2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課后限時集訓(xùn)23 正弦定理、余弦定理及其應(yīng)用 理（含解析）新人教A版

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1、課后限時集訓(xùn)(二十三)　正弦定理、余弦定理及其應(yīng)用 (建議用時：60分鐘) A組　基礎(chǔ)達標(biāo) 一、選擇題 1.如圖所示，已知A，B兩點分別在河的兩岸，某測量者在點A所在的河岸邊另選定一點C，測得AC＝50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，則A，B兩點的距離為(　　) A．50 m　　 B．25 m C．25 m D．50 m D　[因為∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，所以B＝30°.由正弦定理可知＝，即＝，解得AB＝50 m．] 2．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若sin A＝2sin B，cos C＝－，則＝(　　) A. B.

2、C. D. B　[在△ABC中，由sin A＝2sin B及正弦定理，得a＝2b，再由cos C＝－及余弦定理，得＝－，將b＝a代入，得＝－，化簡整理得2＝，∴＝，故選B.] 3．(2018·永州一模)在△ABC中，a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C的對邊，若2sin B＝sin A＋sin C，cos B＝，且S△ABC＝6，則b＝(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 C　[在△ABC中，由正弦定理可得，2b＝a＋c，① 由余弦定理可得， b2＝a2＋c2－2ac×＝(a＋c)2－ac，② 由cos B＝，得sin B＝， 故S△ABC＝ac×＝6，③ 由①②

3、③得，b＝4.故選C.] 4．(2018·珠海二模)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b的取值范圍為(　　) A．(，) B．(1，) C．(，2) D．(0,2) A　[∵B＝2A，∴sin B＝sin 2A＝2sin Acos A. ∵a＝1， ∴b＝2acos A＝2cos A. 又△ABC為銳角三角形， ∴ ∴＜A＜， ∴＜cos A＜. 即＜b＝2cos A＜，故選A.] 5．(2018·秦皇島一模)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若acos B＋acos C＝b＋c，則△ABC的形狀

4、為(　　) A．等邊三角形 B．銳角三角形 C．鈍角三角形 D．直角三角形 D　[∵acos B＋acos C＝b＋c， ∴a·＋a·＝b＋c， ∴＋＝b＋c， ∴＝b＋c， ∴＝b＋c， ∴a2－b2－c2＋2bc＝2bc， ∴a2＝b2＋c2， ∴△ABC為直角三角形．] 二、填空題 6．(2019·南寧模擬)△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，若sin B＝2sin C，且a＝，A＝，則c＝________. 　[由sin B＝2sin C及正弦定理可得b＝2c，在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，則14＝4c2＋c

5、2－4c2×＝7c2，解得c＝.] 7．(2018·陜西二模)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知＝1－，且b＝5，·＝5，則△ABC的面積是________． 　[由＝1－及正弦定理，得＝1－，即b2＋c2－a2＝bc，所以cos A＝＝，所以A＝.因為·＝bccos A＝c＝5，所以c＝2，所以S△ABC＝bcsin A＝×5×2×＝.] 8．在△ABC中，點D在邊AB上，CD⊥BC，AC＝5，CD＝5，BD＝2AD，則AD的長為________． 5　[在△ABC中，BD＝2AD，設(shè)AD＝x(x＞0)，則BD＝2x.在△BCD中，因為CD⊥BC，CD＝5，BD

6、＝2x，所以cos∠CDB＝＝.在△ACD中，AD＝x，CD＝5，AC＝5，則cos∠ADC＝＝.因為∠CDB＋∠ADC＝π，所以cos∠ADC＝－cos∠CDB，即＝－，解得x＝5，所以AD的長為5.] 三、解答題 9．(2019·武昌模擬)在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對邊，且2bcos C＝2a＋c. (1)求B； (2)若b＝2，a＋c＝，求△ABC的面積． [解]　(1)由正弦定理，知2sin Bcos C＝2sin A＋sin C， 由A＋B＋C＝π，得2sin Bcos C＝2sin(B＋C)＋sin C， 化簡，得2sin Bcos C＝2(sin

7、Bcos C＋cos Bsin C)＋sin C， 即2cos Bsin C＋sin C＝0. 因為sin C≠0，所以cos B＝－. 因為0＜B＜π，所以B＝. (2)由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，可知b2＝(a＋c)2－2ac－2accos B， 因為b＝2，a＋c＝，所以22＝()2－2ac－2accos ，得ac＝1. 所以S△ABC＝acsin B＝×1×＝. 10.如圖，在平面四邊形ABCD中，AB＝2，AC＝2，∠ADC＝∠CAB＝90°，設(shè)∠ACD＝θ. (1)若θ＝60°，求BD的長度； (2)若∠ADB＝30°，求tan θ. [解]　

8、(1)∵在Rt△ADC中，AC＝2，∠ACD＝θ＝60°， ∴AD＝ACsin 60°＝. 又在△ABD中，AB＝2，∠BAD＝120°， ∴BD2＝AD2＋AB2－2AD·ABcos∠BAD ＝()2＋(2)2－2××2cos 120°＝21， ∴BD＝. (2)∵在Rt△ADC中，∠ACD＝θ，AC＝2， ∴AD＝ACsin θ＝2sin θ. 又在△ABD中，∠ADB＝30°，∠CAB＝90°， ∴∠CAD＋∠ABD＝180°－∠ADB－∠CAB＝60°， ∴∠ABD＝60°－∠CAD＝60°－(90°－θ)＝θ－30°. ∴在△ABD中，由正弦定理得＝， 即＝＝

9、4， ∴＝2， ∴2sin θ＝cos θ， ∴tan θ＝. B組　能力提升 1．(2019·鄭州模擬)某人在C點測得某塔在南偏西80°，塔頂仰角為45°，此人沿南偏東40°方向前進10米到D，測得塔頂A的仰角為30°，則塔高為(測仰角的儀器距地面的距離忽略不計)(　　) A．15米 B．5米 C．10米 D．12米 C　[如圖，設(shè)塔高為h，在Rt△AOC中，∠ACO＝45°， 則OC＝OA＝h. 在Rt△AOD中，∠ADO＝30°， 則OD＝h. 在△OCD中，∠OCD＝120°，CD＝10， 由余弦定理，得 OD2＝OC2＋CD2－2OC·CD·cos

10、∠OCD， 即(h)2＝h2＋102－2h×10×cos 120°， ∴h2－5h－50＝0， 解得h＝10或h＝－5(舍去)．] 2．(2019·衡水模擬)在不等邊三角形ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，其中a為最大邊，如果sin2(B＋C)＜sin2B＋sin2C，則角A的取值范圍為(　　) A. B. C. D. D　[由題意得sin2A＜sin2B＋sin2C，再由正弦定理得a2＜b2＋c2，即b2＋c2－a2＞0，則cos A＝＞0.∵0＜A＜π，∴0＜A＜.又a為最大邊，∴A＞.因此得角A的取值范圍是.] 3．《數(shù)學(xué)九章》三斜求積術(shù)：“以小斜冪

11、，并大斜冪，減中斜冪，余半之，自乘于上；以小斜冪乘大斜冪，減上，余四約之，為實，一為從隅，開平方得積”．秦九韶把三角形的三條邊分別稱為小斜、中斜和大斜，“術(shù)”即方法．以S，a，b，c分別表示三角形的面積、大斜、中斜、小斜，ha，hb，hc分別為對應(yīng)的大斜、中斜、小斜上的高，則S＝＝aha＝bhb＝chc. 若在△ABC中，ha＝，hb＝2，hc＝3，根據(jù)上述公式，可以推出該三角形外接圓的半徑為________． 　[由aha＝bhb＝chc，得a＝2b＝3c，則a∶b∶c＝2∶3∶2，令a＝2k，b＝3k，c＝2k(k＞0)，代入S＝＝aha，得＝6k，解得k＝.又由余弦定理，得cos A

12、＝＝＝，則sin A＝，所以三角形ABC外接圓的直徑2R＝＝＝×＝，即R＝.] 4．(2019·太原一模)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，＝＋. (1)求sin(A＋B)＋sin Acos A＋cos(A－B)的最大值； (2)若b＝，當(dāng)△ABC的面積最大時，求△ABC的周長． [解]　(1)由＝＋，得＝，所以a＝bcos C＋csin B，即sin A＝sin Bcos C＋sin Csin B， 又sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋sin Ccos B，所以cos B＝sin B，因為B∈(0，π)，所以B＝， 則sin(A＋B)＋sin Acos A＋cos(A－B)＝(sin A＋cos A)＋sin Acos A，令t＝sin A＋cos A，因為sin A＋cos A＝sin，0＜A＜π，所以0＜t≤， sin(A＋B)＋sin Acos A＋cos(A－B)＝t2＋t－＝(t＋)2－， 所以當(dāng)t＝，即A＝時，上式取得最大值，為. (2)結(jié)合(1)得S＝acsin B＝ac，b2＝a2＋c2－2accos B，即2＝a2＋c2－ac≥(2－)ac，ac≤2＋，當(dāng)且僅當(dāng)a＝c＝時等號成立，所以Smax＝，此時a＝c＝，所以周長L＝a＋b＋c＝2＋. - 6 -