创新方案高考数学复习精编（人教新课标）37正弦定理和余弦定理doc高中数学

/第三章第七节正弦定理和余弦定理题组一正、余弦定理的简单应用1.(2023·广东高考)已知△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c.假设a＝c＝eq\r(6)＋eq\r(2)，且∠A＝75°，那么b＝()A．2B．4＋2eq\r(3)C．4－2eq\r(3)D.eq\r(6)－eq\r(2)解析：如以下图．在△ABC中，由正弦定理得=4，∴b=2.答案：A2．在锐角△ABC中，BC＝1，B＝2A，那么eq\f(AC,cosA)的值等于______，AC的取值范围为________．解析：由正弦定理得eq\f(AC,sin2A)＝eq\f(BC,sinA).即eq\f(AC,2sinAcosA)＝eq\f(1,sinA).∴eq\f(AC,cosA)＝2.∵△ABC是锐角三角形，∴0＜A＜eq\f(π,2)，0＜2A＜eq\f(π,2)，0＜π－3A＜eq\f(π,2)，解得eq\f(π,6)＜A＜eq\f(π,4).由AC＝2cosA得AC的取值范围为(eq\r(2)，eq\r(3))．答案：2(eq\r(2)，eq\r(3))3．(2023·全国卷Ⅰ)在△ABC中，内角A、B、C的对边长分别为a、b、c.已知a2－c2＝2b，且sinAcosC＝3cosAsinC，求b.解：由余弦定理得a2－c2＝b2－2bccosA.又a2－c2＝2b，b≠0，所以b＝2ccosA＋2.①又sinAcosC＝3cosAsinC，sinAcosC＋cosAsinC＝4cosAsinC，sin(A＋C)＝4cosAsinC，sinB＝4sinCcosA.由正弦定理得sinB＝eq\f(b,c)sinC，故b＝4ccosA.②由①、②解得b＝4.题组二利用正、余弦定理判断三角形的形状4.(2023·天津模拟)在△ABC中，cos2eq\f(B,2)＝eq\f(a＋c,2c)，(a，b，c分别为角A，B，C的对边)，那么△ABC的形状为()A．正三角形B．直角三角形C．等腰三角形或直角三角形D．等腰直角三角形解析：∵cos2eq\f(B,2)＝eq\f(a＋c,2c)，∴eq\f(cosB＋1,2)＝eq\f(a＋c,2c)，∴cosB＝eq\f(a,c)，∴eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a,c)，∴a2＋c2－b2＝2a2，即a2＋b2＝c2，∴△ABC为直角三角形．答案：B5．在△ABC中，已知2sinAcosB＝sinC，那么△ABC一定是()A．直角三角形B．等腰三角形C．等腰直角三角形D．正三角形解析：法一：因为在△ABC中，A＋B＋C＝π，即C＝π－(A＋B)，所以sinC＝sin(A＋B)．由2sinAcosB＝sinC，得2sinAcosB＝sinAcosB＋cosAsinB，即sinAcosB－cosAsinB＝0，即sin(A－B)＝0.又因为－π＜A－B＜π，所以A－B＝0，即A＝B.所以△ABC是等腰三角形．法二：利用正弦定理和余弦定理2sinAcosB＝sinC可化为2a·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝c，即a2＋c2－b2＝c2，即a2－b2＝0，即a2＝b2，故a＝b.所以△ABC是等腰三角形．答案：B题组三三角形面积公式的应用6.在△ABC中，AB＝eq\r(3)，AC＝1，B＝eq\f(π,6)，那么△ABC的面积等于()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(\r(3),4)C.eq\f(\r(3),2)或eq\r(3)D.eq\f(\r(3),2)或eq\f(\r(3),4)解析：由正弦定理知eq\f(AB,sinC)＝eq\f(AC,sinB)，∴sinC＝eq\f(ABsinB,AC)＝eq\f(\r(3),2)，∴C＝eq\f(π,3)或eq\f(2π,3)，A＝eq\f(π,2)或eq\f(π,6)，∴S＝eq\f(\r(3),2)或eq\f(\r(3),4).答案：D7．在△ABC中，面积S＝a2－(b－c)2，那么cosA＝()A.eq\f(8,17)B.eq\f(15,17)C.eq\f(13,15)D.eq\f(13,17)解析：S＝a2－(b－c)2＝a2－b2－c2＋2bc＝2bc－2bccosA＝eq\f(1,2)bcsinA，∴sinA＝4(1－cosA),16(1－cosA)2＋cos2A＝1，∴cosA＝eq\f(15,17).答案：B8．(2023·浙江高考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足coseq\f(A,2)＝eq\f(2\r(5),5)，·＝3.(1)求△ABC的面积；(2)假设c＝1，求a的值．解：(1)因为coseq\f(A,2)＝eq\f(2\r(5),5)，所以cosA＝2cos2eq\f(A,2)－1＝eq\f(3,5)，sinA＝eq\f(4,5).又由·＝3，得bccosA＝3，所以bc＝5.因此S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝2.(2)由(1)知，bc＝5，又c＝1，所以b＝5，由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA＝20，所以a＝2eq\r(5).题组四正、余弦定理的综合应用9.假设△ABC的周长等于20，面积是10eq\r(3)，A＝60°，那么BC边的长是()A．5B．6C．7D．8解析：依题意及面积公式S＝eq\f(1,2)bcsinA，得10eq\r(3)＝eq\f(1,2)bcsin60°，得bc＝40.又周长为20，故a＋b＋c＝20，b＋c＝20－a，由余弦定理得：a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－2bccos60°＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc，故a2＝(20－a)2－120，解得a＝7.答案：C10．(文)在三角形ABC中，已知∠B＝60°，最大边与最小边的比为eq\f(\r(3)＋1,2)，那么三角形的最大角为()A．60°B．75°C．90°D．115°解析：不妨设a为最大边．由题意，eq\f(a,c)＝eq\f(sinA,sinC)＝eq\f(\r(3)＋1,2)，即eq\f(sinA,sin(120°－A))＝eq\f(\r(3)＋1,2)，∴eq\f(sinA,\f(\r(3),2)cosA＋\f(1,2)sinA)＝eq\f(\r(3)＋1,2)，(3－eq\r(3))sinA＝(3＋eq\r(3))cosA，∴tanA＝2＋eq\r(3)，∴A＝75°.答案：B(理)锐角△ABC中，假设A＝2B，那么eq\f(a,b)的取值范围是()A．(1,2)B．(1，eq\r(3))C．(eq\r(2)，2)D．(eq\r(2)，eq\r(3))解析：∵△ABC为锐角三角形，且A＝2B，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＜2B＜\f(π,2)，,0＜π－3B＜\f(π,2)，))∴eq\f(π,6)＜B＜eq\f(π,4)，∴sinA＝sin2B＝2sinBcosB，eq\f(a,b)＝eq\f(sinA,sinB)＝2cosB∈(eq\r(2)，eq\r(3))．答案：D11．已知a，b，c为△ABC的三个内角A，B，C的对边，向量m＝(eq\r(3)，－1)，n＝(cosA，sinA)，假设m⊥n，且acosB＋bcosA＝csinC，那么角B＝________.解析：∵m⊥n，∴eq\r(3)cosA－sinA＝0，∴tanA＝eq\r(3)，∴A＝eq\f(π,3).∵acosB＋bcosA＝csinC，∴sinAcosB＋sinBcosA＝sinCsinC，∴sin(A＋B)＝sin2C，∴sinC＝sin2C，∵sinC≠0，∴sinC＝1.∴C＝eq\f(π,2)，∴B＝eq\f(π,6).答案：eq\f(π,6)12．(文)(2023·长郡模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，eq\f(π,3)＜C＜eq\f(π,2)且eq\f(b,a－b)＝eq\f(sin2C,sinA－sin2C)(1)判断△ABC的性状；(2)假设|＋|＝2，求·的取值范围．解：(1)由eq\f(b,a－b)＝eq\f(sin2C,sinA－sin2C)及正弦定理得sinB＝sin2C，∴B＝2C，且B＋2C＝π，假设B＝2C，eq\f(π,3)＜C＜eq\f(π,2)，∴eq\f(2,3)π＜B＜π，B＋C＞π(舍)；∴B＋2C＝π，那么A＝C，∴△ABC为等腰三角形．(2)∵|＋|＝2，∴a2＋c2＋2ac·cosB＝4，∴cosB＝eq\f(2－a2,a2)(∵a＝c)，而cosB＝－cos2C，eq\f(π,3)＜C＜eq\f(π,2)，∴eq\f(1,2)＜cosB＜1，∴1＜a2＜eq\f(4,3)，又·＝accosB＝2－a2，∴·∈(eq\f(2,3)，1)．(理)(2023·广州模拟)在△ABC中，A，B，C分别是三边a，b，c的对角．设m＝(coseq\f(C,2)，sineq\f(C,2))，n＝(coseq\f(C,2)，－sineq\f(C,2))，m，n的夹角为eq\f(π,3).(1)求C的大小；(2)已知c＝eq\f(7,2)，三角形的面积S＝eq\f(3\r(3),2)，求a＋b的值．解：(1)m·n＝cos2eq\f(C,2)－sin2eq\f(C,2)＝cosC，又m·n＝|m||n|coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，故cosC＝eq\f(1,2)，∵0＜C＜π，∴C＝eq\f(π,3).(2)S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)