2020届高考数学一轮复习：课时作业24《正弦定理和余弦定理》(含解析) 练习

课时作业24　正弦定理和余弦定理

1．(2016·天津卷)在△ABC中，若AB＝，BC＝3，∠C＝120°，则AC＝(　A　)

A．1   B．2

C．3   D．4

解析：在△ABC中，设A、B、C所对的边分别为a，b，c，则由c2＝a2＋b2－2abcosC，得13＝9＋b2－2×3b×，即b2＋3b－4＝0，解得b＝1(负值舍去)，即AC＝1，故选A．

2．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，C．已知8b＝5c，C＝2B，则cosC等于(　A　)

A．   B．－

C．±   D．

解析：∵8b＝5c，∴由正弦定理，得8sinB＝5sinC．

又∵C＝2B，∴8sinB＝5sin2B，∴8sinB＝10sinBcosB．

∵sinB≠0，∴cosB＝，

∴cosC＝cos2B＝2cos2B－1＝.

3．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，C．若c2＝(a－b)2＋6，C＝，则△ABC的面积是(　C　)

A．3   B．

C．   D．3

解析：c2＝(a－b)2＋6，即c2＝a2＋b2－2ab＋6.①

∵C＝，∴由余弦定理得c2＝a2＋b2－ab，②

由①和②得ab＝6，

∴S△ABC＝absinC＝×6×＝，故选C．

4．(2019·湖南衡阳调研)在△ABC中，a、b、c分别为内角A、B、C所对的边，若2sinC＝sinA＋sinB，cosC＝且S△ABC＝4，则c＝(　A　)

A．   B．4

C．   D．5

解析：因为2sinC＝sinA＋sinB，

所以由正弦定理可得2c＝a＋b，①

由cosC＝可得c2＝a2＋b2－2abcosC＝(a＋b)2－ab，②

又由cosC＝，得sinC＝，

所以S△ABC＝absinC＝＝4，

∴ab＝10.③

由①②③解得c＝，故选A．

5．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若＝，(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc，则△ABC的形状为(　C　)

A．直角三角形   B．等腰非等边三角形

C．等边三角形   D．钝角三角形

解析：∵＝，∴＝，∴b＝C．

又(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc，∴b2＋c2－a2＝bc，

∴cosA＝＝＝.

∵A∈(0，π)，∴A＝，∴△ABC是等边三角形．

6．(2019·合肥质检)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cosC＝，bcosA＋acosB＝2，则△ABC的外接圆面积为(　C　)

A．4π   B．8π

C．9π   D．36π

解析：由余弦定理得b·＋a·＝2.即＝2，整理得c＝2，由cosC＝得sinC＝，再由正弦定理可得2R＝＝6，所以△ABC的外接圆面积为πR2＝9π.

7．(2018·浙江卷)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，C．若a＝，b＝2，A＝60°，则sinB＝，c＝3_.

解析：由＝得sinB＝sinA＝，由a2＝b2＋c2－2bccosA，得c2－2c－3＝0，解得c＝3(舍负)．

8．(2019·烟台模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若角A，B，C依次成等差数列，且a＝1，b＝，则S△ABC＝　.

解析：因为角A，B，C依次成等差数列，所以B＝60°.

由正弦定理，得＝，解得sinA＝，

因为0°＜A＜120°，所以A＝30°，

此时C＝90°，所以S△ABC＝ab＝.

9．(2018·江苏卷)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠ABC＝120°，∠ABC的平分线交AC于点D，且BD＝1，则4a＋c的最小值为9__.

解析：依题意画出图形，如图所示．

易知S△ABD＋S△BCD＝S△ABC，

即csin60°＋asin60°＝acsin120°，

∴a＋c＝ac，∴＋＝1，

∴4a＋c＝(4a＋c)＝5＋＋≥9，当且仅当＝，即a＝，c＝3时取“＝”．

10．(2019·梅州质检)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2－b2＝bc，且sinC＝2sinB，则角A的大小为.

解析：由sinC＝2sinB得，c＝2b，

∴a2－b2＝bc＝b·2b＝6b2，∴a2＝7b2.

则cosA＝＝＝，

又∵0<A<π，∴A＝.

11．(2019·贵阳质检)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2－(b－c)2＝(2－)bc，sinAsinB＝cos2，BC边上的中线AM的长为.

(1)求角A和角B的大小；

(2)求△ABC的面积．

解：(1)由a2－(b－c)2＝(2－)bc，

得a2－b2－c2＝－bc，∴cosA＝＝，

又0＜A＜π，∴A＝.

由sinAsinB＝cos2，

得sinB＝，即sinB＝1＋cosC，

则cosC＜0，即C为钝角，∴B为锐角，且B＋C＝，

则sin＝1＋cosC，化简得cos＝－1，

解得C＝，∴B＝.

(2)由(1)知，a＝b，在△ACM中，

由余弦定理得AM2＝b2＋2－2b··cosC＝b2＋＋＝()2，

解得b＝2，故S△ABC＝absinC＝×2×2×＝.

12．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝btanA，且B为钝角．

(1)证明：B－A＝；

(2)求sinA＋sinC的取值范围．

解：(1)证明：由a＝btanA及正弦定理，得＝＝，所以sinB＝cosA，即sinB＝sin.

又B为钝角，因此＋A∈，

故B＝＋A，即B－A＝.

(2)由(1)知，C＝π－(A＋B)＝π－＝－2A＞0，所以A∈.

于是sinA＋sinC＝sinA＋sin

＝sinA＋cos2A＝－2sin2A＋sinA＋1

＝－22＋.

因为0＜A＜，所以0＜sinA＜，

因此＜－22＋≤.

由此可知sinA＋sinC的取值范围是.

13．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足b2＋c2－a2＝bc，·＞0，a＝，则b＋c的取值范围是(　B　)

A．   B．

C．   D．

解析：由b2＋c2－a2＝bc得，cosA＝＝，

∵0<A<π，则A＝，由·＞0知，B为钝角，

又＝1，则b＝sinB，c＝sinC，b＋c＝sinB＋sinC＝sinB＋sin＝sinB＋cosB＝sin，

∵＜B＜，∴＜B＋＜，

∴＜sin＜，b＋c∈.

14．(2019·山东济宁模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosB－bcosA＝c，则tan(A－B)的最大值为(　A　)

A．   B．

C．   D．

解析：由acosB－bcosA＝c及正弦定理可得，

sinA·cosB－sinBcosA＝sinC＝sin(A＋B)＝

sinAcosB＋cosAsinB，

即sinAcosB＝sinBcosA，得tanA＝5tanB，

从而可得tanA＞0，tanB＞0，

∴tan(A－B)＝＝＝≤＝，

当且仅当＝5tanB，即tanB＝时取得等号，

∴tan(A－B)的最大值为，故选A．

15．(2019·广东七校联考)已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝2，A＝，且－sin(B－C)＝sin2B，则△ABC的面积为或　.

解析：法1　∵A＝，且－sin(B－C)＝sin2B，

∴＝sin2B＋sin(B－C)，

即sinA＝sin2B＋sin(B－C)，又sinA＝sin(B＋C)，

∴sinBcosC＋cosBsinC＝2sinBcosB＋sinBcosC－cosBsinC，即cosBsinC＝sinBcosB．

当cosB＝0时，可得B＝，C＝，

∴S△ABC＝ac＝×2×2×tan＝；

当cosB≠0时，sinB＝sinC，

由正弦定理可知b＝c，∴△ABC为等腰三角形，

又∵A＝，∴a＝b＝c＝2，∴S△ABC＝a2＝.

综上可知△ABC的面积为或.

法2　由已知及A＋B＋C＝π可得－sin

＝sin2B，即sin2B＋sin＝，

∴sin2B－cos2B－sin2B＝，

即sin＝.

∵A＝，∴0＜B＜π，∴－＜2B－＜π，

∴2B－＝或，∴B＝或.

当B＝时，C＝，

∴S△ABC＝×2×2×tan＝；

当B＝时，△ABC是边长为2的等边三角形，

∴S△ABC＝a2＝×4＝.

综上可知，△ABC的面积为或.

16．(2019·河南信阳模拟)已知a，b，c分别是△ABC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＝，S为△ABC的面积，求S＋cosBcosC的最大值．

解：(1)∵(a＋b＋c)(sinB＋sinC－sinA)＝bsinC，

∴根据正弦定理，知(a＋b＋c)(b＋c－a)＝bc，

即b2＋c2－a2＝－bC．

∴由余弦定理，得cosA＝＝－.

又A∈(0，π)，所以A＝π.

(2)根据a＝，A＝π及正弦定理可得

＝＝＝＝2，

∴b＝2sinB，c＝2sinC．

∴S＝bcsinA＝×2sinB×2sinC×＝sinBsinC．

∴S＋cosBcosC＝sinBsinC＋cosB·cosC＝cos(B－C)．

故当即B＝C＝时，

S＋cosB·cosC取得最大值.