年高三一輪總復(fù)習(xí)理科數(shù)學(xué)課時跟蹤檢測36正弦定理和余弦定理

[課時跟蹤檢測][基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]1．在△ABC中，若eq\f(sinA,a)＝eq\f(cosB,b)，則B的值為()A．30° B．45°C．60° D．90°解析：由正弦定理知eq\f(sinA,sinA)＝eq\f(cosB,sinB)，∴sinB＝cosB，∴B＝45°.答案：B2．在△ABC中，a，b，c分別是內(nèi)角A，B，C的對邊．若bsinA＝3csinB，a＝3，cosB＝eq\f(2,3)，則b＝()A．14 B．6C.eq\r(14) D．eq\r(6)解析：bsinA＝3csinB?ab＝3bc?a＝3c?c∴b2＝a2＋c2－2accosB＝9＋1－2×3×1×eq\f(2,3)＝6，b＝eq\r(6)，故選D.答案：D3．(2017屆重慶適應(yīng)性測試)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a2＋b2－c2＝ab＝eq\r(3)，則△ABC的面積為()A.eq\f(\r(3),4) B．eq\f(3,4)C.eq\f(\r(3),2) D．eq\f(3,2)解析：依題意得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2)，即C＝60°，因此△ABC的面積S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3,4)，選B.答案：B4．(2017年山東卷)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若△ABC為銳角三角形，且滿足sinB(1＋2cosC)＝2sinAcosC＋cosAsinC，則下列等式成立的是()A．a(chǎn)＝2b B．b＝2C．A＝2B D．B＝2解析：因為A＋B＋C＝π，sinB(1＋2cosC)＝2sinAcosC＋cosAsinC，所以sin(A＋C)＋2sinBcosC＝2sinAcosC＋cosAsinC，所以2sinBcosC＝sinAcosC.又cosC≠0，所以2sinB＝sinA，所以2b＝a，故選A.答案：A5．已知a，b，c分別為△ABC三個內(nèi)角A，B，C的對邊，且(b－c)(sinB＋sinC)＝(a－eq\r(3)c)sinA，則角B的大小為()A．30° B．45°C．60° D．120°解析：由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)及(b－c)·(sinB＋sinC)＝(a－eq\r(3)c)sinA得(b－c)(b＋c)＝(a－eq\r(3)c)a，即b2－c2＝a2－eq\r(3)ac，所以a2＋c2－b2＝eq\r(3)ac，又因為cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，所以cosB＝eq\f(\r(3),2)，所以B＝30°.答案：A6．在△ABC中，已知b＝40，c＝20，C＝60°，則此三角形的解的情況是()A．有一解B．有兩解C．無解D．有解但解的個數(shù)不確定解析：由正弦定理得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，∴sinB＝eq\f(bsinC,c)＝eq\f(40×\f(\r(3),2),20)＝eq\r(3)＞1.∴角B不存在，即滿足條件的三角形不存在．答案：C7．(2018屆江西七校一聯(lián))在△ABC中，若sin(A－B)＝1＋2cos(B＋C)sin(A＋C)，則△ABC的形狀一定是()A．等邊三角形B．不含60°的等腰三角形C．鈍角三角形D．直角三角形解析：sin(A－B)＝1＋2cos(B＋C)sin(A＋C)＝1－2cosAsinB，∴sinAcosB－cosAsinB＝1－2cosAsinB，∴sinAcosB＋cosAsinB＝1，即sin(A＋B)＝1，則有A＋B＝eq\f(π,2)，故三角形為直角三角形．答案：D8．(2017屆東北三校聯(lián)考)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且eq\f(c－b,c－a)＝eq\f(sinA,sinC＋sinB)，則B＝()A.eq\f(π,6) B．eq\f(π,4)C.eq\f(π,3) D．eq\f(3π,4)解析：由sinA＝eq\f(a,2R)，sinB＝eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R)，代入整理得eq\f(c－b,c－a)＝eq\f(a,c＋b)?c2－b2＝ac－a2，所以a2＋c2－b2＝ac，即cosB＝eq\f(1,2)，所以B＝eq\f(π,3)，故選C.答案：C9．(2017年浙江卷)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________，cos∠BDC＝________.解析：由余弦定理得cos∠ABC＝eq\f(42＋22－42,2×4×2)＝eq\f(1,4)，∴cos∠CBD＝－eq\f(1,4)，sin∠CBD＝eq\f(\r(15),4)，∴S△BDC＝eq\f(1,2)BD·BC·sin∠CBD＝eq\f(1,2)×2×2×eq\f(\r(15),4)＝eq\f(\r(15),2).又cos∠ABC＝cos2∠BDC＝2cos2∠BDC－1＝eq\f(1,4)，0＜∠BDC＜eq\f(π,2)，∴cos∠BDC＝eq\f(\r(10),4).答案：eq\f(\r(15),2)eq\f(\r(10),4)10．(2018屆天津紅橋質(zhì)檢)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知a2－b2＝bc，sinC＝2sinB，則角A為________．解析：由sinC＝2sinB，由正弦定理可知c＝2b，代入a2－b2＝bc，可得a2＝3b2，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，∵0<A<π，∴A＝eq\f(π,3).答案：eq\f(π,3)11．(2017年全國卷Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知△ABC的面積為eq\f(a2,3sinA).(1)求sinBsinC；(2)若6cosBcosC＝1，a＝3，求△ABC的周長．解：(1)因為△ABC的面積為eq\f(a2,3sinA)，所以eq\f(a2,3sinA)＝eq\f(1,2)absinC，所以eq\f(sinAsinA,3sinA)＝eq\f(1,2)sinAsinBsinC，所以sinBsinC＝eq\f(2,3).(2)由題設(shè)及(1)得cosBcosC－sinBsinC＝－eq\f(1,2)，即cos(B＋C)＝－eq\f(1,2)，所以B＋C＝eq\f(2π,3)，故A＝eq\f(π,3).由題設(shè)得eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(a2,3sinA)，即bc＝8.由余弦定理得b2＋c2－bc＝9，即(b＋c)2－3bc＝9，得b＋c＝eq\r(33).故△ABC的周長為3＋eq\r(33).12．(2017屆?？谡{(diào)研)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知(a－3b)cosC＝c(3cosB－cosA)．(1)求eq\f(sinB,sinA)的值；(2)若c＝eq\r(7)a，求角C的大?。猓?1)由正弦定理得，(sinA－3sinB)cosC＝sinC(3cosB－cosA)，∴sinAcosC＋cosAsinC＝3sinCcosB＋3cosCsinB，即sin(A＋C)＝3sin(C＋B)，即sinB＝3sinA，∴eq\f(sinB,sinA)＝3.(2)由(1)知b＝3a，∵c＝eq\r(7)a，∴cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋9a2－7a2,2×a×3a)＝eq\f(3a2,6a2)＝eq\f(1,2)，∵C∈(0，π)，∴C＝eq\f(π,3).[能力提升]1．(2017屆上海楊浦質(zhì)量調(diào)研)設(shè)銳角△ABC的三內(nèi)角A，B，C所對邊的邊長分別為a，b，c，且a＝1，B＝2A，則bA．(eq\r(2)，eq\r(3)) B．(1，eq\r(3))C．(eq\r(2)，2) D．(0,2)解析：由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(b,sin2A)，得b＝2cosA.eq\f(π,2)＜A＋B＝3A＜π，從而eq\f(π,6)＜A＜eq\f(π,3).又2A＜eq\f(π,2)，所以A＜eq\f(π,4)，所以eq\f(π,6)＜A＜eq\f(π,4)，eq\f(\r(2),2)＜cosA＜eq\f(\r(3),2)，所以eq\r(2)＜b＜eq\r(3).答案：A2．對于△ABC，有如下命題：①若sin2A＝sin2B，則△ABC為等腰三角形；②若sinA＝cosB，則△ABC為直角三角形；③若sin2A＋sin2B＋cos2C＜1，則解析：①sin2A＝sin2B∴A＝B?△ABC是等腰三角形，或2A＋2B＝π即A＋B＝eq\f(π,2)，故△ABC是直角三角形．故①不對．②sinA＝cosB，∴A－B＝eq\f(π,2)或A＋B＝eq\f(π,2).∴△ABC不一定是直角三角形．③sin2A＋sin2B＜1－cos2C＝sin∴a2＋b2＜c2.∴△ABC為鈍角三角形．答案：③3．(2018屆上高縣質(zhì)檢)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知eq\f(b,a＋c)＝1－eq\f(sinC,sinA＋sinB)，且b＝5，eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝－5.(1)求△ABC的面積；(2)已知等差數(shù)列{an}的公差不為零，若a1cosA＝1，且a2，a4，a8成等比數(shù)列，求eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(8,anan＋2)))的前n項和Sn.解：(1)∵在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，eq\f(b,a＋c)＝1－eq\f(sinC,sinA＋sinB)，且b＝5，eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝－5.∴由正弦定理得eq\f(b,a＋c)＝1－eq\f(c,a＋b)，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).又∵0<A<π，∴A＝eq\f(π,3)，∵且b＝5，eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝－5，即5acosC＝－5，即5aeq\f(a2＋b2＋c2,2ab)＝－5，與coseq\f(π,3)＝eq\f(25＋c2－a2,10c)聯(lián)立解得c＝12，∴△ABC的面積是eq\f(1,2)×5×12×sinA＝15eq\r(3).(2)數(shù)列{an}的公差為d且d≠0，由a1cosA＝1，得a1＝2，又a2，a4，a8成等比數(shù)列，得aeq\o\al(2,4)＝a2·a8，解得d＝2，∴an＝2＋(n－1)×2＝2n，有an＋2＝2(n＋2)，則eq\f(8,anan＋2)＝eq\f(2,nn＋2)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2)，∴Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(3,2)－eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2).4．(2017屆衡水中學(xué)調(diào)研)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對邊的長分別為a，b，c，且有2sinBcosA＝sinAcosC＋cosAsinC.(1)求角A的大??；(2)若b＝2，c＝1，D為BC的中點，求AD的長．解：(1)解法一：由題設(shè)知，2sinBcosA＝sin(A＋C)＝sinB，因為sinB≠0，所以cosA＝eq\f(1,2).由于0＜A＜π，故A＝eq\f(π,3).解法二：由題設(shè)可知，2b·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝a·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＋c·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，于是b2＋c2－a2＝bc，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2).由于0＜A＜π，故A＝eq\f(π,3).(2)解法一：因為eq\o(AD,\s\up6(→))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up6(→))＋\o(AC,\s\up6(→)),2)))2＝eq\f(1,4)(eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AC,\s\up6(→))2＋2eq\o(AB,\s\up6