高考數(shù)一輪復(fù)習(xí) 3.7 正弦定理和余弦定理限時(shí)集訓(xùn) 理

限時(shí)集訓(xùn)(二十一)正弦定理和余弦定理(限時(shí)：50分鐘滿分：106分)一、選擇題(本大題共8個(gè)小題，每小題5分，共40分)1．(·上海高考)在△ABC中，若sin2A＋sin2B＜sin2C，則△A．鈍角三角形 B．直角三角形C．銳角三角形 D．不能確定2．(·廣東高考)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)3．在△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C所對(duì)的邊，若a＝2bcosC，則此三角形一定是()A．等腰直角三角形 B．直角三角形C．等腰三角形 D．等腰或直角三角形4．在△ABC中，AC＝eq\r(7)，BC＝2，B＝60°，則BC邊上的高等于()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(3\r(3),2)C.eq\f(\r(3)＋\r(6),2) D.eq\f(\r(3)＋\r(39),4)5．(·寧波模擬)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c.若sin2B＋sin2C－sin2A＋sinBsinC＝0，則tanA.eq\f(\r(3),3) B．－eq\f(\r(3),3)C.eq\r(3) D．－eq\r(3)6．在△ABC中，角A，B，C所對(duì)邊的長(zhǎng)分別為a，b，c，若a2＋b2＝2c2，則cosCA.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(1,2) D．－eq\f(1,2)7．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，已知8b＝5c，C＝2B，則cosCA.eq\f(7,25) B．－eq\f(7,25)C．±eq\f(7,25) D.eq\f(24,25)8．在△ABC中，AB＝eq\r(3)，AC＝1，B＝30°，則△ABC的面積等于()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(3),4)C.eq\f(\r(3),2)或eq\r(3) D.eq\f(\r(3),2)或eq\f(\r(3),4)二、填空題(本大題共6個(gè)小題，每小題4分，共24分)9．(·北京高考)在△ABC中，若a＝2，b＋c＝7，cosB＝－eq\f(1,4)，則b＝________.10．(·福建高考)已知△ABC的三邊長(zhǎng)成公比為eq\r(2)的等比數(shù)列，則其最大角的余弦值為_(kāi)_______．11．在△ABC中，三邊a，b，c所對(duì)的角分別為角A，B，C，若a2＋b2－c2＋eq\r(2)ab＝0，則角C的大小為_(kāi)_______．12．(·重慶高考)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且cosA＝eq\f(3,5)，cosB＝eq\f(5,13)，b＝3，則c＝________.13．在△ABC中，D為邊BC的中點(diǎn)，AB＝2，AC＝1，∠BAD＝30°，則AD的長(zhǎng)度為_(kāi)_______．14．(·南昌模擬)在銳角三角形ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，若eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＝6cosC，則eq\f(tanC,tanA)＋eq\f(tanC,tanB)＝________.三、解答題(本大題共3個(gè)小題，每小題14分，共42分)15．△ABC的內(nèi)角A、B、C的對(duì)邊分別為a、b、c，已知cos(A－C)＋cosB＝1，a＝2c，求C16．(·江蘇高考)在△ABC中，已知·＝3·.(1)求證：tanB＝3tanA；(2)若cosC＝eq\f(\r(5),5)，求A的值．17．(·浙江高考)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知cosA＝eq\f(2,3)，sinB＝eq\r(5)cosC.(1)求tanC的值；(2)若a＝eq\r(2)，求△ABC的面積．答案[限時(shí)集訓(xùn)(二十一)]1．A2.B3.C4.B5.D6.C7.A8.D9．410.－eq\f(\r(2),4)11.eq\f(3,4)π12.eq\f(14,5)13.eq\f(\r(3),2)14.415．解：由B＝π－(A＋C)，得cosB＝－cos(A＋C)．于是cos(A－C)＋cosB＝cos(A－C)－cos(A＋C)＝2sinAsinC，由已知得sinAsinC＝eq\f(1,2).①由a＝2csinA＝2sinC.②由①②得sin2C＝eq\f(1,4)，于是sinC＝－eq\f(1,2)(舍去)，或sinC＝eq\f(1,2).又a＝2c，所以C＝eq\f(π,6).16．解：(1)因?yàn)椤ぃ?·，所以AB·AC·cosA＝3BA·BC·cosB，即AC·cosA＝3BC·cosB，由正弦定理知eq\f(AC,sinB)＝eq\f(BC,sinA)，從而sinBcosA＝3sinAcosB，又因?yàn)?＜A＋B＜π，所以cosA＞0，cosB＞0，所以tanB＝3tanA.(2)因?yàn)閏osC＝eq\f(\r(5),5)，0＜C＜π，所以sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\f(2\r(5),5)，從而tanC＝2，于是tan[π－(A＋B)]＝2，即tan(A＋B)＝－2，亦即eq\f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝－2.由(1)得eq\f(4tanA,1－3tan2A)＝－2，解得tanA＝1或－eq\f(1,3)，因?yàn)閏osA＞0，故tanA＝1，所以A＝eq\f(π,4).17．解：(1)因?yàn)?＜A＜π，cosA＝eq\f(2,3)，得sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(\r(5),3).又eq\r(5)cosC＝sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(\r(5),3)cosC＋eq\f(2,3)sinC.所以tanC＝eq\r(5).(2)由tanC＝eq\r(5)，得sinC＝eq\f(\r(5),\r(6))，cosC＝eq\f(1,\r(6)).于是sinB