高考數(shù)學(xué)（理科課標(biāo)版）一輪復(fù)習(xí)題組訓(xùn)練第4章第4講正余弦定理及解三角形

第四講正、余弦定理及解三角形題組1正、余弦定理及其綜合應(yīng)用1.[2017山東,9,5分][理]在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c.若△ABC為銳角三角形,且滿足sinB(1+2cosC)=2sinAcosC+cosAsinC,則下列等式成立的是()A.a=2b B.b=2a C.A=2B D.B=2A2.[2016全國卷Ⅲ,8,5分][理]在△ABC中,B=π4,BC邊上的高等于13BC,則cosA=(A.31010 B.1010 C.103.[2014新課標(biāo)全國Ⅱ,4,5分][理]鈍角三角形ABC的面積是12,AB=1,BC=2,則AC=()A.5 B.5 C.2 D.14.[2013陜西,7,5分][理]設(shè)△ABC的內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,若bcosC+ccosB=asinA,則△ABC的形狀為()A.銳角三角形 B.直角三角形C.鈍角三角形 D.不確定5.[2016全國卷Ⅱ,13,5分][理]△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,若cosA=45,cosC=513,a=1,則b=6.[2015新課標(biāo)全國Ⅰ,16,5分][理]在平面四邊形ABCD中,∠A=∠B=∠C=75°,BC=2,則AB的取值范圍是.

7.[2015北京,12,5分][理]在△ABC中,a=4,b=5,c=6,則sin2AsinC8.[2013福建,13,4分][理]如圖441,在△ABC中,已知點(diǎn)D在BC邊上,AD⊥AC,sin∠BAC=223,AB=32,AD=3,則BD的長為圖4419.[2017全國卷Ⅰ,17,12分][理]△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c.已知△ABC的面積為a2(1)求sinBsinC;(2)若6cosBcosC=1,a=3,求△ABC的周長.10.[2017全國卷Ⅲ,17,12分][理]△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c.已知sinA+3cosA=0,a=27,b=2.(1)求c;(2)設(shè)D為BC邊上一點(diǎn),且AD⊥AC,求△ABD的面積.11.[2016全國卷Ⅰ,17,12分][理]△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知2cosC(acosB+bcosA)=c.(1)求C;(2)若c=7,△ABC的面積為332,求△ABC12.[2016四川,17,12分][理]在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別是a,b,c,且cosAa+cosB(1)證明:sinAsinB=sinC;(2)若b2+c2a2=65bc,求tan13.[2013新課標(biāo)全國Ⅰ,17,12分][理]如圖442,在△ABC中,∠ABC=90°,AB=3,BC=1,P為△ABC內(nèi)一點(diǎn),∠BPC=90°.圖442(1)若PB=12,求PA(2)若∠APB=150°,求tan∠PBA.題組2解三角形的實(shí)際應(yīng)用14.[2015湖北,15,5分]如圖443,一輛汽車在一條水平的公路上向正西行駛,到A處時(shí)測得公路北側(cè)一山頂D在西偏北30°的方向上,行駛600m后到達(dá)B處,測得此山頂在西偏北75°的方向上,仰角為30°,則此山的高度CD=m.

圖443[2013江蘇,18,16分][理]如圖444,游客從某旅游景區(qū)的景點(diǎn)A處下山至C處有兩種路徑.一種是從A沿直線步行到C,另一種是先從A沿索道乘纜車到B,然后從B沿直線步行到C.現(xiàn)有甲、乙兩位游客從A處下山,甲沿AC勻速步行,速度為50m/min.在甲出發(fā)2min后,乙從A乘纜車到B,在B處停留1min后,再從B勻速步行到C.假設(shè)纜車勻速直線運(yùn)行的速度為130m/min,山路AC長為1260m,經(jīng)測量,cosA=1213,cosC=3圖444(1)求索道AB的長;(2)問乙出發(fā)多少分鐘后,乙在纜車上與甲的距離最短?(3)為使兩位游客在C處互相等待的時(shí)間不超過3分鐘,乙步行的速度應(yīng)控制在什么范圍內(nèi)?A組基礎(chǔ)題1.[2018合肥市高三調(diào)研,6]在△ABC中,角A,B,C對應(yīng)的邊分別為a,b,c,C=60°,a=4b,c=13,則△ABC的面積為()A.3 B.132 C.23 D.2.[2018重慶六校第一次聯(lián)考,7]在△ABC中,cos2B2=a+c2c(a,b,c分別為角A,B,C的對邊),則△ABCA.直角三角形 B.等邊三角形C.等腰三角形 D.等腰三角形或直角三角形3.[2017桂林、百色、梧州、崇左、北海五市聯(lián)考,8]在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,已知a=1,b=3,A=30°,B為銳角,那么角A∶B∶C為()A.1∶1∶3 B.1∶2∶3 C.1∶3∶2 D.1∶4∶14.[2018福州四校聯(lián)考,16]在△ABC中,a,b,c分別是角A,B,C的對邊,且滿足(a+b)sinC2=(ab)cosC2=5,則c=5.[2018廣東七校第一次聯(lián)考,16]在△ABC中,點(diǎn)D在邊AB上,CD⊥BC,AC=53,CD=5,BD=2AD,則AD的長為.

6.[2017沈陽市高三三模,15]在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知c=5,B=2π3,△ABC的面積為1534,則cos2A=7.[2018湖北八校第一次聯(lián)考,17]在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c.(1)若23cos2A+cos2A=0,且△ABC為銳角三角形,a=7,c=6,求b的值;(2)若a=3,A=π3,求b+c的取值范圍8.[2017武漢市五月模擬,17]在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且滿足2c-b(1)求角A的大小;(2)若D為BC邊上一點(diǎn),且CD=2DB,b=3,AD=21,求a.B組提升題9.[2018成都市高三摸底測試,11]△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且23(sin2Asin2C)=(ab)sinB,△ABC的外接圓半徑為3.則△ABC面積的最大值為()A.38 B.34 C.9310.[2017安徽省合肥市高三二檢,11]在銳角△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且滿足(ab)(sinA+sinB)=(cb)·sinC.若a=3,則b2+c2的取值范圍是()A.(3,6] B.(3,5) C.(5,6] D.[5,6]11.[2018惠州市高三一調(diào),16]已知a,b,c是△ABC中角A,B,C的對邊,a=4,b∈(4,6),sin2A=sinC,則c的取值范圍為.

12.[2018石家莊市重點(diǎn)高中高三摸底考試,17]某學(xué)校的平面示意圖如圖445中的五邊形區(qū)域ABCDE,其中三角形區(qū)域ABE為生活區(qū),四邊形區(qū)域BCDE為教區(qū),AB,BC,CD,DE,EA,BE為學(xué)校的主要道路(不考慮寬度).∠BCD=∠CDE=2π3,∠BAE=π3,DE=3BC=3CD=9圖445(1)求道路BE的長度;(2)求生活區(qū)△ABE面積的最大值.13.[2017天星教育第二次大聯(lián)考,17]已知△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,sinC=3cosAcosB,tanAtanB=13,c=10.(1)求sinA(2)若1a+1b=1,求△ABC答案1.A由題意可知sinB+2sinBcosC=sinAcosC+sin(A+C),即2sinBcosC=sinAcosC,又cosC≠0,故2sinB=sinA,由正弦定理可知a=2b.故選A.2.C設(shè)△ABC中角A,B,C的對邊分別是a,b,c,由題意可得13a=csinπ4=22c,則a=322c.在△ABC中,由余弦定理可得b2=a2+c22ac=92c2+c23c2=52c2,則b=102c.由余弦定理,可得cos3.B由題意,得12AB·BC·sinB=12,又AB=1,BC=2,所以sinB=22,所以B=45°或B=135°.當(dāng)B=45°時(shí),由余弦定理,得AC=AB2+BC2-2AB·BC·cosB=1,此時(shí)AC=AB=1,BC=2,易得4.B依據(jù)題設(shè)條件的特點(diǎn),邊化角選用正弦定理,有sinBcosC+cosBsinC=sin2A,則sin(B+C)=sin2A,由三角形內(nèi)角和及互補(bǔ)角的意義,得sin(B+C)=sin(πA)=sinA=sin2A,因?yàn)锳∈(0,π),所以sinA=1,所以A=π2,故選B5.2113解法一因?yàn)閏osA=45,cosC=513,所以sinA=35,sinC=1213,從而sinsinAcosC+cosAsinC=35×513+45×1213=6365.由正弦定理asinA=解法二因?yàn)閏osA=45,cosC=513,所以sinA=35,sinC=1213,從而cosB=cos(A+C)=sinAsinC=45×513+35×1213=1665.由正弦定理asinA=由余弦定理b2=a2+c22accosB,得b=2113解法三因?yàn)閏osA=45,cosC=513,所以sinA=35,sin由正弦定理asinA=csinC,得c=從而b=acosC+ccosA=21136.(62,6+2)如圖D441,圖D441作△PBC,使∠B=∠C=75°,BC=2,作直線AD分別交線段PB、PC于A、D兩點(diǎn)(不與端點(diǎn)重合),且使∠BAD=75°,則四邊形ABCD就是符合題意的四邊形.過C作AD的平行線交PB于點(diǎn)Q,在△PBC中,可求得BP=6+2,在△QBC中,可求得BQ=62,所以AB的取值范圍是(62,6+2).7.1由正弦定理得sinA∶sinB∶sinC=a∶b∶c=4∶5∶6,又由余弦定理知cosA=b2+c2-a22bc=25+36-162×5×6=34,所以sin2AsinC=8.3因?yàn)閟in∠BAC=223,且AD⊥AC,所以sin(π2+∠BAD)=223,所以cos∠BAD=223,在△BAD中,由余弦定理,得9.(1)由題意得12acsinB=a23sinA,即12由正弦定理得12sinCsinB=sin故sinBsinC=23(2)由題意及(1)得cosBcosCsinBsinC=12,即cos(B+C)=1所以B+C=2π3,故A=π由題意得12bcsinA=a23sinA由余弦定理得b2+c2bc=9,即(b+c)23bc=9,得b+c=33.故△ABC的周長為3+33.10.(1)由已知可得tanA=3,所以A=2π3在△ABC中,由余弦定理得28=4+c24ccos2π3,即c2+2c24=解得c=6(舍去),c=4.(2)由題意可得∠CAD=π2,所以∠BAD=∠BAC∠CAD=π故△ABD的面積與△ACD的面積的比值為12AB·又△ABC的面積為12×4×2sin∠BAC=23,所以△ABD的面積為3.11.(1)由已知及正弦定理得2cosC(sinAcosB+sinBcosA)=sinC,2cosCsin(A+B)=sinC,2sinCcosC=sinC,cosC=12,所以C=π(2)由已知,得12absinC=3又C=π3,所以ab=6由已知及余弦定理得a2+b22abcosC=7,故a2+b2=13,從而(a+b)2=25.所以△ABC的周長為5+7.12.(1)根據(jù)正弦定理,可設(shè)asinA=bsinB=c則a=ksinA,b=ksinB,c=ksinC.代入cosAa+cosBb=sinCc中,有sinAsinB=sinAcosB+cosAsinB=sin(A+B).在△ABC中,由A+B+C=π,有sin(A+B)=sin(πC)=sinC,所以sinAsinB=sinC.(2)由已知,b2+c2a2=65bccosA=b2+c所以sinA=1-cos由(1),知sinAsinB=sinAcosB+cosAsinB,所以45sinB=45cosB+35故tanB=sinBcosB13.(1)由已知得∠PBC=60°,所以∠PBA=30°.在△PBA中,由余弦定理得PA2=3+142×3×12cos30°=故PA=72(2)設(shè)∠PBA=α,由已知得PB=sinα.在△PBA中,由正弦定理得3sin150°=化簡得3cosα=4sinα.所以tanα=34,即tan∠PBA=314.1006由題意,得∠BAC=30°,∠ABC=105°.在△ABC中,因?yàn)椤螦BC+∠BAC+∠ACB=180°,所以∠ACB=45°,因?yàn)锳B=600m,由正弦定理可得600sin45°=BCsin30°,即BC=3002m.在Rt△BCD中,因?yàn)椤螩BD=30°,BC=3002m,所以tan30°=CD15.(1)在△ABC中,因?yàn)閏osA=1213,cosC=35,所以sinA=513,sin從而sinB=sin[π(A+C)]=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC=513×35+1213×4由正弦定理ABsinC=ACsinB,得AB=ACsinB×sinC=所以索道AB的長為1040m.(2)假設(shè)乙出發(fā)t分鐘后,甲、乙兩游客距離為d,此時(shí),甲行走了(100+50t)m,乙距離A處130tm,所以由余弦定理得d2=(100+50t)2+(130t)22×130t×(100+50t)×1213=200(37t270t+因?yàn)?≤t≤1040130,即0≤t≤8,故當(dāng)t=(3)由正弦定理BCsinA=ACsinB,得BC=ACsinB×sinA=乙從B出發(fā)時(shí),甲已走了50×(2+8+1)=550(m),還需走710m才能到達(dá)C.設(shè)乙步行的速度為vm/min,由題意得3≤500v71050≤3,解得125043≤v≤62514,所以為使兩位游客在CA組基礎(chǔ)題1.A由余弦定理知(13)2=a2+b22abcos60°,因?yàn)閍=4b,所以13=16b2+b22×4b×b×12,解得b=1或b=1(舍去),所以a=4,所以S△ABC=12ab2.A已知等式變形得cosB+1=ac+1,即cosB=ac①.由余弦定理得cosB=a2+c2-b22ac,代入①得a2+c2-3.B解法一由正弦定理asinA=bsinB,得sinB=bsinAa=32.∵B為銳角,∴B=60°,則C=90°,故A∶B解法二由a2=b2+c22bccosA,得c23c+2=0,解得c=1或c=2.當(dāng)c=1時(shí),△ABC為等腰三角形,B=120°,與已知矛盾,當(dāng)c=2時(shí),a<b<c,則A<B<C,排除選項(xiàng)A,C,D,故選B.4.13因?yàn)?a+b)sinC2=12,(ab)cosC2=5,所以(a+b)2(1-cosC)2=144①,(a-b)2(1+cosC)2=255.5在△ABC中,BD=2AD,設(shè)AD=x(x>0),則BD=2x.在△BCD中,因?yàn)镃D⊥BC,CD=5,BD=2x,所以cos∠CDB=CDBD=52x.在△ACD中,AD=x,CD=5,AC=53,則cos=x2+52-(53)22×x×5.因?yàn)椤螩DB+∠ADC=π,所以cos∠ADC=6.7198由三角形的面積公式,得S△ABC=12acsinB=12×a×5×sin2π3=12×32×5由b2=a2+c22accosB=32+522×3×5×(12)=49,得b=7又由asinA=bsinB?sinA=absinB=3故cos2A=12sin2A=12×(3314)2=7.(1)∵23cos2A+cos2A=23cos2A+2cos2A1=0,∴cos2A=125又A為銳角,∴cosA=15而a2=b2+c22bccosA,即b2125b13=解得b=5(負(fù)值舍去),∴b=5.(2)解法一由正弦定理可得b+c=2(sinB+sinC)=2[sinB+sin(2π3B)]=23sin(B+π∵0<B<2π3,∴π6<B+π6<5π6,∴12<sin(B+π6)≤1,∴b+c∈解法二由余弦定理a2=b2+c22bccosA可得b2+c23=bc,即(b+c)23=3bc≤34(b+c)2,當(dāng)且僅當(dāng)b=c∴b+c≤23,又由兩邊之和大于第三邊可得b+c>3,∴b+c∈(3,23].8.(1)由已知得(2cb)cosA=acosB,由正弦定理,得(2sinCsinB)cosA=sinAcosB,整理,得2sinCcosAsinBcosA=sinAcosB,即2sinCcosA=sin(A+B)=sinC.又sinC≠0,所以cosA=12,所以A=π(2)如圖D442,圖D442過點(diǎn)D作DE∥AC交AB于E,又CD=2DB,∠BAC=π3,所以ED=13AC=1,∠DEA=由余弦定理可知,AD2=AE2+ED22AE·EDcos2π3,得AE=4,則AB=6又AC=3,∠BAC=π3,所以在△ABC中,由余弦定理得a=BC=33B組提升題9.D由正弦定理,得asinA=bsinB=csinC=23,所以sinA=a23,sinB=b23,sinC=c23,將其代入23(sin2Asin2C)=(ab)sinB,得a2+b2c2于是S△ABC=12absin=12×23sinA×23sinB×sin=33sinAsinB=332[cos(AB)cos(=332[cos(AB)+cos=332cos(AB)+當(dāng)A=B=π3時(shí),S△ABC取得最大值,最大值為9310.C由正弦定理可得(ab)·(a+b)=(cb)·c,即b2+c2a2=bc,cosA=b2+c又A∈(0,π2),∴A=π∵bsinB=csinC∴b2+c2=4(sin2B+sin2C)=4[sin2B+sin2(A+B)]=4{1-cos2B2+1-cos[2(A+B)]2}=∵△ABC是銳角三角形,∴B∈(π6,π2),即2Bπ6∈(π∴12<sin(2Bπ6)≤1,∴5<b2+c2≤6.11.42<c<210由4sinA=csinC,得4sinA=c∵16=b2+c22bccosA,∴16b2=64cos