（5年高考真題備考題庫）高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第3章 第7節(jié) 正弦定理和余弦定理 文 湘教版

第3章三角函數(shù)、解三角形第7節(jié)正弦定理和余弦定理考點(diǎn)正、余弦定理及其應(yīng)用1．（2013新課標(biāo)全國Ⅰ，5分）已知銳角△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c,23cos2A＋cos2A＝0，a＝7，c＝6，則b＝()A．10 B．9C．8 D．5解析：選D本題主要考查三角函數(shù)的化簡，考查利用余弦定理解三解形以及方程思想．化簡23cos2A＋cos2A＝0，得23cos2A＋2cos2A－1＝0，解得cosA＝eq\f(1,5).由余弦定理，知a2＝b2＋c2－2bccosA，代入數(shù)據(jù)，解方程，得b＝5.2．（2013山東，5分）△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c.若B＝2A，a＝1，b＝eq\r(3)，則c＝()A．2eq\r(3) B．2C.eq\r(2) D．1解析：選B本題主要考查正弦定理和余弦定理的應(yīng)用，考查運(yùn)算能力和分類討論思想．由已知及正弦定理得eq\f(1,sinA)＝eq\f(\r(3),sinB)＝eq\f(\r(3),sin2A)＝eq\f(\r(3),2sinAcosA)，所以cosA＝eq\f(\r(3),2)，A＝30°.結(jié)合余弦定理得12＝(eq\r(3))2＋c2－2c×eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)，整理得c2－3c＋2＝0，解得c＝1或c＝2.當(dāng)c＝1時(shí)，△ABC為等腰三角形，A＝C＝30°，B＝2A＝60°，不滿足內(nèi)角和定理，故c＝2.3．（2013遼寧，5分）在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.若asinBcosC＋csinBcosA＝eq\f(1,2)b，且a＞b，則∠B＝()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3) D.eq\f(5π,6)解析：選A本題主要考查正弦定理、誘導(dǎo)公式、三角形內(nèi)角和定理，意在考查考生對(duì)三角函數(shù)基礎(chǔ)知識(shí)和基本技能的掌握情況．邊換角后約去sinB，得sin(A＋C)＝eq\f(1,2)，所以sinB＝eq\f(1,2)，但∠B非最大角，所以∠B＝eq\f(π,6).4．（2013北京，5分）在△ABC中，a＝3，b＝5，sinA＝eq\f(1,3)，則sinB＝()A.eq\f(1,5) B.eq\f(5,9)C.eq\f(\r(5),3) D.1解析：選B本題主要考查正弦定理，意在考查考生對(duì)正、余弦定理掌握的熟練程度，屬于容易題．依題意，由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，即eq\f(3,\f(1,3))＝eq\f(5,sinB)，得sinB＝eq\f(5,9)，選B.5．(2013陜西，5分)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若bcosC＋ccosB＝asinA，則△ABC的形狀為()A．銳角三角形 B．直角三角形C．鈍角三角形 D．不確定解析：本題考查正弦定理和兩角和的正弦公式的逆用．依據(jù)題設(shè)條件的特點(diǎn)，由正弦定理，得sinBcosC＋cosBsinC＝sin2A，有sin(B＋C)＝sin2A，從而sin(B＋C)＝sinA＝sin2A，解得sinA＝1，∴A＝eq\f(π,2)，故選B.答案：B．6．(2100湖南，5分)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊長分別為a，b，c.若∠C＝120°，c＝eq\r(2)a，則()A．a(chǎn)>b B．a(chǎn)<bC．a(chǎn)＝b D．a(chǎn)與b的大小關(guān)系不能確定解析：法一：由余弦定理得2a2＝a2＋b2－2abcos120°，b2＋ab－a2＝0，即(eq\f(b,a))2＋eq\f(b,a)－1＝0，eq\f(b,a)＝eq\f(－1＋\r(5),2)<1，故b<a.法二：由余弦定理得2a2＝a2＋b2－2abcos120°，b2＋ab－a2＝0，b＝eq\f(a2,a＋b)，由a<a＋b得，b<a.答案：A7．（2012廣東，5分）在△ABC中，若∠A＝60°，∠B＝45°，BC＝3eq\r(2)，則AC＝()A．4eq\r(3) B．2eq\r(3)C.eq\r(3) D.eq\f(\r(3),2)解析：由正弦定理得：eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AC,sinB)，即eq\f(3\r(2),sin60°)＝eq\f(AC,sin45°)，所以AC＝eq\f(3\r(2),\f(\r(3),2))×eq\f(\r(2),2)＝2eq\r(3).答案：B8．（2012陜西，5分）在△ABC中，角A，B，C所對(duì)邊的長分別為a，b，c.若a＝2，B＝eq\f(π,6)，c＝2eq\r(3)，則b＝________.解析：由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝4＋12－2×2×2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝4，所以b＝2.答案：29．（2011新課標(biāo)全國，5分）△ABC中，B＝120°，AC＝7，AB＝5，則△ABC的面積為________．解析：設(shè)BC＝x，由余弦定理得49＝25＋x2－10xcos120°，整理得：x2＋5x－24＝0，即x＝3.因此S△ABC＝eq\f(1,2)AB×BC×sinB＝eq\f(1,2)×3×5×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(15\r(3),4).答案：eq\f(15\r(3),4)10．（2010江蘇，5分）在銳角△ABC中，角A、B、C的對(duì)邊分別為a、b、c，若eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＝6cosC，則eq\f(tanC,tanA)＋eq\f(tanC,tanB)的值是________．解析：取a＝b＝1，則cosC＝eq\f(1,3)，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC＝eq\f(4,3)，∴c＝eq\f(2\r(3),3)，在如圖所示的等腰三角形ABC中，可得tanA＝tanB＝eq\r(2)，又sinC＝eq\f(2\r(2),3)，tanC＝2eq\r(2)，∴eq\f(tanC,tanA)＋eq\f(tanC,tanB)＝4.另解：由eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＝6cosC得，eq\f(a2＋b2,ab)＝6·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，即a2＋b2＝eq\f(3,2)c2，∴eq\f(tanC,tanA)＋eq\f(tanC,tanB)＝tanC(eq\f(cosA,sinA)＋eq\f(cosB,sinB))＝eq\f(sin2C,cosCsinAsinB)＝eq\f(2c2,a2＋b2－c2)＝4.答案：411．（2013福建，12分）如圖，在等腰直角△OPQ中，∠POQ＝90°，OP＝2eq\r(2)，點(diǎn)M在線段PQ上．(1)若OM＝eq\r(5)，求PM的長；(2)若點(diǎn)N在線段MQ上，且∠MON＝30°，問：當(dāng)∠POM取何值時(shí)，△OMN的面積最?。坎⑶蟪雒娣e的最小值．解：本題主要考查解三角形、同角三角函數(shù)的基本關(guān)系、兩角和與差的三角函數(shù)等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力、抽象概括能力、運(yùn)算求解能力，考查函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想．(1)在△OMP中，∠OPM＝45°，OM＝eq\r(5)，OP＝2eq\r(2)，由余弦定理，得OM2＝OP2＋MP2－2×OP×MP×cos45°，得MP2－4MP＋3＝0，解得MP＝1或MP＝3.(2)設(shè)∠POM＝α，0°≤α≤60°，在△OMP中，由正弦定理，得eq\f(OM,sin∠OPM)＝eq\f(OP,sin∠OMP)，所以O(shè)M＝eq\f(OPsin45°,sin45°＋α)，同理ON＝eq\f(OPsin45°,sin75°＋α).故S△OMN＝eq\f(1,2)×OM×ON×sin∠MON＝eq\f(1,4)×eq\f(OP2sin245°,sin45°＋αsin75°＋α)＝eq\f(1,sin45°＋αsin45°＋α＋30°)＝eq\f(1,sin45°＋α\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sin45°＋α＋\f(1,2)cos45°＋α)))＝eq\f(1,\f(\r(3),2)sin245°＋α＋\f(1,2)sin45°＋αcos45°＋α)＝eq\f(1,\f(\r(3),4)[1－cos90°＋2α]＋\f(1,4)sin90°＋2α)＝eq\f(1,\f(\r(3),4)＋\f(\r(3),4)sin2α＋\f(1,4)cos2α)＝eq\f(1,\f(\r(3),4)＋\f(1,2)sin2α＋30°).因?yàn)?°≤α≤60°，則30°≤2α＋30°≤150°，所以當(dāng)α＝30°時(shí)，sin(2α＋30°)的最大值為1，此時(shí)△OMN的面積取到最小值．即∠POM＝30°時(shí)，△OMN的面積的最小值為8－4eq\r(3).12．（2013浙江，14分）在銳角△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且2asinB＝eq\r(3)b.(1)求角A的大??；(2)若a＝6，b＋c＝8，求△ABC的面積．解：本題主要考查正、余弦定理、三角形面積公式及三角運(yùn)算等基礎(chǔ)知識(shí)，同時(shí)考查運(yùn)算求解能力．(1)由2asinB＝eq\r(3)b及正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得sinA＝eq\f(\r(3),2).因?yàn)锳是銳角，所以A＝eq\f(π,3).(2)由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得b2＋c2－bc＝36.又b＋c＝8，所以bc＝eq\f(28,3).由三角形面積公式S＝eq\f(1,2)bcsinA，得△ABC的面積為eq\f(7\r(3),3).13．（2013天津，13分）在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c.已知bsinA＝3csinB，a＝3，cosB＝eq\f(2,3).(1)求b的值；(2)求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,3)))的值．解：本題主要考查同角三角函數(shù)的基本關(guān)系、二倍角的正弦與余弦公式、兩角差的正弦公式以及正弦定理、余弦定理等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力．(1)在△ABC中，由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，可得bsinA＝asinB，又由bsinA＝3csinB，可得a＝3c，又a＝3，故c＝1.由b2＝a2＋c2－2accosB，cosB＝eq\f(2,3)，可得b＝eq\r(6).(2)由cosB＝eq\f(2,3)，得sinB＝eq\f(\r(5),3)，從而得cos2B＝2cos2B－1＝－eq\f(1,9)，sin2B＝2sinBcosB＝eq\f(4\r(5),9).所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,3)))＝sin2Bcoseq\f(π,3)－cos2Bsineq\f(π,3)＝eq\f(4\r(5)＋\r(3),18).14．（2012江西，12分）在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知3cos(B－C)－1＝6cosBcosC.(1)求cosA；(2)若a＝3，△ABC的面積為2eq\r(2)，求b，c.解：(1)由3cos(B－C)－1＝6cosBcosC，得3(cosBcosC－sinBsinC)＝－1，即cos(B＋C)＝－eq\f(1,3)，從而cosA＝－cos(B＋C)＝eq\f(1,3).(2)由于0<A<π，cosA＝eq\f(1,3)，所以sinA＝eq\f(2\r(2),3).又S△ABC＝2eq\r(2)，即eq\f(1,2)bcsinA＝2eq\r(2)，解得bc＝6.由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得b2＋c2＝13，解方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(bc＝6，,b2＋c2＝13，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝2，,c＝3，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝3，,c＝2.))15．(2011安徽，13分)在△ABC中，a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊長，a＝eq\r(3)，b＝eq\r(2)，1＋2cos(B＋C)＝0，求邊BC上的高．解：由1＋2cos(B＋C)＝0和B＋C＝π－A，得1－2cosA＝0，所以cosA＝eq\f(1,2)，sinA＝eq\f(\r(3),2).再由正弦定理，得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(\r(2),2).由b<a知B<A，所以B不是最大角，B<eq\f(π,2)，從而cosB＝eq\r(1－sin2B)＝eq\f(\r(2),2).由上述結(jié)果知sinC＝sin(A＋B)＝eq\f(\r(2),2)×(eq\f(\r(3),2)＋eq\f(1,2))＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4).設(shè)邊BC上的高為h，則有h＝bsinC＝eq\f(\r(3)＋1,2).16．(2010遼寧，12分)在△ABC中a，b，c分別