統(tǒng)考版2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第四章4.6正弦定理和余弦定理課時(shí)作業(yè)理含解析

高考復(fù)習(xí)資料PAGE1-/NUMPAGES1課時(shí)作業(yè)24正弦定理和余弦定理[基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]一、選擇題1．[2021·河北省級(jí)示范性高中聯(lián)合體聯(lián)考]△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若3sinA＝2sinC，b＝5，cosC＝－eq\f(1,3)，則a＝()A．3B．4C．6D．82．[2021·山東青島一中月考]在△ABC中，若sin2A＋sin2B<sin2C，則△ABC的形狀是()A．銳角三角形B．直角三角形C．鈍角三角形D．不能確定3．[2021·廣東省七校聯(lián)合體高三聯(lián)考試題]在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知c＝eq\r(3)＋1，b＝2，A＝eq\f(π,3)，則B＝()A.eq\f(3π,4)B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,4)或eq\f(3π,4)4．[2021·廣東深圳高級(jí)中學(xué)月考]在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對(duì)邊，已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，b＝1，△ABC的面積為eq\f(\r(3),2)，則eq\f(b＋c,sinB＋sinC)的值為()A.eq\r(3)B．2C．4D．15．[2021·山西省六校高三階段性測(cè)試]在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，bcosA＝c－eq\f(1,2)a，點(diǎn)D在AC上，2AD＝DC，BD＝2，則△ABC的面積的最大值為()A.eq\f(3\r(3),2)B.eq\r(3)C．4D．6二、填空題6．[2021·陜西咸陽一中月考]在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且a＝eq\r(7)，b＝2，A＝eq\f(π,3)，則△ABC的面積為________．7．[2021·惠州市高三調(diào)研考試試題]△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知eq\r(3)(acosC－ccosA)＝b，B＝60°，則角A的大小為________．8．[2020·山東卷]某中學(xué)開展勞動(dòng)實(shí)習(xí)，學(xué)生加工制作零件，零件的截面如圖所示．O為圓孔及輪廓圓弧AB所在圓的圓心，A是圓弧AB與直線AG的切點(diǎn)，B是圓弧AB與直線BC的切點(diǎn)，四邊形DEFG為矩形，BC⊥DG，垂足為C，tan∠ODC＝eq\f(3,5)，BH∥DG，EF＝12cm，DE＝2cm，A到直線DE和EF的距離均為7cm，圓孔半徑為1cm，則圖中陰影部分的面積為________cm2.三、解答題9．[2020·山東卷]在①ac＝eq\r(3)，②csinA＝3，③c＝eq\r(3)b這三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面問題中，若問題中的三角形存在，求c的值；若問題中的三角形不存在，說明理由．問題：是否存在△ABC，它的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且sinA＝eq\r(3)sinB，C＝eq\f(π,6)，________？注：如果選擇多個(gè)條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分．10.[2020·全國卷Ⅱ，17]△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sinBsinC.(1)求A；(2)若BC＝3，求△ABC周長的最大值．[能力挑戰(zhàn)]11．[2021·洛陽市尖子生聯(lián)考]已知a，b，c分別是△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，且滿足(a＋b＋c)(sinB＋sinC－sinA)＝bsinC.(1)求角A的大小；(2)設(shè)a＝eq\r(3)，S為△ABC的面積，求S＋eq\r(3)cosBcosC的最大值．課時(shí)作業(yè)241．題目解析：因?yàn)?sinA＝2sinC，由正弦定理得3a＝2c，設(shè)a＝2k(k>0)，則c＝3k.由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(25－5k2,20k)＝－eq\f(1,3)，解得k＝3或k＝－eq\f(5,3)(舍去)，從而a＝6.故選C.參考答案：C2．題目解析：∵sin2A＋sin2B<sin2C，∴a2＋b2<c2，∴cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)<0，又0°<C<180°，∴C為鈍角，∴△ABC是鈍角三角形，故選C.參考答案：C3．題目解析：∵c＝eq\r(3)＋1，b＝2，A＝eq\f(π,3)，∴由余弦定理可得a＝eq\r(b2＋c2－2bccosA)＝eq\r(4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)＋1))2－2×2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)＋1))×\f(1,2))＝eq\r(6)，∴由正弦定理可得sinB＝eq\f(b·sinA,a)＝eq\f(2×\f(\r(3),2),\r(6))＝eq\f(\r(2),2)，∵b<a，∴B為銳角，∴B＝eq\f(π,4).故選C.參考答案：C4．題目解析：∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，∴A＝eq\f(π,3)，又b＝1，△ABC的面積為eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),2)，解得c＝2，∴a2＝b2＋c2－2bccosA＝1＋4－2＝3，∴a＝eq\r(3)，∴eq\f(b＋c,sinB＋sinC)＝eq\f(a,sinA)＝2，故選B.參考答案：B5．題目解析：在△ABC中，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)及bcosA＝c－eq\f(1,2)a，得sinBcosA＝sinC－eq\f(1,2)sinA．根據(jù)C＝π－(A＋B)，得sinBcosA＝sin(A＋B)－eq\f(1,2)sinA＝sinAcosB＋cosAsinB－eq\f(1,2)sinA，即sinAcosB＝eq\f(1,2)sinA，由于sinA≠0，所以cosB＝eq\f(1,2)，B＝eq\f(π,3).解法一設(shè)AD＝x，則CD＝2x，AC＝3x，在△ADB，△BDC，△ABC中分別利用余弦定理，得cos∠ADB＝eq\f(x2＋4－c2,4x)，cos∠CDB＝eq\f(4x2＋4－a2,8x)，cos∠ABC＝eq\f(a2＋c2－9x2,2ac).由cos∠ADB＝－cos∠CDB，得6x2＝a2＋2c2－12，再根據(jù)cos∠ABC＝eq\f(1,2)，得a2＋c2－9x2＝ac，所以4c2＋a2＋2ac＝36.根據(jù)基本不等式得4c2＋a2≥4ac，所以ac≤6，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2eq\r(3)，c＝eq\r(3)時(shí)，等號(hào)成立，所以△ABC的面積S＝eq\f(1,2)acsin∠ABC＝eq\f(\r(3),4)ac≤eq\f(3\r(3),2).故選A.解法二因?yàn)辄c(diǎn)D在AC上，2AD＝DC，所以eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up6(→))，|eq\o(BD,\s\up6(→))|2＝eq\f(4,9)|eq\o(BA,\s\up6(→))|2＋eq\f(1,9)|eq\o(BC,\s\up6(→))|2＋eq\f(4,9)eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(4,9)c2＋eq\f(1,9)a2＋eq\f(4,9)ac×coseq\f(π,3)＝eq\f(4,9)c2＋eq\f(1,9)a2＋eq\f(2,9)ac.又BD＝2，所以4c2＋a2＋2ac＝36.根據(jù)基本不等式得4c2＋a2≥4ac，所以ac≤6，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2eq\r(3)，c＝eq\r(3)時(shí)，等號(hào)成立，所以△ABC的面積S＝eq\f(1,2)acsin∠ABC＝eq\f(\r(3),4)ac≤eq\f(3\r(3),2).故選A.參考答案：A6．題目解析：由正弦定理得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(2sin\f(π,3),\r(7))＝eq\f(\r(21),7)，∵b<a，∴B<A，∴cosB＝eq\f(2\r(7),7)，∴sinC＝sin(A＋B)＝eq\f(3\r(21),14)，∴△ABC的面積為eq\f(1,2)absinC＝eq\f(3\r(3),2).參考答案：eq\f(3\r(3),2)7．題目解析：由eq\r(3)(acosC－ccosA)＝b，根據(jù)正弦定理得eq\r(3)(sinAcosC－sinCcosA)＝sinB，即eq\r(3)sin(A－C)＝eq\f(\r(3),2)，sin(A－C)＝eq\f(1,2)，又A＋C＝180°－B＝120°，∴－120°<A－C<120°，∴A－C＝30°，∴2A＝150°，A＝75°.參考答案：75°8．題目解析：如圖，連接OA，過點(diǎn)A分別作AQ⊥DE，AK⊥EF，垂足為Q，K，設(shè)AK與BH，DG分別交于點(diǎn)M，N，作OP⊥DG于點(diǎn)P，則AQ＝AK＝7cm，∴DN＝7cm，∵DG＝EF＝12cm，∴NG＝5cm，∵NK＝DE＝2cm，∴AN＝5cm，∴△ANG為等腰直角三角形，∴∠GAN＝45°，∵∠OAG＝90°，∴∠OAM＝45°，設(shè)AM＝OM＝xcm，則PN＝xcm，∴DP＝(7－x)cm，∵tan∠ODG＝eq\f(3,5)，∴OP＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(7－x×\f(3,5)))cm，∵AM＋MN＋NK＝7cm，即x＋(7－x)×eq\f(3,5)＋2＝7，解得x＝2，∴OA＝2eq\r(2)cm，∴S陰影＝π×(2eq\r(2))2×eq\f(3,8)＋(2eq\r(2))2×eq\f(1,2)－eq\f(π×12,2)＝3π＋4－eq\f(π,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(5π,2)))cm2.參考答案：4＋eq\f(5π,2)9．題目解析：方案一：選條件①.由C＝eq\f(π,6)和余弦定理得eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3),2).由sinA＝eq\r(3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b.于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2)，由此可得b＝c.由①ac＝eq\r(3)，解得a＝eq\r(3)，b＝c＝1.因此，選條件①時(shí)問題中的三角形存在，此時(shí)c＝1.方案二：選條件②.由C＝eq\f(π,6)和余弦定理得eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3),2).由sinA＝eq\r(3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b.于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2)，由此可得b＝c，B＝C＝eq\f(π,6)，A＝eq\f(2π,3).由②csinA＝3，所以c＝b＝2eq\r(3)，a＝6.因此，選條件②時(shí)問題中的三角形存在，此時(shí)c＝2eq\r(3).方案三：選條件③.由C＝eq\f(π,6)和余弦定理得eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3),2).由sinA＝eq\r(3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b.于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2)，由此可得b＝c.由③c＝eq\r(3)b，與b＝c矛盾．因此，選條件③時(shí)問題中的三角形不存在．10．題目解析：(1)由正弦定理和已知條件得BC2－AC2－AB2＝AC·AB.①由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcosA．②由①②得cosA＝－eq\f(1,2).因?yàn)?<A<π，所以A＝eq\f(2π,3).(2)由正弦定理及(1)得eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sinC)＝eq\f(BC,sinA)＝2eq\r(3)，從而AC＝2eq\r(3)sinB，AB＝2eq\r(3)sin(π－A－B)＝3cosB－eq\r(3)sinB.故BC＋AC＋AB＝3＋eq\r(3)sinB＋3cosB＝3＋2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,3))).又0<B<eq\f(π,3)，所以當(dāng)B＝eq\f(π,6)時(shí)，△ABC周長取得最大值3＋2eq\r(3).11．題目解析：(1)∵(a＋b＋c)(sinB＋sinC－sinA)＝bsinC，∴由正弦定理，得(a＋b＋c)(b＋c－a)＝bc，即b2＋c2－a2＝－bc.由余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq\f(1,2).又A∈(0，π)，∴A＝eq\f(2,3)π.(2)根據(jù)a＝eq\r(3)，A＝eq\f(2,3)π及正弦定理可得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)＝e