新高考数学一轮复习微专题专练26正弦定理、余弦定理及解三角形（含详解）

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一、选择题
1．设△ABC的内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，若a＝ eq \r(2) ，b＝ eq \r(3) ，B＝ eq \f(π,3) ，则A＝( )
A． eq \f(π,6) B． eq \f(5,6) π C． eq \f(π,4) D． eq \f(π,4) 或 eq \f(3,4) π
2．在△ABC中，b＝40，c＝20，C＝60°，则此三角形解的情况是( )
A．有一解
B．有两解
C．无解
D．有解但解的个数不确定
3．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝2，b＝3，c＝ eq \r(7) ，则角C＝( )
A． eq \f(π,6) B． eq \f(π,4) C． eq \f(π,3) D． eq \f(π,2)
4．已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2＝b2＋c2－bc，bc＝4，则△ABC的面积为( )
A． eq \f(1,2) B．1 C． eq \r(3) D．2
5．在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边．若b sin A＝3c sin B，a＝3，cs B＝ eq \f(2,3) ，则b＝( )
A.14 B．6 C． eq \r(14) D． eq \r(6)
6．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b cs C＋c cs B＝a sin A，则△ABC的形状为( )
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．不确定
7．钝角三角形ABC的面积是 eq \f(1,2) ，AB＝1，BC＝ eq \r(2) ，则AC＝( )
A．5 B． eq \r(5) C．2 D．1
8．如图，设A，B两点在河的两岸，一测量者在A所在的同侧河岸边选定一点C，测出AC的距离为50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以计算出A，B两点的距离为( )
A．50 eq \r(2) m B．50 eq \r(3) m
C．25 eq \r(2) m D． eq \f(25\r(2),2) m
9．在△ABC中，cs eq \f(C,2) ＝ eq \f(\r(5),5) ，BC＝1，AC＝5，则AB＝( )
A．4 eq \r(2) B． eq \r(30)
C． eq \r(29) D．2 eq \r(5)
二、填空题
10．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若(a＋b＋c)(a－b＋c)＝ac，则B＝________．
11．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c＝a cs B，①则A＝________；②若sin C＝ eq \f(1,3) ，则cs (π＋B)＝________．
12．[2023·全国甲卷(理)]在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，BC＝ eq \r(6) ，∠BAC的角平分线交BC于D，则AD＝________．
[能力提升]
13．(多选)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝8，b<4，c＝7，且满足(2a－b)cs C＝c·cs B，则下列结论正确的是( )
A．C＝60°
B．△ABC的面积为6 eq \r(3)
C．b＝2
D．△ABC为锐角三角形
14．[2023·全国甲卷(理)]已知四棱锥P­ABCD的底面是边长为4的正方形，PC＝PD＝3，∠PCA＝45°，则△PBC面积为( )
A．2 eq \r(2) B．3 eq \r(2)
C．4 eq \r(2) D．6 eq \r(2)
15．[2022·全国甲卷(理)，16]已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD.当 eq \f(AC,AB) 取得最小值时，BD＝________．
16．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC的面积为S，且6S＝(a＋b)2－c2，则tan C等于________．
专练26 正弦定理、余弦定理及解三角形
1．C 由正弦定理得 eq \f(a,sin A) ＝ eq \f(b,sin B) ，∴sin A＝ eq \f(a sin B,b) ＝ eq \f(\r(2)×\f(\r(3),2),\r(3)) ＝ eq \f(\r(2),2) ，又a2．C 由正弦定理 eq \f(b,sin B) ＝ eq \f(c,sin C) ，∴sin B＝ eq \f(b sin C,c) ＝ eq \f(40×\f(\r(3),2),20) ＝ eq \r(3) >1，∴角B不存在，即满足条件的三角形不存在．
3．C 由余弦定理得c2＝a2＋b2－2ab cs C，
得cs C＝ eq \f(a2＋b2－c2,2ab) ＝ eq \f(4＋9－7,2×2×3) ＝ eq \f(1,2) ，又C为△ABC内角，∴C＝ eq \f(π,3) .
4．C 由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cs A，又a2＝b2＋c2－bc，∴2cs A＝1，cs A＝ eq \f(1,2) ，∴sin A＝ eq \r(1－cs2A) ＝ eq \f(\r(3),2) ，∴S△ABC＝ eq \f(1,2) bc sinA＝ eq \f(1,2) ×4× eq \f(\r(3),2) ＝ eq \r(3) .
5．D ∵b sin A＝3c sin B，由正弦定理得ab＝3bc，∴a＝3c，又a＝3，∴c＝1，
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac·cs B＝9＋1－2×3× eq \f(2,3) ＝6，∴b＝ eq \r(6) .
6．B ∵b cs C＋c cs B＝a sin A，∴sin B cs C＋sin C cs B＝sin2A，∴sinA＝1，又A为△ABC的内角，∴A＝90°，∴△ABC为直角三角形．
7．B ∵S△ABC＝ eq \f(1,2) AB×BC×sin B＝ eq \f(\r(2),2) sin B＝ eq \f(1,2) ，∴sin B＝ eq \f(\r(2),2) ，若B＝45°，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cs 45°＝1＋2－2× eq \r(2) × eq \f(\r(2),2) ＝1，则AC＝1，则AB2＋AC2＝BC2，△ABC为直角三角形，不合题意；当B＝135°时，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC cs 135°＝1＋2＋2× eq \r(2) × eq \f(\r(2),2) ＝5，∴AC＝ eq \r(5) .
8．A 由正弦定理得 eq \f(AC,sin B) ＝ eq \f(AB,sin C) ，
∴AB＝ eq \f(AC·sin C,sin B) ＝ eq \f(50×\f(\r(2),2),sin （180°－45°－105°）) ＝50 eq \r(2) .
9．A ∵cs eq \f(C,2) ＝ eq \f(\r(5),5) ，∴cs C＝2cs2 eq \f(C,2) －1＝2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),5))) eq \s\up12(2) －1＝－ eq \f(3,5) .
在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·csC＝25＋1－2×5×1× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5))) ＝32，所以AB＝4 eq \r(2) ，故选A.
10. eq \f(2,3) π
解析：由(a＋b＋c)(a－b＋c)＝ac得a2＋c2－b2＋ac＝0.
由余弦定理得cs B＝ eq \f(a2＋c2－b2,2ac) ＝－ eq \f(1,2) ，又B为△ABC的内角，∴B＝ eq \f(2,3) π.
11．①90° ②－ eq \f(1,3)
解析：①∵c＝a·cs B，∴c＝a· eq \f(a2＋c2－b2,2ac) ，得a2＝b2＋c2，∴∠A＝90°；②∵cs B＝cs (π－A－C)＝sin C＝ eq \f(1,3) .∴cs (π＋B)＝－cs B＝－sin C＝－ eq \f(1,3) .
12．2
解析：方法一 由余弦定理得cs 60°＝ eq \f(AC2＋4－6,2×2AC) ，整理得AC2－2AC－2＝0，得AC＝1＋ eq \r(3) .又S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，所以 eq \f(1,2) ×2AC sin 60°＝ eq \f(1,2) ×2AD sin 30°＋ eq \f(1,2) AC×AD sin 30°，所以AD＝ eq \f(2\r(3)AC,AC＋2) ＝ eq \f(2\r(3)×（1＋\r(3)）,3＋\r(3)) ＝2.
方法二 由角平分线定理得 eq \f(BD,AB) ＝ eq \f(CD,AC) ，又BD＋CD＝ eq \r(6) ，所以BD＝ eq \f(2\r(6),AC＋2) ，CD＝ eq \f(\r(6)AC,AC＋2) .由角平分线长公式得AD2＝AB×AC－BD×CD＝2AC－ eq \f(12AC,（AC＋2）2) ，又由方法一知AC＝1＋ eq \r(3) ，所以AD2＝2＋2 eq \r(3) － eq \f(12×（1＋\r(3)）,（3＋\r(3)）2) ＝2＋2 eq \r(3) －(2 eq \r(3) －2)＝4，所以AD＝2.
13．AB ∵(2a－b)cs C＝c cs B，∴(2sin A－sin B)cs C＝sin C cs B，∴2sin A cs C＝sin B cs C＋cs B sin C，即2sin A cs C＝sin (B＋C)，∴2sin A cs C＝sin A．∵在△ABC中，sin A≠0，∴cs C＝ eq \f(1,2) ，∴C＝60°，A正确．由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2ab cs C，得49＝64＋b2－2×8b cs 60°，即b2－8b＋15＝0，解得b＝3或b＝5，又b<4，∴b＝3，C错误．∴△ABC的面积S＝ eq \f(1,2) ab sin C＝ eq \f(1,2) ×8×3× eq \f(\r(3),2) ＝6 eq \r(3) ，B正确．又cs A＝ eq \f(b2＋c2－a2,2bc) ＝ eq \f(9＋49－64,2×3×7) <0，∴A为钝角，△ABC为钝角三角形，D错误．
14．C
如图，过点P作PO⊥平面ABCD，垂足为O，取DC的中点M，AB的中点N，连接PM，MN，AO，BO.由PC＝PD，得PM⊥DC，又PO⊥DC，PO∩PM＝P，所以DC⊥平面POM，又OM⊂平面POM，所以DC⊥OM.在正方形ABCD中，DC⊥NM，所以M，N，O三点共线，所以OA＝OB，所以Rt△PAO≌Rt△PBO，所以PB＝PA.在△PAC中，由余弦定理，得PA＝ eq \r(PC2＋AC2－2PC·AC cs 45°) ＝ eq \r(17) ，所以PB＝ eq \r(17) .在△PBC中，由余弦定理，得cs ∠PCB＝ eq \f(PC2＋BC2－BP2,2PC·BC) ＝ eq \f(1,3) ，所以sin ∠PCB＝ eq \f(2\r(2),3) ，所以S△PBC＝ eq \f(1,2) PC·BC sin ∠PCB＝4 eq \r(2) ，故选C.
15. eq \r(3) －1
解析：以D为坐标原点，DC所在的直线为x轴， eq \(DC,\s\up6(→)) 的方向为x轴的正方向，过点D且垂直于DC的直线为y轴，建立平面直角坐标系(图略)，易知点A位于第一象限．由AD＝2，∠ADB＝120°，得A(1， eq \r(3) ).因为CD＝2BD，所以设B(－x，0)，x＞0，则C(2x，0).所以AC＝ eq \r(（2x－1）2＋（0－\r(3)）2) ＝ eq \r(4x2－4x＋4) ，AB＝ eq \r(（－x－1）2＋（0－\r(3)）2) ＝ eq \r(x2＋2x＋4) ，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(AC,AB))) eq \s\up12(2) ＝ eq \f(4x2－4x＋4,x2＋2x＋4) .令f(x)＝ eq \f(4x2－4x＋4,x2＋2x＋4) ，x＞0，
则f′(x)＝
eq \f(（4x2－4x＋4）′（x2＋2x＋4）－（4x2－4x＋4）（x2＋2x＋4）′,（x2＋2x＋4）2)
＝ eq \f(（8x－4）（x2＋2x＋4）－（4x2－4x＋4）（2x＋2）,（x2＋2x＋4）2)
＝ eq \f(12（x2＋2x－2）,（x2＋2x＋4）2) ．令x2＋2x－2＝0，解得x＝－1－ eq \r(3) (舍去)或x＝ eq \r(3) －1.当0＜x＜ eq \r(3) －1时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0， eq \r(3) －1)上单调递减；当x＞ eq \r(3) －1时，f′(x)＞0，所以f(x)在( eq \r(3) －1，＋∞)上单调递增．所以当x＝ eq \r(3) －1时，f(x)取得最小值，即 eq \f(AC,AB) 取得最小值，此时BD＝ eq \r(3) －1.
16. eq \f(12,5)
解析：由余弦定理得2ab cs C＝a2＋b2－c2，又6S＝(a＋b)2－c2，所以6× eq \f(1,2) ab sin C＝(a＋b)2－c2＝a2＋b2－c2＋2ab＝2ab cs C＋2ab，化简得3sin C＝2cs C＋2，结合sin2C＋cs2C＝1，解得sinC＝ eq \f(12,13) ，cs C＝ eq \f(5,13) ，所以tan C＝ eq \f(12,5) .