高中数学高考一轮复习一轮复习 第六节 正弦定理和余弦定理

课时作业(二十七)正弦定理和余弦定理1．在△ABC中，若A＝eq\f(π,3)，B＝eq\f(π,4)，BC＝3eq\r(2)，则AC＝()A．eq\f(\r(3),2) B．eq\r(3)C．2eq\r(3) D．4eq\r(5)C[由正弦定理得：eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AC,sinB)，即有AC＝eq\f(BC·sinB,sinA)＝eq\f(3\r(2)×sin\f(π,4),sin\f(π,3))＝2eq\r(3).]2．在△ABC中，c＝eq\r(3)，b＝1，∠B＝eq\f(π,6)，则△ABC的形状为()A．等腰直角三角形 B．直角三角形C.等边三角形 D．等腰三角形或直角三角形D[根据余弦定理有b2＝a2＋c2－2accosB，即1＝a2＋3－3a，解得a＝1或a＝2.当a＝1时，三角形ABC为等腰三角形，当a＝2时，三角形ABC为直角三角形．]3．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b＝c，a2＝2b2(1－sinA)，则A等于()A．eq\f(3π,4) B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,4) D．eq\f(π,6)C[由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝2b2－2b2cosA，所以2b2(1－sinA)＝2b2(1－cosA)，所以sinA＝cosA，即tanA＝1，又0<A<π，所以A＝eq\f(π,4).]4．△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若B＝120°，sinC＝eq\f(\r(21),7)，c＝2，则△ABC的面积等于()A．eq\f(\r(3),2) B．2eq\r(3)C．eq\f(\r(3),4) D．eq\r(3)A[由正弦定理eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得b＝eq\f(csinB,sinC)＝eq\f(2×\f(\r(3),2),\f(\r(21),7))＝eq\r(7).由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得7＝a2＋4＋2a，解得a＝1或a＝－3(舍去)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×1×2×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)，故选A．]5．(多选)(2023·即墨期中)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若asinA＝4bsinB，ac＝eq\r(5)(a2－b2－c2)，则下列选项正确的是()A．a＝2bB．cosA＝eq\f(\r(5),5)C．sinB＝eq\f(\r(5),5)D．△ABC为钝角三角形ACD[由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得asinB＝bsinA，又asinA＝4bsinB，得4bsinB＝asinA．两式作比得eq\f(a,4b)＝eq\f(b,a)所以a＝2b，故A正确．由ac＝eq\r(5)(a2－b2－c2)，得b2＋c2－a2＝－eq\f(\r(5),5)ac.由余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(－\f(\r(5),5)ac,2bc)＝－eq\f(\r(5),10)·eq\f(a,b)＝－eq\f(\r(5),10)·eq\f(2b,b)＝－eq\f(\r(5),5)，故B错误．由于cosA<0，可得A为钝角，故D正确．由于eq\f(2b,sinA)＝eq\f(b,sinB)，可得sinB＝eq\f(1,2)sinA＝eq\f(1,2)×eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),5)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(5),5)，故C正确．故选ACD.]6．在△ABC中，∠A＝eq\f(2π,3)，a＝eq\r(3)c，则eq\f(b,c)＝________．解析：在△ABC中，∠A＝eq\f(2π,3)，∴a2＝b2＋c2－2bccoseq\f(2π,3)，即a2＝b2＋c2＋bc.∵a＝eq\r(3)c，∴3c2＝b2＋c2＋bc，∴b2＋bc－2c2＝0，∴(b＋2c)(b－c)＝0，∴b－c＝0，∴b＝c，∴eq\f(b,c)＝1.答案：17．(2023·福建省质量检测)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，A＝eq\f(2π,3)，a＝7.若△ABC的面积为eq\f(15\r(3),4)，则其周长是____．解析：由面积公式可得S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),4)bc，又由题意知S△ABC＝eq\f(15\r(3),4)，故bc＝15.根据余弦定理，得a2＝b2＋c2＋bc，可得(b＋c)2－bc＝a2，由a＝7，bc＝15，解得(b＋c)2＝64，即b＋c＝8，所以周长为a＋b＋c＝15.答案：158．(2023·浙江期中)在三角形ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，且bcosA＋acosB＝2asinC，则A＝________，若b＝2a，且△ABC的面积为eq\r(3)，则a＝________．解析：因为bcosA＋acosB＝2asinC，所以由正弦定理可得sinBcosA＋sinAcosB＝2sinAsinC，可得sin(A＋B)＝sinC＝2sinAsinC因为sinC≠0，所以sinA＝eq\f(1,2).又因为A∈(0，π)，则角A＝eq\f(π,6)或eq\f(5a,6)，若b＝2a，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，可得eq\f(a,\f(1,2))＝eq\f(2a,sinB)，解得sinB＝1由于B∈(0，π)，可得B＝eq\f(π,2)，则A＝eq\f(π,6)，C＝eq\f(π,3).因为△ABC的面积为eq\r(3)＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×a×2a×eq\f(\r(3),2)，解得a＝eq\r(2).答案：eq\f(π,6)或eq\f(5π,6)；eq\r(2)9．(2023·全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋A))＋cosA＝eq\f(5,4).(1)求A;(2)若b－c＝eq\f(\r(3),3)a，证明：△ABC是直角三角形．解析：(1)由已知得sin2A＋cosA＝eq\f(5,4)，即cos2A－cosA＋eq\f(1,4)＝0.所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosA－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝0，cosA＝eq\f(1,2).由于0<A<π，故A＝eq\f(π,3).(2)证明：由正弦定理及已知条件可得sinB－sinC＝eq\f(\r(3),3)sinA．由(1)知B＋C＝eq\f(2π,3)，所以sinB－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))＝eq\f(\r(3),3)sineq\f(π,3).即eq\f(1,2)sinB－eq\f(\r(3),2)cosB＝eq\f(1,2)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,3)))＝eq\f(1,2).由于0<B<eq\f(2π,3)，故B＝eq\f(π,2).从而△ABC是直角三角形．10．(开放型)在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，且满足sinA＋eq\r(3)cosA＝2.(1)求角A的大小；(2)现给出三个条件：①a＝2；②B＝eq\f(π,4)；③c＝eq\r(3)b.试从中选出两个可以确定△ABC的条件，写出你的方案并以此为依据求△ABC的面积．(写出一种方案即可)解析：(1)依题意得2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))＝2，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))＝1，∵0<A<π，∴eq\f(π,3)<A＋eq\f(π,3)<eq\f(4π,3)，∴A＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)，∴A＝eq\f(π,6).(2)选择①②，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得b＝eq\f(asinB,sinA)＝2eq\r(2).∵A＋B＋C＝π，∴sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(\r(2)＋\r(6),4)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(2)×eq\f(\r(2)＋\r(6),4)＝eq\r(3)＋1.选择①③，∵c＝eq\r(3)b，由正弦定理得sinC＝eq\r(3)sinB，即sin(A＋B)＝eq\r(3)sinB，可得sinAcosB＋cosAsinB＝eq\r(3)sinB，∵A＝eq\f(π,6)，得cosB＝eq\r(3)sinB，解得B＝eq\f(π,6)，∴b＝a＝2，c＝2eq\r(3)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(3)×eq\f(1,2)＝eq\r(3).选择②③，∵sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(\r(2)＋\r(6),4)，由c＝eq\r(3)b结合正弦定理得sinC＝eq\r(3)sinB＝eq\f(\r(6),2)，矛盾，所以此种方案无法确定△ABC.11．△ABC中，BC＝2，AC＝3，cosC＝eq\f(1,3)，则△ABC外接圆的面积为()A．eq\f(83π,32) B．eq\f(81π,34)C．eq\f(81π,32) D．eq\f(85π,36)C[△ABC中，令内角A，B，C的对边分别为a，b，c，∵a＝2，b＝3，且cosC＝eq\f(1,3)，∴由余弦定理可知c2＝a2＋b2－2abcosC＝22＋32－2×2×3×eq\f(1,3)＝9，∴c＝3.又sinC＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq\f(2\r(2),3)，∴由正弦定理可知外接圆半径R＝eq\f(1,2)×eq\f(c,sinC)＝eq\f(1,2)×eq\f(3,\f(2\r(2),3))＝eq\f(9\r(2),8).故外接圆面积S＝πR2＝π×eq\f(81,32)＝eq\f(81π,32).故选C.]12．(多选)已知a，b，c分别是△ABC三个内角A，B，C的对边，下列四个命题中正确的是()A．若tanA＋tanB＋tanC>0，则△ABC是锐角三角形B．若acosA＝bcosB，则△ABC是等腰三角形C．若bcosC＋ccosB＝b，则△ABC是等腰三角形D．若eq\f(a,cosA)＝eq\f(b,cosB)＝eq\f(c,cosC)，则△ABC是等边三角形ACD[因为tanA＋tanB＝tan(A＋B)(1－tanAtanB)，所以tanA＋tanB＋tanC＝tan(A＋B)(1－tanAtanB)＋tanC＝－tanC(1－tanAtanB)＋tanC＝tanAtanBtanC>0，所以A，B，C均为锐角，所以A项正确；由acosA＝bcosB及正弦定理，可得sin2A＝sin2B，所以A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，所以△ABC是等腰三角形或直角三角形，所以B项错误；由bcosC＋ccosB＝b及正弦定理，可知sinBcosC＋sinCcosB＝sinB，所以sinA＝sinB，所以A＝B，所以C项正确；由已知和正弦定理，易知tanA＝tanB＝tanC，所以A＝B＝C，所以D项正确．故选ACD项．]13．(开放型)(2023·山东日照二模)在①b2＋ac＝a2＋c2；②eq\r(3)acosB＝bsinA；③eq\r(3)sinB＋cosB＝2，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，____________，A＝eq\f(π,4)，b＝eq\r(2).(1)求角B；(2)求△ABC的面积．解析：若选择①b2＋ac＝a2＋c2.(1)由余弦定理得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(b2＋ac－b2,2ac)＝eq\f(1,2)，因为B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).(2)由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)得a＝eq\f(bsinA,sinB)＝eq\f(\r(2)sin\f(π,4),\f(\r(3),2))＝eq\f(2\r(3),3)，因为A＝eq\f(π,4)，B＝eq\f(π,3)，所以C＝π－eq\f(π,4)－eq\f(π,3)＝eq\f(5π,12)，所以sinC＝sineq\f(5π,12)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(π,6)))＝sineq\f(π,4)coseq\f(π,6)＋coseq\f(π,4)sineq\f(π,6)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×eq\f(2\r(3),3)×eq\r(2)×eq\f(\r(6)＋\r(2),4)＝eq\f(3＋\r(3),6).若选择②eq\r(3)acosB＝bsinA．(1)由正弦定理得eq\r(3)sinAcosB＝sinBsinA，因为sinA≠0，所以eq\r(3)cosB＝sinB，即tanB＝eq\r(3)，又B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).(2)同上．若选择③eq\r(3)sinB＋cosB＝2.(1)由和角公式得2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))＝2，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))＝1.因为B∈(0，π)，所以B＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，所以B＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，所以B＝eq\f(π,3).(2)同上．14．(2023·河北九校第二次联考)已知锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其外接圆半径R满足3R2＋2accosB＝a2＋c2.(1)求B的大小；(2)已知△ABC的面积S＝eq\f(\r(3)abc,12)，求a＋c的取值范围．解析：(1)∵3R2＋2accosB＝a2＋c2，∴3R2＝a2＋c2－2accosB＝b2，即R＝eq\f(\r(3),3)b，∴sinB＝eq\f(b,2R)＝b×eq\f(3,2\r(3)b)＝eq\f(\r(3),2)，又B为锐角，∴B＝eq\f(π,3).(2)∵△ABC的面积S＝eq\f(\r(3)abc,12)＝eq\f(1,2)acsineq\f(π,3)，∴b＝3，∴2R＝eq\f(2\r(3),3)b＝2eq\r(3)，又eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)＝2R，A＋C＝π－B＝eq\f(2π,3)，∴a＋c＝2R(sinA＋sinC)＝2eq\r(3)[sinA＋sin(eq\f(2π,3)－A)]＝2eq\r(3)(eq\f(3,2)sinA＋eq\f(\r(3),2)cosA)＝6sin(eq\f(π,6)＋A)，由△ABC是锐角三角形得A∈(eq\f(π,6)，eq\f(π,2))，∴A＋eq\f(π,6)∈(eq\f(π,3)，eq\f(2π,3))，∴sin(A＋eq\f(π,6))∈(eq\f(\r(3),2)，1]，∴a＋c∈(3eq\r(3)，6]，即a＋c的取值范围为(3eq\r(3)，6].15．《数书九章》中已知三角形三边长求三角形面积的求法填补了我国传统数学的一个空白，与著名的海伦公式完全等价，由此可以看出我国在古代已具有很高的数学水平．书中记载的三角形面积的求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，即三边长分别为a，b，c的三角形的面积S＝eq\r(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(c2a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c2＋a2－b2,2)))\s\up12(2))))现有周长为4＋eq\r(10)的△ABC满足sinA∶sinB∶sinC＝(eq\r(2)－1)∶eq\r(5)∶(eq\r(2)＋1).用以上给出的公式求△ABC的面积为()A．eq\f(\r(3),2)B．eq\f(\r(5),2)C．eq\f(\r(3),4)D．eq\f(\r(5),4)A[因为sinA∶sinB∶sinC＝(eq\r(2)－1)∶eq\r(5)∶(eq\r(2)＋1)，所以由正弦定理，得a∶b∶c＝(eq\r(2)－1)∶eq\r(5)∶(eq\r(2)＋1).又a＋b＋c＝4＋eq\r(10)，所以a＝2－eq\r(2)，b＝eq\r(10)，c＝2＋eq\r(2)，所以ac＝4－2＝2，c2＋a2－b2