高考數(shù)學一輪復習 練案（25）第三章 三角函數(shù)、解三角形 第六講 正弦定理、余弦定理（含解析）-人教版高三數(shù)學試題

[練案25]第六講正弦定理、余弦定理A組基礎鞏固一、單擇題1．在△ABC中，AB＝5，AC＝3，BC＝7，則∠BAC＝(C)A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,3)C．eq\f(2π,3) D．eq\f(5π,6)[解析]因為在△ABC中，設AB＝c＝5，AC＝b＝3，BC＝a＝7，所以由余弦定理得cos∠BAC＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(9＋25－49,30)＝－eq\f(1,2)，因為∠BAC為△ABC的內角，所以∠BAC＝eq\f(2π,3).故選C.2．已知△ABC中，A＝eq\f(π,6)，B＝eq\f(π,4)，a＝1，則b等于(D)A．2 B．1C．eq\r(3) D．eq\r(2)[解析]由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得eq\f(1,sin\f(π,6))＝eq\f(b,sin\f(π,4))，所以eq\f(1,\f(1,2))＝eq\f(b,\f(\r(2),2))，所以b＝eq\r(2).3．已知△ABC中，A︰B︰C＝1︰1︰4，則a︰b︰c＝(A)A．1︰1︰eq\r(3) B．2︰2︰eq\r(3)C．1︰1︰2 D．1︰1︰4[解析]△ABC中，A︰B︰C＝1︰1︰4，所以A＝eq\f(π,6)，B＝eq\f(π,6)，C＝eq\f(2,3)π，a︰b︰c＝sinA︰sinB︰sinC＝eq\f(1,2)︰eq\f(1,2)︰eq\f(\r(3),2)＝1︰1︰eq\r(3).4．(2018·全國卷Ⅲ)△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若△ABC的面積為eq\f(a2＋b2－c2,4)，則C＝(C)A．eq\f(π,2) B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,4) D．eq\f(π,6)[解析]由題可知S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(a2＋b2－c2,4)，所以a2＋b2－c2＝2absinC，由余弦定理a2＋b2－c2＝2abcosC，所以sinC＝cosC．因為C∈(0，π)，所以C＝eq\f(π,4).故選C.5．(2020·河北武邑中學調研)黑板上有一道有解的解三角形的習題，一位同學不小心把其中一部分擦去了，現(xiàn)在只能看到：在△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a、b、c，已知a＝2，…，解得b＝eq\r(6)，根據(jù)以上信息，你認為下面哪個選項可以作為這個習題的其余已知條件(B)A．A＝30°，B＝45° B．C＝75°，A＝45°C．B＝60°，c＝3 D．c＝1，cosC＝eq\f(1,3)[解析]由C＝75°，A＝45°可知B＝60°，又eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，∴b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(2sin60°,sin45°)＝eq\f(\r(3),\f(\r(2),2))＝eq\r(6)，符合題意，故選B.6．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(a,c)，(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc，則△ABC的形狀是(C)A．直角三角形 B．等腰非等邊三角形C．等邊三角形 D．鈍角三角形[解析]∵eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(a,c)，∴eq\f(a,b)＝eq\f(a,c)，∴b＝c.又(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc，∴b2＋c2－a2＝bc，∴cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(bc,2bc)＝eq\f(1,2).∵A∈(0，π)，∴A＝eq\f(π,3).∴△ABC是等邊三角形，故選C.二、多選題7．在△ABC中，a＝4，b＝8，A＝30°，則此三角形的邊角情況可能是(ACD)A．B＝90° B．C＝120°C．c＝4eq\r(3) D．C＝60°[解析]∵eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，∴sinB＝eq\f(bsinA,a)＝1，∴B＝90°，C＝60°，c＝4eq\r(3).故選A、C、D.8．(2020·山東德州期中)下列關于正弦定理的敘述中正確的是(ACD)A．在△ABC中，a︰b︰c＝sinA︰sinB︰sinCB．在△ABC中，若sin2A＝sin2B，則A＝C．在△ABC中，若sinA>sinB，則A>B；若A>B，則sinA>sinBD．在△ABC中，eq\f(a,sinA)＝eq\f(b＋c,sinB＋sinC)[解析]對于A，在△ABC中，由正弦定理可得a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC，所以a︰b︰c＝sinA︰sinB︰sinC，故A正確；對于B，若sin2A＝sin2B，則2A＝2B或2A＋2B＝π，可得A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，故B錯誤；對于C，若sinA>sinB，根據(jù)正弦定理a＝2RsinA，b＝2RsinB，得a>b，再根據(jù)大邊對大角可得A>B.若A>B，則a>b，由正弦定理a＝2RsinA，b＝2RsinB，得sinA>sinB，故C正確；對于D，由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，再根據(jù)比例式的性質可知D正確．故選A、C、D.三、填空題9．(2015·廣東卷)設△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若a＝eq\r(3)，sinB＝eq\f(1,2)，C＝eq\f(π,6)，則b＝__1__.[解析]∵sinB＝eq\f(1,2)且B∈(0，π)，∴B＝eq\f(π,6)或eq\f(5π,6)，又C＝eq\f(π,6)，∴B＝eq\f(π,6)，A＝π－B－C＝eq\f(2π,3).又a＝eq\r(3)，由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得eq\f(\r(3),sin\f(2π,3))＝eq\f(b,sin\f(π,6))，∴b＝1.10．在△ABC中，角A，B，C所對應的邊分別為a，b，c，已知bcosC＋ccosB＝2b，則eq\f(a,b)＝__2__[解析]解法一：由正弦定理sinBcosC＋sinCcosB＝2sinB，即sin(B＋C)＝sinA＝2sinB，有eq\f(a,b)＝eq\f(sinA,sinB)＝2.解法二：由余弦定理得b·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＋c·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝2b，化簡得a＝2b，因此，eq\f(a,b)＝2.解法三：由三角形射影定理，知bcosC＋ccosB＝a，所以a＝2b，所以eq\f(a,b)＝2.故填2.11．(2017·浙江節(jié)選)已知△ABC，AB＝AC＝4，BC＝2.點D為AB延長線上一點，BD＝2，連接CD，則△BDC的面積是eq\f(\r(15),2).[解析]取BC中點E，由題意，AE⊥BC.△ABE中，cos∠ABC＝eq\f(BE,AB)＝eq\f(1,4)，所以cos∠DBC＝－eq\f(1,4)，sin∠DBC＝eq\r(1－\f(1,16))＝eq\f(\r(15),4)，所以S△BCD＝eq\f(1,2)×BD×BC×sin∠DBC＝eq\f(\r(15),2).故填eq\f(\r(15),2).12．(2019·浙江)在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，點D在線段AC上．若∠BDC＝45°，則BD＝eq\f(12\r(2),5)，cos∠ABD＝eq\f(7\r(2),10).[解析]在Rt△ABC中，易得AC＝5，sinC＝eq\f(AB,AC)＝eq\f(4,5).在△BCD中，由正弦定理得BD＝eq\f(BC,sin∠BDC)×sin∠BCD＝eq\f(3,\f(\r(2),2))×eq\f(4,5)＝eq\f(12\r(2),5)，sin∠DBC＝sin[π－(∠BCD＋∠BDC)]＝sin(∠BCD＋∠BDC)＝sin∠BCDcos∠BDC＋cos∠BCD·sin∠BDC＝eq\f(4,5)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(3,5)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(7\r(2),10).又∠ABD＋∠DBC＝eq\f(π,2)，所以cos∠ABD＝sin∠DBC＝eq\f(7\r(2),10).三、解答題13．(2019·北京)在△ABC中，a＝3，b－c＝2，cosB＝－eq\f(1,2).(1)求b，c的值；(2)求sin(B＋C)的值．[解析](1)由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得b2＝32＋c2－2×3×c×(－eq\f(1,2))．因為b＝c＋2，所以(c＋2)2＝32＋c2－2×3×c×(－eq\f(1,2))．解得c＝5.所以b＝7.(2)由cosB＝－eq\f(1,2)得sinB＝eq\f(\r(3),2).由正弦定理得sinA＝eq\f(a,b)sinB＝eq\f(3\r(3),14).在△ABC中，B＋C＝π－A.所以sin(B＋C)＝sinA＝eq\f(3\r(3),14).14．(2019·全國卷Ⅰ)△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，設(sinB－sinC)2＝sin2A－sinBsinC(1)求A；(2)若eq\r(2)a＋b＝2c，求sinC.[解析]由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sinBsinC，故由正弦定理得b2＋c2－a2＝由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2).因為0°<A<180°，所以A＝60°.(2)由(1)知B＝120°－C，由題設及正弦定理得eq\r(2)sinA＋sin(120°－C)＝2sinC，即eq\f(\r(6),2)＋eq\f(\r(3),2)cosC＋eq\f(1,2)sinC＝2sinC，可得cos(C＋60°)＝－eq\f(\r(2),2).由于0°<C<120°，所以sin(C＋60°)＝eq\f(\r(2),2)，故sinC＝sin(C＋60°－60°)＝sin(C＋60°)cos60°－cos(C＋60°)sin60°＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4).B組能力提升1．(2020·河北省級示范性高中聯(lián)合體聯(lián)考)△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若3sinA＝2sinC，b＝5，cosC＝－eq\f(1,3)，則a＝(C)A．3 B．4C．6 D．8[解析]由3sinA＝2sinC及正弦定理，得3a＝2c，設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.2．(2020·四川成都七中一診)設a，b，c分別是△ABC的內角A，B，C的對邊，已知(b＋c)sin(A＋C)＝(a＋c)·(sinA－sinC)，則A＝(C)A．30° B．60°C．120° D．150°[解析]依題意，知(b＋c)sinB＝(a＋c)(sinA－sinC)，由正弦定理，得(b＋c)b＝(a＋c)·(a－c)，即b2＋c2－a2＝－bc.由余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(－bc,2bc)＝－eq\f(1,2)，所以A＝120°.故選C.3．(2020·湖南四校摸底調研)△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且eq\f(sinA,sinB＋sinC)＋eq\f(b,a＋c)＝1，則C＝(B)A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,3)C．eq\f(2π,3) D．eq\f(5π,6)[解析]由正弦定理及eq\f(sinA,sinB＋sinC)＋eq\f(b,a＋c)＝1，得eq\f(a,b＋c)＋eq\f(b,a＋c)＝1，整理可得a2＋b2－c2＝ab，由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2)，又C∈(0，π)，所以C＝eq\f(π,3).故選B.4．(2020·湖北武漢部分重點中學第一次聯(lián)考)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知2acosB＝c，sinAsinB(2－cosC)＝sin2eq\f(C,2)＋eq\f(1,2)，則△ABC為(B)A．等邊三角形 B．等腰直角三角形C．銳角非等邊三角形 D．鈍角三角形[解析]由2acosB＝c及正弦定理，得2sinAcosB＝sinC．在△ABC中，因為sinC＝sin(A＋B)，所以2sinAcosB＝sinAcosB＋cosAsinB，整理得sin(A－B)＝0，又A，B∈(0，π)，所以A＝B.因為sinAsinB(2－cosC)＝sin2eq\f(C,2)＋eq\f(1,2)，所以sinAsinB[2－(1－2sin2eq\f(C,2))]＝sin2eq\f(C,2)＋eq\f(1,2)，即sinAsinB(1＋2sin2eq\f(C,2))＝eq\f(1,2)(1＋2sin2eq\f(C,2))，所以s