項(xiàng)正確，CD選項(xiàng)錯(cuò)誤故選AB14在ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且acos Bceq f(b,2)0，a2eq f(7,2)bc，bc，則eq f(b,c)_2解析：由acos Bceq f(b,2)0及正弦定理可得sin Acos Bsin Ceq f(sin

12、 B,2)0因?yàn)閟in Csin(AB)sin Acos Bcos Asin B，所以eq f(sin B,2)cos Asin B0因?yàn)閟in B0，所以cos Aeq f(1,2)，即Aeq f(2,3)由余弦定理得a2eq f(7,2)bcb2c2bc，即2b25bc2c20，又bc，所以eq f(b,c)215在ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知sin Asin Beq f(5,4)sin C，且ABC的周長(zhǎng)為9，ABC的面積為3sin C，則c_，cos C_4eq f(1,4)解析：因?yàn)閟in Asin Beq f(5,4)sin C，所以由正弦定理得abeq f

13、(5c,4)因?yàn)锳BC的周長(zhǎng)為9，所以abcceq f(5c,4)9，解得c4因?yàn)锳BC的面積等于3sin C，所以eq f(1,2)absin C3sin C，整理得ab6由于abeq f(5c,4)5，故eq blcrc (avs4alco1(ab5，,ab6，)解得eq blcrc (avs4alco1(a2，,b3)或eq blcrc (avs4alco1(a3，,b2，)所以cos Ceq f(a2b2c2,2ab)eq f(1,4)16(2021北京卷)已知在ABC中，c2bcos B，Ceq f(2,3)(1)求B的大小；(2)在三個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知，使ABC存在且唯一確定

14、，并求BC邊上的中線的長(zhǎng)度ceq r(2)b；周長(zhǎng)為42eq r(3)；面積SABCeq f(3r(3),4)解：(1)由正弦定理eq f(b,sin B)eq f(c,sin C)，c2bcos B，得sin C2sin Bcos Bsin 2B，故C2B(舍去)或C2B故BAeq f(,6)(2)由(1)知，c2bcos Beq r(3)b，故不能選若選，設(shè)BCAC2x，則AB2eq r(3)x，故周長(zhǎng)為(42eq r(3)x42eq r(3)，解得x1，從而B(niǎo)CAC2，AB2eq r(3)設(shè)BC中點(diǎn)為D，則在ABD中，由余弦定理可得，cos Beq f(AB2BD2AD2,2ABBD)e

15、q f(121AD2,4r(3)eq f(r(3),2)，解得ADeq r(7)若選，設(shè)BCAC2x，則AB2eq r(3)x，故SABCeq f(1,2)(2x)2sineq f(2,3)eq r(3)x2eq f(3r(3),4)，解得xeq f(r(3),2)，即BCACeq r(3)，AB3設(shè)BC中點(diǎn)為D，則在ABD中，由余弦定理可得，cos Beq f(AB2BD2AD2,2ABBD)eq f(9blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)eq sUP12(2)AD2,3r(3)eq f(r(3),2)，解得ADeq f(r(21),2)17(2022邯鄲摸底考試)在ABC中，角A，B，C所對(duì)應(yīng)的邊分別為a，b，c，已知asin 2Bbsin A(1)求角B的大小；(2)給出三個(gè)條件b2，ABC外接圓半徑req f(2r(3),3)，ac2eq r(3)，試從中選擇兩個(gè)可以確定ABC的條件，并求ABC的面積解：(1)因?yàn)閍sin 2Bbsin A，所以2asin Bcos Bbsin A由正弦定理得2abcos Bba，所以cos Beq f(1,2)因?yàn)?B，所以Beq f(,3)(2)顯然可知當(dāng)選擇條件時(shí)，ABC不唯一當(dāng)選擇條件時(shí)，ABC唯一，此時(shí)，由余弦定理b2a2c22accos B，即4a2c2