高考数学一轮复习第四章4.6正弦定理和余弦定理课时作业理含解析

这是一份高考数学一轮复习第四章4.6正弦定理和余弦定理课时作业理含解析，共8页。

一、选择题
1．[2021·河北省级示范性高中联合体联考]△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若3sinA＝2sinC，b＝5，csC＝－eq \f(1,3)，则a＝( )
A．3B．4
C．6D．8
2．[2021·山东青岛一中月考]在△ABC中，若sin2A＋sin2BA．锐角三角形B．直角三角形
C．钝角三角形D．不能确定
3．[2021·广东省七校联合体高三联考试题]在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c＝eq \r(3)＋1，b＝2，A＝eq \f(π,3)，则B＝( )
A.eq \f(3π,4)B.eq \f(π,6)
C.eq \f(π,4)D.eq \f(π,4)或eq \f(3π,4)
4．[2021·广东深圳高级中学月考]在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A＋\f(π,6)))＝eq \f(1,2)，b＝1，△ABC的面积为eq \f(\r(3),2)，则eq \f(b＋c,sinB＋sinC)的值为( )
A.eq \r(3)B．2
C．4D．1
5．[2021·山西省六校高三阶段性测试]在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，bcsA＝c－eq \f(1,2)a，点D在AC上，2AD＝DC，BD＝2，则△ABC的面积的最大值为( )
A.eq \f(3\r(3),2)B.eq \r(3)
C．4D．6
二、填空题
6．[2021·陕西咸阳一中月考]在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝eq \r(7)，b＝2，A＝eq \f(π,3)，则△ABC的面积为________．
7．[2021·惠州市高三调研考试试题]△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq \r(3)(acsC－ccsA)＝b，B＝60°，则角A的大小为________．
8．[2020·山东卷]某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心，A是圆弧AB与直线AG的切点，B是圆弧AB与直线BC的切点，四边形DEFG为矩形，BC⊥DG，垂足为C，tan∠ODC＝eq \f(3,5)，BH∥DG，EF＝12cm，DE＝2cm，A到直线DE和EF的距离均为7cm，圆孔半径为1cm，则图中阴影部分的面积为________cm2.
三、解答题
9．[2020·山东卷]在①ac＝eq \r(3)，②csinA＝3，③c＝eq \r(3)b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA＝eq \r(3)sinB，C＝eq \f(π,6)，________？
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
10.[2020·全国卷Ⅱ，17]△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sinBsinC.
(1)求A；
(2)若BC＝3，求△ABC周长的最大值．
[能力挑战]
11．[2021·洛阳市尖子生联考]已知a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C的对边，且满足(a＋b＋c)(sinB＋sinC－sinA)＝bsinC.
(1)求角A的大小；
(2)设a＝eq \r(3)，S为△ABC的面积，求S＋eq \r(3)csBcsC的最大值．
课时作业24
1．解析：因为3sinA＝2sinC，由正弦定理得
3a＝2c，设a＝2k(k>0)，则c＝3k.
由余弦定理得csC＝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)，从而a＝6.故选C.
答案：C
2．解析：∵sin2A＋sin2B答案：C
3．解析：∵c＝eq \r(3)＋1，b＝2，A＝eq \f(π,3)，∴由余弦定理可得a＝eq \r(b2＋c2－2bccsA)＝eq \r(4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)＋1))2－2×2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)＋1))×\f(1,2))＝eq \r(6)，∴由正弦定理可得sinB＝eq \f(b·sinA,a)＝eq \f(2×\f(\r(3),2),\r(6))＝eq \f(\r(2),2)，∵b答案：C
4．解析：∵sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A＋\f(π,6)))＝eq \f(1,2)，∴A＝eq \f(π,3)，又b＝1，△ABC的面积为eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(\r(3),2)，解得c＝2，∴a2＝b2＋c2－2bccsA＝1＋4－2＝3，∴a＝eq \r(3)，∴eq \f(b＋c,sinB＋sinC)＝eq \f(a,sinA)＝2，故选B.
答案：B
5．解析：在△ABC中，由正弦定理eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)及bcsA＝c－eq \f(1,2)a，得sinBcsA＝sinC－eq \f(1,2)sinA．根据C＝π－(A＋B)，得sinBcsA＝sin(A＋B)－eq \f(1,2)sinA＝sinAcsB＋csAsinB－eq \f(1,2)sinA，即sinAcsB＝eq \f(1,2)sinA，由于sinA≠0，所以csB＝eq \f(1,2)，B＝eq \f(π,3).
解法一 设AD＝x，则CD＝2x，AC＝3x，在△ADB，△BDC，△ABC中分别利用余弦定理，得cs∠ADB＝eq \f(x2＋4－c2,4x)，cs∠CDB＝eq \f(4x2＋4－a2,8x)，cs∠ABC＝eq \f(a2＋c2－9x2,2ac).由cs∠ADB＝－cs∠CDB，得6x2＝a2＋2c2－12，再根据cs∠ABC＝eq \f(1,2)，得a2＋c2－9x2＝ac，所以4c2＋a2＋2ac＝36.根据基本不等式得4c2＋a2≥4ac，所以ac≤6，当且仅当a＝2eq \r(3)，c＝eq \r(3)时，等号成立，所以△ABC的面积S＝eq \f(1,2)acsin∠ABC＝eq \f(\r(3),4)ac≤eq \f(3\r(3),2).故选A.
解法二 因为点D在AC上，2AD＝DC，所以eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(BC,\s\up6(→))，|eq \(BD,\s\up6(→))|2＝eq \f(4,9)|eq \(BA,\s\up6(→))|2＋eq \f(1,9)|eq \(BC,\s\up6(→))|2＋eq \f(4,9)eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \f(4,9)c2＋eq \f(1,9)a2＋eq \f(4,9)ac×cseq \f(π,3)＝eq \f(4,9)c2＋eq \f(1,9)a2＋eq \f(2,9)ac.又BD＝2，所以4c2＋a2＋2ac＝36.根据基本不等式得4c2＋a2≥4ac，所以ac≤6，当且仅当a＝2eq \r(3)，c＝eq \r(3)时，等号成立，所以△ABC的面积S＝eq \f(1,2)acsin∠ABC＝eq \f(\r(3),4)ac≤eq \f(3\r(3),2).故选A.
答案：A
6．解析：由正弦定理得sinB＝eq \f(bsinA,a)＝eq \f(2sin\f(π,3),\r(7))＝eq \f(\r(21),7)，∵b∴△ABC的面积为eq \f(1,2)absinC＝eq \f(3\r(3),2).
答案：eq \f(3\r(3),2)
7．解析：由eq \r(3)(acsC－ccsA)＝b，根据正弦定理得eq \r(3)(sinAcsC－sinCcsA)＝sinB，即eq \r(3)sin(A－C)＝eq \f(\r(3),2)，sin(A－C)＝eq \f(1,2)，又A＋C＝180°－B＝120°，∴－120°答案：75°
8．解析：如图，连接OA，过点A分别作AQ⊥DE，AK⊥EF，垂足为Q，K，设AK与BH，DG分别交于点M，N，作OP⊥DG于点P，则AQ＝AK＝7cm，∴DN＝7cm，∵DG＝EF＝12cm，∴NG＝5cm，∵NK＝DE＝2cm，∴AN＝5cm，∴△ANG为等腰直角三角形，∴∠GAN＝45°，∵∠OAG＝90°，
∴∠OAM＝45°，设AM＝OM＝xcm，则PN＝xcm，∴DP＝(7－x)cm，
∵tan∠ODG＝eq \f(3,5)，∴OP＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(7－x×\f(3,5)))cm，∵AM＋MN＋NK＝7cm，即x＋(7－x)×eq \f(3,5)＋2＝7，解得x＝2，∴OA＝2eq \r(2)cm，∴S阴影＝π×(2eq \r(2))2×eq \f(3,8)＋(2eq \r(2))2×eq \f(1,2)－eq \f(π×12,2)＝3π＋4－eq \f(π,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4＋\f(5π,2)))cm2.
答案：4＋eq \f(5π,2)
9．解析：方案一：选条件①.
由C＝eq \f(π,6)和余弦定理得eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(\r(3),2).
由sinA＝eq \r(3)sinB及正弦定理得a＝eq \r(3)b.
于是eq \f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq \f(\r(3),2)，由此可得b＝c.
由①ac＝eq \r(3)，解得a＝eq \r(3)，b＝c＝1.
因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时c＝1.
方案二：选条件②.
由C＝eq \f(π,6)和余弦定理得eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(\r(3),2).
由sinA＝eq \r(3)sinB及正弦定理得a＝eq \r(3)b.
于是eq \f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq \f(\r(3),2)，
由此可得b＝c，B＝C＝eq \f(π,6)，A＝eq \f(2π,3).
由②csinA＝3，所以c＝b＝2eq \r(3)，a＝6.
因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时c＝2eq \r(3).
方案三：选条件③.
由C＝eq \f(π,6)和余弦定理得eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(\r(3),2).
由sinA＝eq \r(3)sinB及正弦定理得a＝eq \r(3)b.
于是eq \f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq \f(\r(3),2)，由此可得b＝c.
由③c＝eq \r(3)b，与b＝c矛盾．
因此，选条件③时问题中的三角形不存在．
10．解析：(1)由正弦定理和已知条件得BC2－AC2－AB2＝AC·AB. ①
由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcsA． ②
由①②得csA＝－eq \f(1,2).因为0(2)由正弦定理及(1)得eq \f(AC,sinB)＝eq \f(AB,sinC)＝eq \f(BC,sinA)＝2eq \r(3)，从而AC＝2eq \r(3)sinB，AB＝2eq \r(3)sin(π－A－B)＝3csB－eq \r(3)sinB.
故BC＋AC＋AB＝3＋eq \r(3)sinB＋3csB＝3＋2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,3))).
又011．解析：(1)∵(a＋b＋c)(sinB＋sinC－sinA)＝bsinC，
∴由正弦定理，得(a＋b＋c)(b＋c－a)＝bc，即b2＋c2－a2＝－bc.
由余弦定理，得csA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq \f(1,2).
又A∈(0，π)，∴A＝eq \f(2,3)π.
(2)根据a＝eq \r(3)，A＝eq \f(2,3)π及正弦定理可得eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)＝eq \f(a,sinA)＝eq \f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2，
∴b＝2sinB，c＝2sinC，
∴S＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)×2sinB×2sinC×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3)sinBsinC，
∴S＋eq \r(3)csBcsC＝eq \r(3)sinBsinC＋eq \r(3)csBcsC＝eq \r(3)cs(B－C)．
故当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(B＝C,B＋C＝\f(π,3)))，即B＝C＝eq \f(π,6)时，
S＋eq \r(3)csBcsC取得最大值eq \r(3).