2018年數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)第四章三角函數(shù)、解三角形第6講正弦定理和余弦定理課時(shí)作業(yè)

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精12-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE第6講正弦定理和余弦定理基礎(chǔ)鞏固題組（建議用時(shí):40分鐘）一、選擇題1。(2016·寧波模擬)在△ABC中，AB＝eq\r（3）,AC＝1，B＝30°,△ABC的面積為eq\f（\r(3)，2）,則C＝()A。30° B.45° C.60° D.75°解析法一∵S△ABC＝eq\f(1,2）·AB·AC·sinA＝eq\f（\r（3），2)，即eq\f（1，2)×eq\r（3）×1×sinA＝eq\f（\r(3),2),∴sinA＝1，由A∈(0°,180°)，∴A＝90°,∴C＝60°.故選C.法二由正弦定理，得eq\f（sinB,AC）＝eq\f(sinC,AB），即eq\f（1，2）＝eq\f（sinC,\r(3)），sinC＝eq\f（\r（3)，2)，又C∈(0°，180°)，∴C＝60°或C＝120°.當(dāng)C＝120°時(shí)，A＝30°，S△ABC＝eq\f(\r（3），4)≠eq\f(\r（3),2)(舍去）.而當(dāng)C＝60°時(shí),A＝90°,S△ABC＝eq\f(\r（3)，2），符合條件，故C＝60°.故選C。答案C2。在△ABC中，角A，B，C對應(yīng)的邊分別為a，b，c，若A＝eq\f（2π,3），a＝2，b＝eq\f(2\r（3），3),則B等于（)A。eq\f（π,3） B.eq\f(5π，6) C.eq\f（π,6）或eq\f(5π，6) D。eq\f(π，6）解析∵A＝eq\f(2π,3），a＝2，b＝eq\f(2\r(3),3),∴由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f（b，sinB)可得，sinB＝eq\f（b,a)sinA＝eq\f(\f(2\r(3），3),2）×eq\f（\r（3），2）＝eq\f(1，2）。∵A＝eq\f(2π,3），∴B＝eq\f（π,6）。答案D3。（2017·成都診斷）在△ABC中,cos2eq\f（B,2)＝eq\f（a＋c，2c)（a，b,c分別為角A，B，C的對邊），則△ABC的形狀為（)A.等邊三角形B。直角三角形C。等腰三角形或直角三角形D.等腰直角三角形解析因?yàn)閏os2eq\f(B，2)＝eq\f(a＋c,2c)，所以2cos2eq\f(B，2）－1＝eq\f(a＋c,c)－1,所以cosB＝eq\f(a,c），所以eq\f(a2＋c2－b2,2ac）＝eq\f（a,c）,所以c2＝a2＋b2。所以△ABC為直角三角形.答案B4.△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c,則“a＞b”是“cos2A＜cos2B”的()A。充分不必要條件 B.必要不充分條件C。充分必要條件 D.既不充分也不必要條件解析因?yàn)樵凇鰽BC中,a＞b?sinA＞sinB?sin2A＞sin2B?2sin2A＞2sin2B?1－2sin2A＜1－2sin2B?cos2A＜cos2B。所以“a＞b”是“cos2A＜cos2B"的充分必要條件.答案C5.（2016·山東卷)在△ABC中,角A，B，C的對邊分別是a，b，c，已知b＝c，a2＝2b2（1－sinA），則A＝(）A。eq\f(3π,4) B。eq\f（π,3) C.eq\f（π，4） D。eq\f（π，6)解析在△ABC中，由b＝c,得cosA＝eq\f（b2＋c2－a2，2bc）＝eq\f(2b2－a2,2b2），又a2＝2b2(1－sinA），所以cosA＝sinA,即tanA＝1，又知A∈(0，π），所以A＝eq\f（π，4），故選C。答案C二、填空題6。（2015·重慶卷）設(shè)△ABC的內(nèi)角A,B，C的對邊分別為a，b，c，且a＝2,cosC＝－eq\f（1，4)，3sinA＝2sinB，則c＝________。解析由3sinA＝2sinB及正弦定理，得3a＝2b，又a＝2,所以b＝3,故c2＝a2＋b2－2abcosC＝4＋9－2×2×3×eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)））＝16,所以c＝4.答案47。(2017·江西九校聯(lián)考）在△ABC中，角A，B,C所對的邊分別為a，b,c，若角A，B,C依次成等差數(shù)列，且a＝1，b＝eq\r(3)，則S△ABC＝________.解析因?yàn)榻茿，B，C依次成等差數(shù)列，所以B＝60°.由正弦定理，得eq\f（1,sinA)＝eq\f（\r(3)，sin60°）,解得sinA＝eq\f（1，2)，因?yàn)?°＜A＜180°,所以A＝30°或150°（舍去)，此時(shí)C＝90°,所以S△ABC＝eq\f（1,2)ab＝eq\f(\r（3）,2).答案eq\f(\r(3),2)8。(2016·北京卷)在△ABC中，A＝eq\f(2π,3)，a＝eq\r(3）c，則eq\f（b,c)＝________.解析在△ABC中,a2＝b2＋c2－2bc·cosA,將A＝eq\f(2π，3），a＝eq\r(3)c代入,可得（eq\r(3)c）2＝b2＋c2－2bc·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f（1，2))），整理得2c2＝b2＋bc?！遚≠0，∴等式兩邊同時(shí)除以c2，得2＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（b,c）))eq\s\up12(2)＋eq\f(b，c），可解得eq\f（b，c）＝1.答案1三、解答題9.(2015·天津卷）在△ABC中，內(nèi)角A,B，C所對的邊分別為a,b，c。已知△ABC的面積為3eq\r(15），b－c＝2，cosA＝－eq\f（1，4）.（1)求a和sinC的值；(2）求coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（2A＋\f(π，6）））的值。解（1）在△ABC中，由cosA＝－eq\f(1，4），可得sinA＝eq\f(\r(15)，4)。由S△ABC＝eq\f（1，2）bcsinA＝3eq\r(15)，得bc＝24，又由b－c＝2，解得b＝6，c＝4。由a2＝b2＋c2－2bccosA,可得a＝8.由eq\f（a,sinA)＝eq\f(c，sinC），得sinC＝eq\f（\r（15)，8）。(2)coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2A＋\f（π,6)))＝cos2A·coseq\f（π，6）－sin2A·sineq\f（π,6)＝eq\f（\r(3）,2）(2cos2A－1）－eq\f（1,2)×2sinA·cosA＝eq\f（\r（15）－7\r（3），16）.10。(2015·全國Ⅱ卷)在△ABC中，D是BC上的點(diǎn),AD平分∠BAC，BD＝2DC。(1）求eq\f（sinB,sinC）；(2)若∠BAC＝60°，求∠B。解(1)由正弦定理得eq\f(AD,sinB)＝eq\f（BD，sin∠BAD)，eq\f(AD,sinC)＝eq\f（DC,sin∠CAD)。因?yàn)锳D平分∠BAC，BD＝2DC，所以eq\f(sinB，sinC)＝eq\f（DC,BD)＝eq\f（1,2）。（2）因?yàn)椤螩＝180°－（∠BAC＋∠B），∠BAC＝60°，所以sinC＝sin(∠BAC＋∠B）＝eq\f(\r（3)，2）cosB＋eq\f（1,2）sinB。由(1）知2sinB＝sinC，所以tanB＝eq\f(\r（3），3)，即∠B＝30°。能力提升題組（建議用時(shí)：25分鐘)11。(2017·廣州調(diào)研）已知銳角三角形的邊長分別為1,3,x，則x的取值范圍是（)A。(8，10） B。（2eq\r(2)，eq\r(10)）C.（2eq\r（2）,10) D.(eq\r（10)，8）解析因?yàn)?>1，所以只需使邊長為3及x的對角都為銳角即可,故eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1（12＋x2>32,，12＋32>x2,））即8〈x2〈10.又因?yàn)閤>0,所以2eq\r(2)<x<eq\r(10)。答案B12.在△ABC中,三個(gè)內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若S△ABC＝2eq\r（3），a＋b＝6，eq\f（acosB＋bcosA，c)＝2cosC，則c＝()A.2eq\r（7） B.4 C。2eq\r(3） D。3eq\r（3)解析∵eq\f(acosB＋bcosA，c)＝2cosC,由正弦定理，得sinAcosB＋cosAsinB＝2sinCcosC，∴sin(A＋B）＝sinC＝2sinCcosC，由于0＜C＜π，sinC≠0，∴cosC＝eq\f(1,2)，∴C＝eq\f(π，3）?！逽△ABC＝2eq\r(3)＝eq\f（1，2）absinC＝eq\f（\r(3)，4)ab，∴ab＝8，又a＋b＝6，eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝4））或eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（a＝4,，b＝2，)）c2＝a2＋b2－2abcosC＝4＋16－8＝12，∴c＝2eq\r(3)，故選C.答案C13。（2017·寧波調(diào)研)設(shè)△ABC的內(nèi)角A,B，C所對的邊分別為a，b，c,若三邊的長為連續(xù)的三個(gè)正整數(shù)，則A>B>C，3b＝20acosA，則a＝________;sinA∶sinB∶sinC＝________.解析因?yàn)閍,b,c為連續(xù)的三個(gè)正整數(shù)，且A>B〉C,可得a〉b〉c，所以a＝c＋2，b＝c＋1。①又因?yàn)?b＝20acosA。所以cosA＝eq\f(3b，20a)。②由余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2，2bc)。③由②③,得eq\f(3b，20a)＝eq\f（b2＋c2－a2，2bc)，④聯(lián)立①④，得7c2－13c－60＝0,解得c＝4或c＝－eq\f（15，7)(舍去）。∴a＝6，b＝5，又由正弦定理得sinA∶sinB∶sinC＝a∶b∶c＝6∶5∶4。答案66∶5∶414.設(shè)f(x)＝sinxcosx－cos2eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f（π，4)))。(1)求f(x）的單調(diào)區(qū)間;（2）在銳角△ABC中，角A,B，C的對邊分別為a，b,c。若feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(A，2）))＝0，a＝1，求△ABC面積的最大值。解(1)由題意知f（x)＝eq\f（sin2x，2）－eq\f(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x＋\f（π,2）））,2）＝eq\f(sin2x，2）－eq\f(1－sin2x,2)＝sin2x－eq\f（1,2）。由－eq\f（π，2)＋2kπ≤2x≤eq\f(π,2）＋2kπ,k∈Z，可得－eq\f（π,4)＋kπ≤x≤eq\f(π,4）＋kπ，k∈Z；由eq\f（π，2）＋2kπ≤2x≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z,可得eq\f(π，4）＋kπ≤x≤eq\f(3π,4)＋kπ，k∈Z.所以f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f（π,4)＋kπ，\f(π,4)＋kπ)）（k∈Z）；單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(\f（π，4)＋kπ，\f(3π,4）＋kπ））(k∈Z).(2）由feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（A，2)）)＝sinA－eq\f(1，2)＝0，得sinA＝eq\f(1,2）,由題意知A為銳角，所以cosA＝eq\f（\r（3），2)。由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，可得1＋eq\r（3）bc＝b2＋c2≥2bc，即bc≤2＋eq\r(3）,且當(dāng)b＝c時(shí)等號成立。因此eq\f(1,2）bcsinA≤eq\f(2＋\r（3）,4）。所以△ABC面積的最大值為eq\f(2＋\r（3)，4).15。在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，且a＝2，2cos2eq\f(B＋C，2）＋sinA＝eq\f(4，5).（1)若滿足條件的△ABC有且只有一個(gè)，求b的取值范圍;（2)當(dāng)△ABC的周長取最大值時(shí)，求b的值.解由2cos2eq\f（B＋C,2）＋sinA＝eq\f(4，5)，得1＋cos（B＋C）＋sinA＝eq\f（4,5),即sinA－cosA＝－eq\f(1，5),又0〈A<π，且sin2A＋cos2A＝1,有cosA＝eq\f（4，5)，sinA＝eq\f(3，5)∈eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，2），\f(\r（2)，2））)，所以A∈eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\a