新课标2023版高考数学一轮总复习课时质量评价29正弦定理余弦定理及应用

1、PAGE PAGE 7课时质量评价(二十九)A组全考点巩固练1(2021哈尔滨模拟)边长为5,7,8的三角形的最大角与最小角之和为()A90 B120 C135 D150B解析：根据三角形角边关系可得，最大角与最小角所对的边的长分别为8与5设长为7的边所对的角为，则最大角与最小角的和是180，由余弦定理可得，cos eq f(256449,258)eq f(1,2)，易得60，则最大角与最小角的和是180120，故选B2(2021北京东城区二模)在ABC中，已知Aeq f(,3)，2a2cb，那么eq f(c,a)()Aeq f(3,8) Beq f(3,7) Ceq f(7,15) Deq

2、f(8,15)B解析：根据余弦定理得cos 60eq f(c2(2a2c)2a2,2(2a2c)c)eq f(1,2)，化简得3a210ac7c20，则(3a7c)(ac)0又因为2a2cb0，有ac，所以eq f(c,a)eq f(3,7)，故选B3ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知bc，a22b2(1sin A)，则A()Aeq f(3,4) Beq f(,3) Ceq f(,4) Deq f(,6)C解析：由余弦定理得a2b2c22bccos A2b22b2cos A2b2(1cos A)因为a22b2(1sin A)，所以cos Asin A因为cos A0，所以tan

3、 A1因为A(0，)，所以Aeq f(,4)故选C4在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若2eq r(3)acos C3bcos C3ccos B，则角C的大小为()Aeq f(,6) Beq f(,4) Ceq f(,3) Deq f(2,3)A解析：因为2eq r(3)acos C3bcos C3ccos B，所以2eq r(3)sin Acos C3sin B cos C3sin Ccos B，所以2eq r(3)sin Acos C3sin(CB)3sin A因为A，C(0，)，所以sin A0，cos Ceq f(r(3),2)又C(0，)，所以Ceq f(,6)故选

4、A5在ABC中，D是BC的中点，已知ADeq r(2)，AC2eq r(2)，cos Beq f(3,4)，则ABC的面积为()Aeq r(3) Beq r(5) Ceq r(6) Deq r(7)D解析：设ABc，BCa，在ABC中，a2c22accos B8，在ABD中，eq blc(rc)(avs4alco1(f(a,2)eq sUP12(2)c22eq f(a,2)ccos B2，解得a4，c2，所以SABCeq f(1,2)acsin Beq r(7)故选D6已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足eq f(1,ab)eq f(1,bc)eq f(3,abc)，则角B_

5、eq f(,3)解析：因为 eq f(1,ab)eq f(1,bc)eq f(3,abc)，所以 b2a2c2ac又由余弦定理得 cos Beq f(a2c2b2,2ac)eq f(1,2)，且B(0，)，解得 Beq f(,3)7在ABC中，设BCa，ABc，ABC为锐角且满足lg alg clg sin Blg eq r(2)，则ABC的形状是_等腰直角三角形解析：由题可知lg alg clgsin Blgeq r(2)因为lg alg clgeq f(a,c)，lgeq r(2)lg(eq r(2)1lgeq f(r(2),2)，所以lgeq f(a,c)lg sin Blgeq f(r

6、(2),2)， 得到 eq f(a,c)sin Beq f(r(2),2)因为B是锐角，所以B45，cos Beq f(r(2),2)因为eq f(a,c)eq f(r(2),2)，所以a2eq f(1,2)c2，b2a2c22accos Beq f(1,2)c2c22eq f(r(2),2)c2eq f(r(2),2)eq f(1,2)c2c2c2eq f(1,2)c2，所以a2b2eq f(1,2)c2，所以a2b2c2因此三角形ABC的形状是等腰直角三角形8(2021辽宁丹东二模)已知ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，那么当a_时，满足条件“b2，A30”的ABC有两个(写出一

7、个a的具体数值即可)(1,2)内任一数解析：由正弦定理得eq f(a,sin A)eq f(b,sin B)，所以sin Beq f(bsin A,a)eq f(1,a)若满足条件的ABC有两个，则eq f(1,a)1且ab2，所以1aba，所以C为钝角，所以cos Ceq f(a2b2c2,2ab)0a2b2c2a2(a1)2(a2)2(a1)(a3)0因为a为正整数，所以a1,2当a1时，b2，c3，不能构成三角形，舍去当a2时，b3，c4，满足条件综上，当a2时，ABC为钝角三角形B组新高考培优练11(多选题)在ABC中，根据下列条件解三角形，其中有一解的是()Ab7，c3，C30 Bb

8、5，c4，B45Ca6，b3eq r(3)，B60 Da20，b30，A30BC解析：对于A，因为b7，c3，C30，所以由正弦定理可得sin Beq f(bsin C,c)eq f(7f(1,2),3)eq f(7,6)1，无解；对于B，因为b5，c4，B45，所以由正弦定理可得sin Ceq f(csin B,b)eq f(4f(r(2),2),5)eq f(2r(2),5)1，且cb，有一解；对于C，因为a6，b3eq r(3)，B60，所以由正弦定理可得sin Aeq f(asin B,b)eq f(6f(r(3),2),3r(3)1，A90，此时C30，有一解；对于D，因为a20，b

9、30，A30，所以由正弦定理可得sin Beq f(bsin A,a)eq f(30f(1,2),20)eq f(3,4)1，且ba，所以B有两个值，有两解12(多选题)对于ABC，有如下判断，其中正确的是()A若cos Acos B，则ABC为等腰三角形B若AB，则sin Asin BC若a8，c10，B60，则符合条件的ABC有两个D若sin2Asin2Bsin2C，则ABC是钝角三角形ABD解析：对于A，若cos Acos B，则AB，所以ABC为等腰三角形，故正确；对于B，若AB，则ab，由正弦定理eq f(a,sin A)eq f(b,sin B)2R，得2Rsin A2Rsin B

10、，即sin Asin B成立，故正确；对于C，由余弦定理可得beq r(821022810f(1,2)eq r(84)，只有一解，故错误；对于D，若sin2Asin2Bsin2C，则根据正弦定理得a2b2c2，cos Ceq f(a2b2c2,2ab)0，所以C为钝角，所以ABC是钝角三角形，故正确13(多选题)(2021福建漳州二模)设ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2eq r(2)，beq r(2)，则角B可以是()A15 B30 C45 D75AB解析：cos Beq f(a2c2b2,2ac)eq f(8c22,22r(2)c)eq f(6c2,4r(2)c)eq f

11、(r(2)c,8)eq f(3r(2),4c)2eq r(f(3r(2),4c)f(r(2)c,8)eq f(r(3),2)，当且仅当eq f(3r(2),4c)eq f(r(2)c,8)，ceq r(6)时等号成立，所以cos Beq blcrc(avs4alco1(f(r(3),2)，1)，B(0，30，所以AB选项正确，CD选项错误故选AB14在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acos Bceq f(b,2)0，a2eq f(7,2)bc，bc，则eq f(b,c)_2解析：由acos Bceq f(b,2)0及正弦定理可得sin Acos Bsin Ceq f(sin

12、 B,2)0因为sin Csin(AB)sin Acos Bcos Asin B，所以eq f(sin B,2)cos Asin B0因为sin B0，所以cos Aeq f(1,2)，即Aeq f(2,3)由余弦定理得a2eq f(7,2)bcb2c2bc，即2b25bc2c20，又bc，所以eq f(b,c)215在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sin Asin Beq f(5,4)sin C，且ABC的周长为9，ABC的面积为3sin C，则c_，cos C_4eq f(1,4)解析：因为sin Asin Beq f(5,4)sin C，所以由正弦定理得abeq f

13、(5c,4)因为ABC的周长为9，所以abcceq f(5c,4)9，解得c4因为ABC的面积等于3sin C，所以eq f(1,2)absin C3sin C，整理得ab6由于abeq f(5c,4)5，故eq blcrc (avs4alco1(ab5，,ab6，)解得eq blcrc (avs4alco1(a2，,b3)或eq blcrc (avs4alco1(a3，,b2，)所以cos Ceq f(a2b2c2,2ab)eq f(1,4)16(2021北京卷)已知在ABC中，c2bcos B，Ceq f(2,3)(1)求B的大小；(2)在三个条件中选择一个作为已知，使ABC存在且唯一确定

14、，并求BC边上的中线的长度ceq r(2)b；周长为42eq r(3)；面积SABCeq f(3r(3),4)解：(1)由正弦定理eq f(b,sin B)eq f(c,sin C)，c2bcos B，得sin C2sin Bcos Bsin 2B，故C2B(舍去)或C2B故BAeq f(,6)(2)由(1)知，c2bcos Beq r(3)b，故不能选若选，设BCAC2x，则AB2eq r(3)x，故周长为(42eq r(3)x42eq r(3)，解得x1，从而BCAC2，AB2eq r(3)设BC中点为D，则在ABD中，由余弦定理可得，cos Beq f(AB2BD2AD2,2ABBD)e

15、q f(121AD2,4r(3)eq f(r(3),2)，解得ADeq r(7)若选，设BCAC2x，则AB2eq r(3)x，故SABCeq f(1,2)(2x)2sineq f(2,3)eq r(3)x2eq f(3r(3),4)，解得xeq f(r(3),2)，即BCACeq r(3)，AB3设BC中点为D，则在ABD中，由余弦定理可得，cos Beq f(AB2BD2AD2,2ABBD)eq f(9blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)eq sUP12(2)AD2,3r(3)eq f(r(3),2)，解得ADeq f(r(21),2)17(2022邯郸摸底考试)在ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知asin 2Bbsin A(1)求角B的大小；(2)给出三个条件b2，ABC外接圆半径req f(2r(3),3)，ac2eq r(3)，试从中选择两个可以确定ABC的条件，并求ABC的面积解：(1)因为asin 2Bbsin A，所以2asin Bcos Bbsin A由正弦定理得2abcos Bba，所以cos Beq f(1,2)因为0B，所以Beq f(,3)(2)显然可知当选择条件时，ABC不唯一当选择条件时，ABC唯一，此时，由余弦定理b2a2c22accos B，即4a2c2