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课时提升作业(二十一)
正弦定理和余弦定理
(25分钟 60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.在△ABC中,B=45°, C=60°,c=2,则最短边的长为( )
A. B. C.1 D.
【解析】选A.由于B=45°,C=60°,
所以A=180°-(B+C)=75°,B<C<A.
故最短的边为b,
由正弦定理,得,所以b=
2.在△ABC中,A=,BC=3,AB=,则C=( )
【解题提示】把用大写字母表示的边长改为小写字母,再用正弦定理求解.
【解析】选C.BC=a=3,AB=c=,
由正弦定理,得sin C=
又a=3,c=,所以a>c,即A>C,故C为锐角,
所以C=.
【误区警示】本题简洁由sin C=得sin C=,没有利用a>c推断A>C,就得出C=或.从而导致增解.
3.(2021·温州模拟)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a2-b2=bc,
sin C=2sin B,则A=( )
A.30° B.60° C.120° D.150°
【解析】选A.由于sin C=2sin B,所以由正弦定理得
c=2b,
由于a2-b2=bc,
所以a2=b2+b·2b=7b2,即a=b,
cos A=
由于0°<A<180°,所以A=30°.
【加固训练】(2022·唐山模拟)若△ABC的内角A,B,C满足6sin A=4sin B
=3sin C,则cos B=( )
【解析】选D.由6sin A=4sin B=3sin C,得sin A∶sin B∶sin C=2∶3∶4.
设角A,B,C所对的边分别为a,b,c,
则由正弦定理知a∶b∶c=2∶3∶4,
令a=2k,b=3k,c=4k(k>0),
则cos B=
4.(2021·福州模拟)已知△ABC中,sinA=817,cosB=35,则cosC等于( )
A.-1385或7785 B.7785 C.-7785 D.-1385
【解析】选D.由cosB=35>0得B为锐角,所以sinB=1-cos2B=45;由sinA=817<45=sinB,由正弦定理得A<B,当A为钝角,不符合内角和定理,所以A为锐角,由sinA=817,得cosA=1-sin2A=1517,
由cosC=cos[π-(A+B)]=-cos(A+B)=-(cosAcosB-sinAsinB)=-1385,故答案为D.
5.(2021·临沂模拟)在△ABC中,若sin B·sin C=cos2,且sin2B+sin2C=sin2A,则△ABC是( )
A.等边三角形 B.直角三角形
C.等腰三角形 D.等腰直角三角形
【解题提示】把每个等式化简变形,逐一进行推断.
【解析】选D.由于sin Bsin C=cos2=,
所以2sin Bsin C=1+cos[π-(B+C)]
=1-cos(B+C)
=1-cos Bcos C+sin Bsin C,
即cos Bcos C+sin Bsin C=1,
所以cos(B-C)=1.
由于B,C是△ABC的内角,
所以B-C=0,即B=C,
又由于sin2B+sin2C=sin2A,即b2+c2=a2.
所以A=90°,
故△ABC为等腰直角三角形.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=2,B=π6,c=23,则b= .
【解析】由余弦定理,得b2=a2+c2-2accosB=
4+12-2×2×23cosπ6=16-12=4,所以b=2.
答案:2
【加固训练】若A=60°,a=7,b=5,则c= .
【解题提示】直接用余弦定理列出关于c的方程求解.
【解析】由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A,
所以49=25+c2-2×5×c×cos 60°,
即c2-5c-24=0,解得c=8(c=-3舍去).
答案:8
7.(2021·黄山模拟)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若acosA=bsinB,则sinAcosA+cos2B= .
【解析】由正弦定理,得sinAcosA=sin2B,
所以sinAcosA+cos2B=sin2B+cos2B=1.
答案:1
8.已知锐角三角形的三边长分别为2,3,x,则x的取值范围是 .
【解题提示】由较大的边对的角都是锐角,依据余弦定理列不等式组求解.
【解析】由于2<3,所以只需22+x2>32,22+32>x2,即5<x2<13,又由于x>0,所以5<x<13.
答案:(5,13)
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.(2022·安徽高考)设△ABC的内角A,B,C所对边的长分别是a,b,c,且b=3,c=1,A=2B.
(1)求a的值.
(2)求sin(A+)的值.
【解题提示】依据三角函数的和角、倍角公式及正、余弦定理解答.
【解析】(1)由于A=2B,所以sin A=sin 2B=2sin Bcos B,
由正、余弦定理得a=2b·,
由于b=3,c=1,所以a2=12即a=2.
(2)由余弦定理得cos A=
由于0<A<π,
所以sin A=
故sin(A+)=sin Acos+cos Asin=
10.(2021·日照模拟)在△ABC中,边a,b,c分别是角A,B,C的对边,且满足:bcosC=(3a-c)cosB.
(1)求cosB.
(2)若BC→·BA→=4,b=42,求边a,c的值.
【解析】(1)在△ABC中,由于bcosC=(3a-c)cosB,
由正弦定理可得sinBcosC=(3sinA-sinC)cosB,
所以3sinA·cosB-sinC·cosB=sinBcosC,
化为:3sinA·cosB=sinC·cosB+sinBcosC=sin(B+C)=sinA.
由于在△ABC中,sinA≠0,故cosB=13.
(2)由BC→·BA→=4,b=42,
可得a·c·cosB=4,即ac=12. ①
再由余弦定理可得b2=32=a2+c2-2ac·cosB=a2+c2-2ac3,即a2+c2=40. ②
由①②求得a=2,c=6;或者a=6,c=2.
综上可得,a=2,c=6或a=6,c=2.
【加固训练】(2021·天津模拟)已知锐角△ABC中,角A,B,C对应的边分别为a,b,c, tan A=
(1)求A的大小.
(2)求cos B+cos C的取值范围.
【解析】(1)由余弦定理知b2+c2-a2=2bccos A,
所以tan A=
由于A∈(0,),所以A=.
(2)由于△ABC为锐角三角形且B+C=,
所以<B=-C<,
cos B+cos C=cos B+cos(-B)
=cos B+cos cos B+sin sin B
=cos B+sin B
=sin(B+).
由于<B+<,
所以<sin(B+)≤1,
即cos B+cos C的取值范围是(,1].
(20分钟 40分)
1.(5分)(2021·新课标全国卷Ⅰ)已知锐角△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,23cos2A+cos 2A=0,a=7,c=6,则b=( )
A.10 B.9 C.8 D.5
【解析】选D.由于23cos2A+cos 2A=0,所以23cos2A+2cos2A-1=0,解得cos2A=,
由于△ABC为锐角三角形,所以cos A=,sin A=.
由正弦定理得,
sin C=,cos C=.又B=π-(A+C),
所以sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C=
由正弦定理得, ,解得b=5.
【一题多解】本题还可如下解答
选D.由于23cos2A+cos 2A=0,
所以23cos2A+2cos2A-1=0,即cos2A=,
由于△ABC为锐角三角形,
所以cos A=,
由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccos A,
即49=b2+36-b,
5b2-12b-65=0,
解得b=5或b=-(舍去),
故b=5.
2.(5分)(2021·合肥模拟)在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C的对边,且
cos 2B+cos B+cos(A-C)=1,则( )
A.a,b,c成等差数列
B.a,b,c成等比数列
C.a,c,b成等差数列
D.a,c,b成等比数列
【解析】选B.由cos 2B+cos B+cos(A-C)=1变形得:cos B+cos(A-C)=1-cos 2B,
由于cos B=cos[π-(A+C)]=-cos(A+C),cos 2B=1-2sin2B,
所以上式化简得:cos(A-C)-cos(A+C)= 2sin2B,
所以2sin Asin C=2sin2B,即sin Asin C=sin2B,
由正弦定理得:ac=b2,
则a,b,c成等比数列.故选B.
3.(5分)(2021·泉州模拟)在△ABC中,A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=23,A=π3,则此三角形周长的最大值为 .
【解析】由于a2=b2+c2-2bccosA,
所以b2+c2-bc=12,
(b+c)2=12+3bc≤12+3b+c22,
即(b+c)2≤48,b+c≤43,
故a+b+c≤23+43=63,
当且仅当b=c=23时,“=”成立.
答案:63
4.(12分)(力气挑战题)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且2b·cosA=c·cosA+a·cosC.
(1)求角A的大小.
(2)若a=7,b+c=4,求bc的值.
【解析】(1)由正弦定理,得a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC(R为△ABC外接圆的半径),
则已知等式可化为2sinBcosA=sinCcosA+sinAcosC,
即2sinBcosA=sin(A+C)=sinB,
又sinB≠0,所以cosA=12,A=60°.
(2)(b+c)2=16,即b2+c2+2bc=16(*),
又由余弦定理得,a2=b2+c2-2bccosA,可得b2+c2-bc=7,代入(*)式得bc=3.
【方法技巧】推断三角形的外形的思路与依据
(1)思路:必需从争辩三角形的边与边的关系,或角的关系入手,充分利用正弦定理与余弦定理进行转化,即化边为角或化角为边,使边角统一.
(2)推断依据:
①等腰三角形:a=b或A=B.
②直角三角形:b2+c2=a2或A=90°.
③钝角三角形:a2>b2+c2,A>90°.
④锐角三角形:若a为最大边,且满足a2<b2+c2或A为最大角,且A<90°.
5.(13分)(2022·湖南高考)如图,在平面四边形ABCD中,DA⊥AB,DE=1, EC=7,EA=2,∠ADC=2π3,∠BEC=π3.
(1)求sin∠CED的值.
(2)求BE的长.
【解题提示】利用正余弦定理和三角变换公式求解.
【解析】设∠CED=α,
(1)在△CDE中,由余弦定理,得EC2=CD2+DE2-
2CD·DE·cos∠EDC,
于是由题设知,7=CD2+1+CD,即CD2+CD-6=0,
解得CD=2(CD=-3舍去).
在△CDE中,由正弦定理,得ECsin∠EDC=CDsinα,
于是,sinα=CD·sin2π3EC=2·327=217,
即sin∠CED=217.
(2)由题设知,0<α<π3,于是由(1)知,
cosα=1-sin2α=1-2149=277,
而∠AEB=2π3-α,所以cos∠AEB=cos2π3-α=cos2π3cosα+sin2π3sinα
=-12cosα+32sinα=-12·277+32·217=714.
在Rt△EAB中,cos∠AEB=EABE=2BE,
所以BE=EAcos∠AEB=2714=47.
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