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(新課改省份專用)2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤檢測(二十七)正弦定理和余弦定理(含解析)新人教A版

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1、課時跟蹤檢測(二十七) 正弦定理和余弦定理 一、題點全面練 1.在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c,若=,則B的大小為(  ) A.30°         B.45° C.60° D.90° 解析:選B 由正弦定理知,=, ∴sin B=cos B,∴B=45°. 2.在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c,若A=,=2sin Asin B,且b=6,則c=(  ) A.2 B.3 C.4 D.6 解析:選C 由余弦定理得a2=b2+c2-2bc×=b2+c2-bc,又=2sin Asin B,由正弦定理可得=,即a2+b2-4c2=0,則b2

2、+c2-bc+b2-4c2=0. 又b=6,∴c2+2c-24=0,解得c=4(負值舍去),故選C. 3.(2019·安徽江南十校聯(lián)考)在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,且b2=ac,a2+bc=c2+ac,則的值為(  ) A. B. C.2 D. 解析:選D 由b2=ac,a2+bc=c2+ac,得b2+c2-a2=bc,∴cos A==,則sin A=. 由b2=ac,得sin2B=sin Asin C,∴=, ∴===. 4.在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c,若=,(b+c+a)(b+c-a)=3bc,則△ABC的形狀為(  )

3、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:選C ∵=, ∴=,∴b=c. 又(b+c+a)(b+c-a)=3bc, ∴b2+c2-a2=bc,∴cos A===. ∵A∈(0,π),∴A=,∴△ABC是等邊三角形. 5.(2019·四平質(zhì)檢)在△ABC中,已知a,b,c分別為角A,B,C的對邊且∠A=60°,若S△ABC=且2sin B=3sin C,則△ABC的周長等于(  ) A.5+ B.12 C.10+ D.5+2 解析:選A 在△ABC中,∠A=60°.∵2sin B=3sin C,∴由正弦定理可得2b=3c,再由S△AB

4、C==bc·sin A,可得bc=6,∴b=3,c=2.由余弦定理可得a2=b2+c2-2bc·cos A=7,∴a=,故△ABC的周長為a+b+c=5+,故選A. 6.(2019·太原模擬)在△ABC中,AB=2,AC=3,∠BAC=90°,點D在AB上,點E在CD上,且∠ACB=∠DBE=∠DEB,則CD=________. 解析:設(shè)BD=x,過點E作EF⊥AB于點F,設(shè)∠ACB=∠DBE=∠DEB=θ,則∠EDF=2θ,DE=x,∵tan θ=,∴tan 2θ=,∴在Rt△EFD中,EF=xsin 2θ,DF=xcos 2θ,∵=,∴=,∴tan 2θ==,解得x=,∴AD=,∴CD

5、=. 答案: 7.在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別是a,b,c,若cos C=,c=3,且=,則△ABC的面積等于________. 解析:∵=,由正弦定理可知=?tan A=tan B,則A=B,∴△ABC為等腰三角形,∴A+B+C=2B+C=π,得2B=π-C,則cos 2B=-cos C=-=1-2sin2B,解得sin B=,cos B=,tan B=. ∵AB=c=3,∴C到AB的距離h=×tan B=×=,∴△ABC的面積為×AB×h=. 答案: 8.(2019·菏澤模擬)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且acos B-c-=0,a2=bc,b

6、>c,則=________. 解析:由acos B-c-=0及正弦定理可得sin Acos B-sin C-=0.因為sin C=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B,所以--cos Asin B=0,因為sin B≠0,所以cos A=-,即A=.由余弦定理得a2=bc=b2+c2+bc,即2b2-5bc+2c2=0,又b>c,所以=2. 答案:2 9.(2019·惠州調(diào)研)已知△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且2cos C(acos C+ccos A)+b=0. (1)求角C的大??; (2)若b=2,c=2,求△ABC的面積. 解:(1)

7、∵2cos C(acos C+ccos A)+b=0, ∴由正弦定理可得2cos C(sin Acos C+sin Ccos A)+sin B=0, ∴2cos Csin(A+C)+sin B=0,即2cos Csin B+sin B=0, 又0°<B<180°,∴sin B≠0,∴cos C=-, 又0°<C<180°,∴C=120°. (2)由余弦定理可得(2)2=a2+22-2×2acos 120°=a2+2a+4, 又a>0,∴解得a=2,∴S△ABC=absin C=, ∴△ABC的面積為. 10.(2017·全國卷Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c.

8、已知△ABC的面積為. (1)求sin Bsin C; (2)若6cos Bcos C=1,a=3,求△ABC的周長. 解:(1)由題設(shè)得acsin B=, 即csin B=. 由正弦定理得sin Csin B=, 故sin Bsin C=. (2)由題設(shè)及(1)得cos Bcos C-sin Bsin C=-, 即cos(B+C)=-. 所以B+C=,故A=. 由題設(shè)得bcsin A=,即bc=8. 由余弦定理得b2+c2-bc=9,即(b+c)2-3bc=9, 解得b+c=. 故△ABC的周長為3+. 二、專項培優(yōu)練 (一)易錯專練——不丟怨枉分 1.在△A

9、BC中, 若=,則△ABC的形狀是(  ) A.等腰三角形 B.直角三角形 C.等腰直角三角形 D.等腰三角形或直角三角形 解析:選D 由已知===,得=或=0,即=或C=90°.當(dāng)C=90°時,△ABC為直角三角形.當(dāng)=時,由正弦定理,得=,∴=,即sin Ccos C=sin Bcos B,即sin 2C=sin 2B.∵B,C均為△ABC的內(nèi)角,∴2C=2B或2C+2B=180°,∴B=C或B+C=90°,∴△ABC為等腰三角形或直角三角形,故選D. 2.已知△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且b=a,a=2,c=,則C=(  ) A. B.或 C. D

10、. 解析:選D ∵b=a,∴由正弦定理可得sin B=sin Acos C+sin Asin C.又sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C,∴cos Asin C=sin Asin C.由sin C≠0,可得sin A=cos A,∴tan A=.由A為三角形內(nèi)角,可得A=.∵a=2,c=,∴由正弦定理可得sin C==,∴由c<a,可得C=,故選D. (二)交匯專練——融會巧遷移 3.[與數(shù)列交匯]在△ABC中,角A,B,C所對應(yīng)的邊分別為a,b,c.若角A,B,C依次成等差數(shù)列,且a=1,b=,則S△ABC=(  ) A. B. C. D.2

11、 解析:選C ∵A,B,C依次成等差數(shù)列,∴B=60°, 由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B,得c=2, ∴S△ABC=acsin B=,故選C. 4.[與三角函數(shù)交匯]已知函數(shù)f(x)=cos2x+sin(π-x)·cos(π+x)-. (1)求函數(shù)f(x)在[0,π]上的單調(diào)遞減區(qū)間; (2)在銳角△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知f(A)=-1,a=2,bsin C=asin A,求△ABC的面積. 解:(1)f(x)=cos2x-sin xcos x- =-sin 2x- =-sin, ∴2kπ-≤2x-≤2kπ+,k∈Z, ∴kπ

12、-≤x≤kπ+,k∈Z,又x∈[0,π], ∴函數(shù)f(x)在[0,π]上的單調(diào)遞減區(qū)間為和. (2)由(1)知f(x)=-sin, ∴f(A)=-sin=-1, ∵△ABC為銳角三角形,∴0<A<, ∴-<2A-<, ∴2A-=,即A=. 又bsin C=asin A,∴bc=a2=4, ∴S△ABC=bcsin A=. (三)素養(yǎng)專練——學(xué)會更學(xué)通 5.[數(shù)學(xué)運算]已知在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,bcos∠BCA=a,點M在線段AB上,且∠ACM=∠BCM.若b=6CM=6,則cos∠BCM=(  ) A. B. C. D. 解析:選B 

13、設(shè)∠ACM=∠BCM=θ,則∠BCA=2θ.又a=bcos∠BCA,b=6CM=6,∴a=6cos 2θ,CM=1.則由面積關(guān)系S△ACM+S△BCM=S△ABC,得×6×1×sin θ+×1×6cos 2θ×sin θ=×6×6cos 2θ×sin 2θ,∴sin θcos θ(4cos θ-3)(3cos θ+2)=0.∵0<θ<,∴cos θ=,故選B. 6.[數(shù)學(xué)建模]線段的黃金分割點定義:若點C在線段AB上,且滿足AC2=BC·AB,則稱點C為線段AB的黃金分割點.在△ABC中,AB=AC,A=36°,若角B的平分線交邊AC于點D,則點D為邊AC的黃金分割點.利用上述結(jié)論,可以求出

14、cos 36°=(  ) A. B. C. D. 解析:選B 設(shè)AB=2,AD=x,又AB=AC,所以CD=2-x.由黃金分割點的定義可得AD2=AC·CD,即x2=2·(2-x),解得AD=-1.在△ABD中,由余弦定理得cos 36°===.故選B. 7.[直觀想象、數(shù)學(xué)運算]如圖,在△ABC中,點P在BC邊上,∠PAC=60°,PC=2,AP+AC=4. (1)求∠ACP; (2)若△APB的面積是,求sin∠BAP. 解:(1)在△APC中,∠PAC=60°,PC=2,AP+AC=4, 由余弦定理得PC2=AP2+AC2-2·AP·AC·cos∠PAC, 所以22=AP2+(4-AP)2-2·AP·(4-AP)·cos 60°, 整理得AP2-4AP+4=0, 解得AP=2, 所以AC=2, 所以△APC是等邊三角形, 所以∠ACP=60°. (2)由于∠APB是△APC的外角,所以∠APB=120°, 因為△APB的面積是, 所以·AP·PB·sin∠APB=, 所以PB=3. 在△APB中,AB2=AP2+PB2-2·AP·PB·cos∠APB=22+32-2×2×3×cos 120°=19, 所以AB=. 在△APB中,由正弦定理得=, 所以sin∠BAP==. - 8 -

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