2021高考數(shù)學(xué)人教版一輪復(fù)習(xí)多維層次練：第四章+第6節(jié)+正弦定理和余弦定理+Word版含解析

/多維層次練26[A級(jí)基礎(chǔ)鞏固]1．在△ABC中，A＝60°，AB＝2，且△ABC的面積為eq\f(\r(3),2)，則BC的長(zhǎng)為()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\r(3)C．2eq\r(3) D．2解析：因?yàn)镾＝eq\f(1,2)×AB×AC×sinA＝eq\f(1,2)×2×eq\f(\r(3),2)AC＝eq\f(\r(3),2)，所以AC＝1，所以BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos60°＝3，所以BC＝eq\r(3).答案：B2．在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若eq\f(c,b)<cosA，則△ABC為()A．鈍角三角形 B．直角三角形C．銳角三角形 D．等邊三角形解析：由eq\f(c,b)<cosA，得eq\f(sinC,sinB)<cosA，所以sinC<sinBcosA，即sin(A＋B)<sinBcosA，所以sinAcosB<0.因?yàn)樵谌切沃衧inA>0，所以cosB<0，即B為鈍角，所以△ABC為鈍角三角形．答案：A3．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若(a＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC，則A＝()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(5π,6) D.eq\f(2π,3)解析：因?yàn)?a＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC，所以由正弦定理得(a＋b)(a－b)＝c(c－b)，即b2＋c2－a2＝bc.所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2).又A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3).答案：B4．(2020·安慶模擬)若△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知bsin2A＝asinB，且c＝2b，則eq\f(a,b)等于()A.eq\f(3,2) B.eq\f(4,3)C.eq\r(2) D.eq\r(3)解析：由bsin2A＝asinB，及正弦定理得2sinBsinAcosA＝sinAsinB，得cosA＝eq\f(1,2).又c＝2b，所以由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋4b2－4b2×eq\f(1,2)＝3b2，得eq\f(a,b)＝eq\r(3).答案：D5．(2020·濰坊調(diào)研)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，a＝2，b＝3，c＝4，設(shè)AB邊上的高為h，則h＝()A.eq\f(\r(15),2) B.eq\f(\r(11),2)C.eq\f(3\r(15),4) D.eq\f(3\r(15),8)解析：因?yàn)閍＝2，b＝3，c＝4，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(9＋16－4,2×3×4)＝eq\f(21,24)＝eq\f(7,8)，則sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\r(1－\f(49,64))＝eq\r(\f(15,64))＝eq\f(\r(15),8)，則h＝ACsinA＝bsinA＝3×eq\f(\r(15),8)＝eq\f(3\r(15),8).答案：D6．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知bsinA＋acosB＝0，則B＝________．解析：根據(jù)正弦定理可得sinBsinA＋sinAcosB＝0，即sinA(sinB＋cosB)＝0，顯然sinA≠0，所以sinB＋cosB＝0，故B＝eq\f(3π,4).答案：eq\f(3π,4)7．(2018·全國(guó)卷Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知bsinC＋csinB＝4asinBsinC，b2＋c2－a2＝8，則△ABC的面積為_(kāi)_______．解析：因?yàn)閎sinC＋csinB＝4asinBsinC，所以由正弦定理得sinBsinC＋sinCsinB＝4sinAsinBsinC.又sinBsinC>0，所以sinA＝eq\f(1,2).由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(8,2bc)＝eq\f(4,bc)>0，所以cosA＝eq\f(\r(3),2)，bc＝eq\f(4,cosA)＝eq\f(8\r(3),3)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×eq\f(8\r(3),3)×eq\f(1,2)＝eq\f(2\r(3),3).答案：eq\f(2\r(3),3)8．已知△ABC，AB＝AC＝4，BC＝2.點(diǎn)D為AB延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，BD＝2，連接CD，則△BDC的面積是________，cos∠BDC＝________．解析：因?yàn)锳B＝AC＝4，BC＝2，所以cos∠ABC＝eq\f(AB2＋BC2－AC2,2·AB·BC)＝eq\f(1,4)，因?yàn)椤螦BC為三角形的內(nèi)角，所以sin∠ABC＝eq\f(\r(15),4)，所以sin∠CBD＝eq\f(\r(15),4)，故S△CBD＝eq\f(1,2)×2×2×eq\f(\r(15),4)＝eq\f(\r(15),2).因?yàn)锽D＝BC＝2，所以∠ABC＝2∠BDC.又cos∠ABC＝eq\f(1,4)，所以2cos2∠BDC－1＝eq\f(1,4)，得cos2∠BDC＝eq\f(5,8)，又∠BDC為銳角，所以cos∠BDC＝eq\f(\r(10),4).答案：eq\f(\r(15),2)eq\f(\r(10),4)9．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c.已知asin2B＝eq\r(3)bsinA.(1)求B；(2)若cosA＝eq\f(1,3)，求sinC的值．解：(1)在△ABC中，由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，可得asinB＝bsinA，又由asin2B＝eq\r(3)bsinA，得2asinBcosB＝eq\r(3)bsinA＝eq\r(3)asinB，所以cosB＝eq\f(\r(3),2)，得B＝eq\f(π,6).(2)由cosA＝eq\f(1,3)，可得sinA＝eq\f(2\r(2),3)，則sinC＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sin(A＋eq\f(π,6))＝eq\f(\r(3),2)sinA＋eq\f(1,2)cosA＝eq\f(2\r(6)＋1,6).10．(2020·佛山質(zhì)檢)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，2bsinCcosA＋asinA＝2csinB.(1)證明：△ABC為等腰三角形；(2)(一題多解)若D為BC邊上的點(diǎn)，BD＝2DC，且∠ADB＝2∠ACD，a＝3，求b的值．(1)證明：因?yàn)?bsinCcosA＋asinA＝2csinB，所以由正弦定理得2bccosA＋a2＝2cb，由余弦定理得2bc·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＋a2＝2bc，化簡(jiǎn)得b2＋c2＝2bc，所以(b－c)2＝0，即b＝c.故△ABC為等腰三角形．(2)解：法一由已知得BD＝2，DC＝1，因?yàn)椤螦DB＝2∠ACD＝∠ACD＋∠DAC，所以∠ACD＝∠DAC，所以AD＝CD＝1.又因?yàn)閏os∠ADB＝－cos∠ADC，所以eq\f(AD2＋BD2－AB2,2AD·BD)＝－eq\f(AD2＋CD2－AC2,2AD·CD)，則eq\f(12＋22－c2,2×1×2)＝－eq\f(12＋12－b2,2×1×1)，得2b2＋c2＝9，由(1)可知b＝c，得b＝eq\r(3).法二由題設(shè)得CD＝eq\f(a,3)＝1，又由(1)知，AB＝AC，則∠B＝∠C，因?yàn)椤螪AC＝∠ADB－∠C＝2∠C－∠C＝∠C＝∠B.所以△CAB∽△CDA，所以eq\f(CB,CA)＝eq\f(CA,CD)，即eq\f(3,b)＝eq\f(b,1)，所以b＝eq\r(3).[B級(jí)能力提升]11．(2020·青島調(diào)研)在△ABC中，A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若eq\f(2a－c,b)＝eq\f(cosC,cosB)，b＝4，則△ABC的面積的最大值為()A．4eq\r(3) B．2eq\r(3)C．3eq\r(3) D.eq\r(3)解析：由eq\f(2a－c,b)＝eq\f(cosC,cosB)得2acosB－cosBc＝bcosC，由正弦定理得，2sinAcosB＝sinBcosC＋sinCcosB，又知sin(B＋C)＝sinA＝sinBcosC＋cosBsinC，所以2sinAcosB＝sinA，則cosB＝eq\f(1,2).由B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).又知cosB＝eq\f(1,2)＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)≥1－eq\f(b2,2ac)＝1－eq\f(16,2ac)，所以ac≤16，當(dāng)且僅當(dāng)a＝c時(shí)等號(hào)成立，所以S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB≤eq\f(1,2)×16×sineq\f(π,3)＝eq\f(1,2)×16×eq\f(\r(3),2)＝4eq\r(3).故△ABC的面積的最大值為4eq\r(3).答案：A12．(2020·衡水模擬)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且有a＝1，eq\r(3)sinAcosC＋(eq\r(3)sinC＋b)·cosA＝0，則A＝________．解析：由eq\r(3)sinAcosC＋(eq\r(3)sinC＋b)cosA＝0，得eq\r(3)sinAcosC＋eq\r(3)sinCcosA＝－bcosA.所以eq\r(3)sin(A＋C)＝－bcosA，即eq\r(3)sinB＝－bcosA.又eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，所以eq\f(\r(3),cosA)＝eq\f(－b,sinB)＝－eq\f(a,sinA).從而eq\f(sinA,cosA)＝－eq\f(1,\r(3))，則tanA＝－eq\f(\r(3),3).由0<A<π，所以A＝eq\f(5,6)π.答案：eq\f(5,6)π13．(2020·全國(guó)大聯(lián)考)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，A＝60°.(1)若△ABC的面積為3eq\r(3)，a＝eq\r(13)，求b－c；(2)若△ABC是銳角三角形，求sinBsinC的取值范圍．解：(1)由S△ABC＝3eq\r(3)，得eq\f(1,2)bcsinA＝3eq\r(3)，即eq\f(1,2)bcsin60°＝3eq\r(3)，得bc＝12.由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA，即b2＋c2－bc＝13，所以(b－c)2＝13－bc＝1，所以b－c＝1或b－c＝－1.(2)因?yàn)锳＝60°，所以B＋C＝120°，所以C＝120°－B.所以sinBsinC＝sinBsin(120°－B)＝sinBeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosB＋\f(1,2)sinB))＝eq\f(\r(3),4)sin2B＋eq\f(1－cos2B,4)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sin2B－\f(1,2)cos2B＋\f(1,2)))＝eq\f(1,2)sin(2B－30°)＋eq\f(1,4).因?yàn)椤鰽BC是銳角三角形，所以C＝120°－B<90°，得B>30°，所以30°<B<90°，則30°<2B－30°<150°，所以eq\f(1,2)<sin(2B－30°)≤1，eq\f(1,4)<eq\f(1,2)sin(2B－30°)≤eq\f(1,2)，所以eq\f(1,2)<eq\f(1,2)sin(2B－30°)＋eq\f(1,4)≤eq\f(3,4)，所以sinBsinC的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,4))).[C級(jí)素養(yǎng)升華]14．(2018·北京卷)若△ABC的面積為eq\f(\r(3),4)(a2＋c2－b2)，且∠C為鈍角，則∠B＝________，eq\f(c,a)的取值范圍是________．解析：依題意有eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(3),4)(a2＋c2－b2)＝eq\f(\r(3),4)×2accosB，則tanB＝eq\r(3)，因?yàn)?<∠B<π，所以∠B＝eq\f(π,3).eq\f(c,a)＝eq\f(sinC,sinA)＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3