2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第四章 三角函數(shù) 解三角形 課時(shí)跟蹤訓(xùn)練23 正弦定理和余弦定理 文

《2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第四章 三角函數(shù) 解三角形 課時(shí)跟蹤訓(xùn)練23 正弦定理和余弦定理 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第四章 三角函數(shù) 解三角形 課時(shí)跟蹤訓(xùn)練23 正弦定理和余弦定理 文（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第四章 三角函數(shù) 解三角形 課時(shí)跟蹤訓(xùn)練23 正弦定理和余弦定理 文 一、選擇題 1．在△ABC中，已知b＝6，c＝6，B＝30°，則A等于(　　) A．60° B．90° C．30°或90° D．60°或120° [解析]　由csinB＝3

2、　由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得5＝b2＋4－b，即3b2－8b－3＝0，解得b＝3或b＝－(舍去)．故選D. [答案]　D 3．(2017·合肥模擬)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c.若c2＝(a－b)2＋6，C＝，則△ABC的面積是(　　) 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×＝，故選C. [答案]　C 4．在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，

3、AB＝2BC＝2CD，則cos∠DAC＝(　　) A. B. C. D. [解析]　如圖所示，設(shè)CD＝a，則易知AC＝a，AD＝a，在△ACD中，CD2＝AD2＋AC2－2AD×AC×cos∠DAC，∴a2＝(a)2＋(a)2－2×a×a×cos∠DAC，∴cos∠DAC＝. [答案]　B 5．(2017·山東卷)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)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(chǎn)＝2b B．b＝2a C．A＝2B D．B＝2A [解析]　由題

4、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. [答案]　A 6．(2017·甘肅省張掖市高三一診)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，若c＝2a，bsinB－asinA＝asinC，則sinB為(　　) A. B. C. D. [解析]　由bsinB－asinA＝asinC，且c＝2a，得b＝a，∵cosB＝＝＝，∴sinB＝ ＝.故選A. [答案]　A 二、填空題 7．在△ABC中，已知sin(B＋A)＋sin(B－A

5、)＝2sinAcosA，則△ABC的形狀為_(kāi)_______． [解析]　由已知得sinBcosA＋cosBsinA＋sinBcosA－cosBsinA＝2sinAcosA，即sinBcosA＝sinAcosA，所以cosA(sinB－sinA)＝0，若cosA＝0，則A＝，△ABC為直角三角形． 若sinB－sinA＝0，則A＝B或A＋B＝π(舍去)． △ABC為等腰三角形，故△ABC為直角三角形或等腰三角形． [答案]　直角三角形或等腰三角形 8．(2016·全國(guó)卷Ⅱ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若cosA＝，cosC＝，a＝1，則b＝________. [解

6、析]　在△ABC中，∵cosA＝，cosC＝，∴sinA＝，sinC＝，∴sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋sinCcosA＝×＋×＝.由正弦定理＝，可得b＝＝1××＝. [答案]　 9．(2017·全國(guó)卷Ⅱ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若2bcosB＝acosC＋ccosA，則B＝________. [解析]　解法一：依題意得2b×＝a×＋c×，即a2＋c2－b2＝ac，所以2accosB＝ac>0，cosB＝.又00，因此cos

7、B＝，又0

8、S＝ac·sinB＝. [能力提升] 11．(2017·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sinB＋sinA·(sinC－cosC)＝0，a＝2，c＝，則C＝(　　) A. B. C. D. [解析]　因?yàn)閟inB＋sinA(sinC－cosC)＝0，所以sin(A＋C)＋sinA·sinC－sinA·cosC＝0，所以sinAcosC＋cosAsinC＋sinAsinC－sinAcosC＝0，整理得sinC(sinA＋cosA)＝0，因?yàn)閟inC≠0，所以sinA＋cosA＝0，所以tanA＝－1，所以A∈(0，π)，所以A＝，由正弦定理得s

9、inC＝＝＝，又0

10、的對(duì)邊分別是a，b，c，已知b＝2，c＝2，且C＝，則△ABC的面積為_(kāi)_______． [解析]　由正弦定理＝得sinB＝＝，又c>b，且B∈(0，π)，所以B＝，所以A＝，所以S＝bcsinA＝×2×2sin＝×2×2×＝＋1. [答案]?。? 14．(2017·河北石家莊模擬)已知在△ABC中，角C為直角，D是邊BC上一點(diǎn)，M是AD上一點(diǎn)，且CD＝1，∠DBM＝∠DMB＝∠CAB，則MA＝________. [解析]　設(shè)∠DMB＝θ，則∠ADC＝2θ，∠DAC＝－2θ，∠AMB＝π－θ，∠ABM＝－2θ. 在△CDA中，利用正弦定理得＝； 在△AMB中，利用正弦定理得＝，

11、又在Rt△ABC中，cosθ＝， ∴＝＝＝，又CD＝1，從而MA＝2. [答案]　2 15．(2017·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△ABC的面積為. (1)求sinBsinC； (2)若6cosBcosC＝1，a＝3，求△ABC的周長(zhǎng)． [解]　(1)由題設(shè)得acsinB＝，即csinB＝. 由正弦定理得sinCsinB＝. 故sinBsinC＝. (2)由題設(shè)及(1)得cosBcosC－sinBsinC＝－，即cos(B＋C)＝－. 所以B＋C＝，故A＝. 由題設(shè)得bcsinA＝，即bc＝8. 由余弦定理得b2＋c2－bc＝9，

12、即(b＋c)2－3bc＝9，得b＋c＝. 故△ABC的周長(zhǎng)為3＋. 16．(2017·四川省成都市高三二檢)如圖，在平面四邊形ABCD中，已知A＝，B＝，AB＝6.在AB邊上取點(diǎn)E，使得BE＝1，連接EC，ED.若∠CED＝，CE＝. (1)求sin∠BCE的值； (2)求CD的長(zhǎng)． [解]　(1)在△BEC中，由正弦定理，知＝. ∵B＝，BE＝1，CE＝， ∴sin∠BCE＝＝＝. (2)∵∠CED＝B＝，∴∠DEA＝∠BCE，∴cos∠DEA＝＝＝ ＝. ∵A＝，∴△AED為直角三角形，又AE＝5， ∴DE＝＝＝2. 在△CED中，CD2＝CE2＋DE2－2CE·

13、DE·cos∠CED＝7＋28－2××2×＝49. ∴CD＝7. [延伸拓展] 　(2017·廣東汕頭一模)在△ABC中，a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊，且滿足b＝c，＝，若點(diǎn)O是△ABC外一點(diǎn)，∠AOB＝θ(0<θ<π)，OA＝2，OB＝1，則四邊形OACB面積的最大值是(　　) A.　　　B.　　　C．3　　　D. [解析]　由＝及正弦定理可得sinB·cosA＝sinA－sinAcosB，∴sin(A＋B)＝sinA，∴sinC＝sinA，又A，C∈(0，π)，∴C＝A，∴c＝a，又b＝c，∴△ABC是等邊三角形，設(shè)該三角形的邊長(zhǎng)為x，則x2＝12＋22－2×1×2×cosθ＝5－4cosθ，則S四邊形OACB＝×1×2sinθ＋x2＝sinθ＋(5－4cosθ)＝2sin＋，又θ∈(0，π)，∴當(dāng)θ＝時(shí)，S四邊形OACB取得最大值.故選B. [答案]　B