2024年新教材高考數(shù)學(xué)全程考評特訓(xùn)卷考點(diǎn)過關(guān)檢測19正弦定理和余弦定理含解析

PAGEPAGE8考點(diǎn)過關(guān)檢測19正弦定理和余弦定理一、單項選擇題1．[2024·福建上杭模擬]在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若a＝1，b＝eq\r(3)，B＝60°，則A＝()A．30°B．30°或150°C．60°D．60°或120°2．[2024·河北保定月考]在△ABC中，sinA＝sinBcosC，則△ABC是()A．直角三角形B．等腰直角三角形C．等腰三角形D．等邊三角形3．[2024·山東萊蕪一中月考]在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，bsinA＝acosB，b＝2，c＝eq\r(6)，則角C為()A.eq\f(2π,3)B.eq\f(5π,6)C.eq\f(π,6)或eq\f(5π,6)D.eq\f(π,3)或eq\f(2π,3)4．[2024·北京順義模擬]在△ABC中，b＝3，c＝eq\r(3)a，B＝eq\f(π,6)，則cosC＝()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(1,2)C．－eq\f(\r(3),2)D．－eq\f(1,2)5．[2024·廣東河源模擬]△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知(a＋b)(sinA－sinB)＝csinC＋b(1＋cosA)sinC，則cosA＝()A．－eq\f(1,3)B．－eq\f(2,3)C.eq\f(1,3)D.eq\f(2,3)6．[2024·山東濟(jì)南模擬]在△ABC中，三個內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，a＝2eq\r(3)，且b＋c＝6若eq\f(1,2)bcosA＝sinB，則△ABC等于()A．2B．4C．2eq\r(3)D．4eq\r(3)7．[2024·天津十四中月考]已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，△ABC的面積為S,3c2＝16S＋3(b2－a2)，則tanB＝()A.eq\f(2,3)B.eq\f(3,2)C.eq\f(4,3)D.eq\f(3,4)8．[2024·江蘇鹽城中學(xué)月考]在平行四邊形ABCD中，AB＝2，AD＝1，∠BAD＝60°，則cos∠BAC的值是()A.eq\f(5\r(7),14)B．－eq\f(5\r(7),14)C．－eq\f(\r(21),14)D.eq\f(\r(21),14)二、多項選擇題9．[2024·江蘇揚(yáng)州月考]不解三角形，則下列對三角形解的個數(shù)的推斷中正確的是()A．a(chǎn)＝30，b＝25，A＝150°，有一解B．a(chǎn)＝7，b＝14，A＝30°，有兩解C．a(chǎn)＝6，b＝9，A＝45°，有兩解D．a(chǎn)＝eq\r(3)，b＝eq\r(6)，A＝60°，無解10．[2024·山東淄博試驗中學(xué)月考]在△ABC中，下列結(jié)論中正確的是()A．若A<B，則sinA<sinBB．若A<B，則cos2A<cos2BC．若A<B，則cosA>cosBD．若A<B，則eq\f(1,sin2A)<eq\f(1,sin2B)11．已知△ABC中，D是BC上的點(diǎn)，AD平分∠BAC，BD＝2DC，下列結(jié)論正確的是()A．sinC＝2sinBB．若∠B＝30°，則△ABC為直角三角形C．若∠BAC＝60°，則△ADC為等邊三角形D．若∠BAD＝30°，則△ABD為等腰三角形12．[2024·廣東順德模擬]在△ABC中，A、B、C所對的邊為a、b、c，設(shè)BC邊上的中點(diǎn)為M，△ABC的面積為S，其中a＝2eq\r(3)，b2＋c2＝24，下列選項正確的是()A．若A＝eq\f(π,3)，則S＝3eq\r(3)B．S的最大值為3eq\r(3)C．AM＝3D．角A的最小值為eq\f(π,3)三、填空題13．[2024·清華附中月考]在△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，已知A＝120°，a＝7，cosB＝eq\f(11,14)，則b＝________.14．[2024·浙江金華一中月考]在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c.若A＝B，b＋acosC＝c＝1，則b＝________.15．[2024·遼寧大連模擬]在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，若cosC＝eq\f(1,4)，c＝eq\r(6)，且eq\f(a,cosA)＝eq\f(b,cosB)，則△ABC的面積等于________．16．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知csinA＝eq\r(3)acosC，則角C＝________，若c＝2，則a2＋b2的最大值為________．四、解答題17．[2024·山東青島模擬]在①2bsinA＝atanB，②a2－b2＝ac－c2，③eq\r(3)sinB＝cosB＋1這三個條件中任選一個，補(bǔ)充在下面橫線上，并解答．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且________．(1)求角B的大??；(2)若b＝2，△ABC的面積為eq\f(\r(3),2)，求△ABC的周長．注：假如選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．18．[2024·新高考Ⅱ卷]在△ABC中，角A，B，C所對的邊長分別為a，b，c，b＝a＋1，c＝a＋2.(1)若2sinC＝3sinA，求△ABC的面積；(2)是否存在正整數(shù)a，使得△ABC為鈍角三角形？若存在，求出a的值；若不存在，說明理由．考點(diǎn)過關(guān)檢測19正弦定理和余弦定理1．答案：A解析：∵在△ABC中，B＝60°，∴依據(jù)正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，可得sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(1×sin60°,\r(3))＝eq\f(1,2)，又∵在△ABC中a<b，可得A<B，∴A＝30°.2．答案：A解析：因為sinA＝sinBcosC，所以a＝b·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，整理為2a2＝a2＋b2－c2，即a2＋c2＝b2，所以△ABC是直角三角形．3．答案：D解析：因為bsinA＝acosB，結(jié)合正弦定理得sinBsinA＝sinAcosB，即sinB＝cosB，又因為B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,4)，eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，即eq\f(2,\f(\r(2),2))＝eq\f(\r(6),sinC)，所以sinC＝eq\f(\r(3),2)，故角C為eq\f(π,3)或eq\f(2π,3).4．答案：D解析：在△ABC中，b＝3，c＝eq\r(3)a，B＝eq\f(π,6)，由余弦定理可得9＝b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋(eq\r(3)a)2－2eq\r(3)a2×eq\f(\r(3),2)＝a2，解得a＝3，則A＝eq\f(π,6)，所以，C＝eq\f(2π,3)，因此，cosC＝coseq\f(2π,3)＝－eq\f(1,2).5．答案：A解析：由正弦定理得：(a＋b)(a－b)＝c2＋bc(1＋cosA)，整理得：a2＝b2＋c2＋bc(1＋cosA)，由余弦定理知a2＝b2＋c2－2bccosA，∴－2cosA＝1＋cosA，解得：cosA＝－eq\f(1,3).6．答案：C解析：因為eq\f(1,2)bcosA＝sinB，可化為eq\f(b,sinB)＝eq\f(2,cosA).由正弦定理可知eq\f(a,sinA)＝eq\f(2,cosA)，即eq\f(2\r(3),sinA)＝eq\f(2,cosA)，解得tanA＝eq\r(3)，又A∈(0°，180°)，所以∠A＝60°，由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccosA＝(b＋c)2－3bc，即(2eq\r(3))2＝62－3bc，解得bc＝8，所以三角形的面積S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×8×eq\f(\r(3),2)＝2eq\r(3).7．答案：D解析：由3c2＝16S＋3(b2－a2)，則3c2＋3a2－3b2＝16S，即3×2accosB＝16×eq\f(1,2)acsinB，所以3cosB＝4sinB，且cosB≠0，所以tanB＝eq\f(3,4).8.答案：A解析：如圖所示，在平行四邊形ABCD中，AB＝2，AD＝1，∠BAD＝60°，在△ABC中，由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝22＋12－2×2×1×cos120°＝7，即AC＝eq\r(7)，又由cos∠BAC＝eq\f(AC2＋AB2－BC2,2AC·AB)＝eq\f(7＋4－1,2\r(7)×2)＝eq\f(5\r(7),14).9．答案：AD解析：由正弦定理sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(5,12)，又0<B<eq\f(π,6)，故B只有一個解，A正確；由正弦定理sinB＝eq\f(bsinA,a)＝1，又0<B<eq\f(5π,6)，明顯B＝eq\f(π,2)只有一個解，B錯誤；由正弦定理sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(3\r(2),4)>1，明顯B無解，C錯誤；由正弦定理sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(\r(6),2)>1，明顯B無解，D正確．10．答案：AC解析：若A<B，則a<b，由正弦定理可得sinA<sinB，A對；若A<B，且A、B∈(0，π)，則0<sinA<sinB，則cos2A＝1－2sin2A>1－2sin2B＝cos2B，B錯；因為0<A<B<π，且余弦函數(shù)y＝cosx在(0，π)上為減函數(shù)，故cosA>cosB，C對；取A＝eq\f(π,6)，B＝eq\f(2π,3)，則sin2A＝sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(3),2)，sin2B＝sineq\f(4π,3)＝－eq\f(\r(3),2)，此時，eq\f(1,sin2A)>eq\f(1,sin2B)，D錯．11.答案：ABD解析：做出圖形：由已知設(shè)BD＝2DC＝2x，∠BAD＝∠CAD＝α，在△ABD，△CAD中，由正弦定理得eq\f(AD,sinB)＝eq\f(BD,sinα)，eq\f(AD,sinC)＝eq\f(CD,sinα)，兩式相除得eq\f(sinC,sinB)＝eq\f(BD,CD)＝2，所以sinC＝2sinB.由以上可知，A正確；若B＝30°，結(jié)合已知得sinC＝2sinB＝1，故C＝90°，故B正確；若∠BAD＝30°，則∠BAC＝60°，所以C＝120°－B，代入sinC＝2sinB得sin(120°－B)＝2sinB，即sin120°cosB－cos120°sinB＝2sinB，即eq\f(\r(3),2)cosB＝eq\f(3,2)sinB，所以tanB＝eq\f(\r(3),3)，所以B＝30°，C＝90°，故△ABD為等腰三角形，△ADC為直角三角形，故C錯誤，D正確．12．答案：ABC解析：對于A，由余弦定理可得12＝a2＝b2＋c2－2bccosA＝24－bc，得bc＝12，故S＝eq\f(1,2)bcsinA＝3eq\r(3)，A對；對于B，由基本不等式可得24＝b2＋c2≥2bc，即bc≤12，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c＝2eq\r(3)時，等號成立，由余弦定理可得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(24－12,2bc)＝eq\f(6,bc)，則S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)bceq\r(1－cos2A)＝eq\f(1,2)eq\r(bc2－36)≤eq\f(1,2)eq\r(122－36)＝3eq\r(3)，B對；對于C，∵∠AMB＋∠AMC＝π，則cos∠AMB＝cos(π－∠AMC)＝－cos∠AMC，由余弦定理可得cos∠AMB＝eq\f(AM2＋\f(a2,4)－c2,AM·a)，cos∠AMC＝eq\f(AM2＋\f(a2,4)－b2,AM·a)，所以，eq\f(AM2＋\f(a2,4)－c2,AM·a)＝－eq\f(AM2＋\f(a2,4)－b2,AM·a)，整理可得AM2＝eq\f(b2＋c2,2)－eq\f(a2,4)＝9，則AM＝3，C對；對于D，由余弦定理可得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(12,2bc)≥eq\f(12,b2＋c2)＝eq\f(1,2)，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c＝2eq\r(3)時，等號成立，因為A∈(0，π)且函數(shù)y＝cosx在(0，π)上單調(diào)遞減，故0<A≤eq\f(π,3)，D錯．13．答案：5解析：由題意，由于B為△ABC的內(nèi)角，故B∈(0，π)，∴sinB>0，∴sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(5\r(3),14)，由正弦定理，eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，∴b＝eq\f(asinB,sinA)，代入可得：b＝eq\f(7×\f(5\r(3),14),\f(\r(3),2))＝5.14．答案：eq\f(1＋\r(5),4)解析：∵A＝B，∴a＝b，又b＋acosC＝c＝1，由余弦定理可得：b＋a·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝c＝1，即b＋b·eq\f(b2＋b2－1,2b2)＝1，∴4b2－2b－1＝0，又b>0，∴b＝eq\f(1＋\r(5),4).15．答案：eq\f(\r(15),2)解析：由條件可知eq\f(a,b)＝eq\f(cosA,cosB)＝eq\f(sinA,sinB)，即sinAcosB－cosAsinB＝0，即sin(A－B)＝0，即A＝B，依據(jù)余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC＝2a2－eq\f(1,2)a2＝6，解得：a＝2，∵cosC＝eq\f(1,4)，∴sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\f(\r(15),4)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)a2sinC＝eq\f(\r(15),2).16．答案：60°8解析：因為csinA＝eq\r(3)acosC，結(jié)合正弦定理得sinCsinA＝eq\r(3)sinAcosC，因為A∈(0，π)，所以sinA>0，故sinC＝eq\r(3)cosC，明顯cosC≠0，所以tanC＝eq\r(3)，故C＝60°，結(jié)合余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC，即4＝a2＋b2－ab，故4＋ab＝a2＋b2，因為a2＋b2≥2ab，即4＋ab≥2ab，故4≥ab，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時，等號成立，此時a2＋b2＝8，所以，a2＋b2的最大值為8.17．解析：(1)選①：因為2bsinA＝atanB＝eq\f(asinB,cosB)，所以2ab＝eq\f(ab,cosB)，所以cosB＝eq\f(1,2)，所以B＝eq\f(π,3)；選②：因為a2－b2＝ac－c2，所以(a2＋c2)－b2＝ac，所以2accosB＝ac，所以cosB＝eq\f(1,2)，所以B＝eq\f(π,3)；選③：因為eq\r(3)sinB＝cosB＋1，所以eq\r(3)sinB－cosB＝1，所以2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))＝