2021新高考数学新课程一轮复习课时作业第三章第6讲正弦定理和余弦定理

第6讲正弦定理和余弦定理组基础关1．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(12,13)，a＝1，则b等于()A．2B.eq\f(56,13)C.eq\f(21,13)D.eq\f(56,39)答案D解析因为A∈(0，π)，B∈(0，π)，cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(12,13).所以sinA＝eq\f(3,5)，sinC＝eq\f(5,13)，所以sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(3,5)×eq\f(12,13)＋eq\f(4,5)×eq\f(5,13)＝eq\f(56,65).由正弦定理，得b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(1×\f(56,65),\f(3,5))＝eq\f(56,39).2．在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，C＝60°，a＝4b，c＝eq\r(13)，则b＝()A．1 B．2C．3 D.eq\r(13)答案A解析由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcosC.又因为c＝eq\r(13)，a＝4b，C＝60°，所以13＝16b2＋b2－2×4b×b×cos60°，解得b＝1.3．在△ABC中，如果eq\f(a,tanA)＝eq\f(b,tanB)＝eq\f(c,tanC)，那么△ABC是()A．直角三角形 B．等边三角形C．等腰直角三角形 D．钝角三角形答案B解析由正弦定理及eq\f(a,tanA)＝eq\f(b,tanB)＝eq\f(c,tanC)，得eq\f(sinA,tanA)＝eq\f(sinB,tanB)＝eq\f(sinC,tanC)，整理，得cosA＝cosB＝cosC，因为A，B，C为三角形的内角，所以A＝B＝C，所以△ABC是等边三角形．4．(2019·安徽省江南十校联考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若b＝2eq\r(7)，c＝3，B＝2C，则cos2C的值为()A.eq\f(\r(7),3)B.eq\f(5,9)C.eq\f(4,9)D.eq\f(\r(7),4)答案B解析由正弦定理，得eq\f(b,c)＝eq\f(sinB,sinC)＝eq\f(2\r(7),3).又因为B＝2C，所以eq\f(2\r(7),3)＝eq\f(sin2C,sinC)＝2cosC，故cosC＝eq\f(\r(7),3)，所以cos2C＝2cos2C－1＝2×eq\f(7,9)－1＝eq\f(5,9).5．在△ABC中，A＝60°，b＝1，S△ABC＝eq\r(3)，则eq\f(c,sinC)＝()A.eq\f(8\r(3),81)B.eq\f(2\r(39),3)C.eq\f(26\r(3),3) D．2eq\r(7)答案B解析依题意得，eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),4)c＝eq\r(3)，则c＝4.由余弦定理得a＝eq\r(b2＋c2－2bccosA)＝eq\r(13)，因此eq\f(a,sinA)＝eq\f(\r(13),sin60°)＝eq\f(2\r(39),3).由正弦定理得eq\f(c,sinC)＝eq\f(2\r(39),3)，故选B.6．(2020·许昌摸底)若△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若sin(C－A)＝eq\f(1,2)sinB，且b＝4，则c2－a2＝()A．10 B．8C．7 D．4答案B解析因为A＋B＋C＝π，所以sin(C－A)＝eq\f(1,2)sinB＝eq\f(1,2)sin(A＋C)，即2sinCcosA－2cosCsinA＝sinAcosC＋cosAsinC，即sinCcosA＝3sinAcosC.由正弦定理和余弦定理，得c·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝3a·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，化简得c2－a2＝eq\f(b2,2)＝eq\f(16,2)＝8.故选B.7．(2019·泸州模拟)在△ABC中，角B为eq\f(3π,4)，BC边上的高恰为BC边长的一半，则cosA＝()A.eq\f(2\r(5),5)B.eq\f(\r(5),5)C.eq\f(2,3)D.eq\f(\r(5),3)答案A解析设BC边上的高为h，则BC＝2h，AB＝eq\r(2)h，由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB＝2h2＋4h2－2·eq\r(2)h·2h·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))＝10h2，故AC＝eq\r(10)h.所以cosA＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝eq\f(\r(2)h2＋10h2－2h2,2·\r(2)h·\r(10)h)＝eq\f(2\r(5),5).8．(2019·衡阳模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，eq\f(a2,bc)－eq\f(c,b)－eq\f(b,c)＝eq\r(3)，△ABC外接圆的半径为3，则a＝________.答案3解析由题意，得eq\f(a2－c2－b2,bc)＝eq\r(3)，根据余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq\f(\r(3),2).所以sinA＝eq\f(1,2)，又因为△ABC外接圆的半径为3，所以根据正弦定理得eq\f(a,sinA)＝6，所以a＝3.9．(2019·全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若b＝6，a＝2c，B＝eq\f(π,3)，则△ABC的面积为________．答案6eq\r(3)解析由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB.又b＝6，a＝2c，B＝eq\f(π,3)，∴36＝4c2＋c2－2×2c2×eq\f(1,2)，∴c＝2eq\r(3)，a＝4eq\r(3)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×4eq\r(3)×2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝6eq\r(3).10．在△ABC中，若AB＝4，AC＝7，BC边的中线AD＝eq\f(7,2)，则BC＝________.答案9解析如图所示，延长AD到点E，使DE＝AD，连接BE，EC.因为AD是BC边上的中线，所以AE与BC互相平分，所以四边形ACEB是平行四边形，所以BE＝AC＝7.又AB＝4，AE＝2AD＝7，所以在△ABE中，由余弦定理得，AE2＝49＝AB2＋BE2－2AB·BEcos∠ABE＝AB2＋AC2－2AB·ACcos∠ABE.在△ABC中，由余弦定理得，BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos(π－∠ABE)．所以49＋BC2＝2(AB2＋AC2)＝2×(16＋49)，所以BC2＝81，所以BC＝9.组能力关1．(2019·太原五中模拟)在△ABC中，eq\f(c－a,2c)＝sin2eq\f(B,2)(a，b，c分别为角A，B，C的对边)，则△ABC的形状为()A．直角三角形B．等边三角形C．等腰三角形或直角三角形D．等腰直角三角形答案A解析利用正弦定理及二倍角公式得eq\f(sinC－sinA,2sinC)＝eq\f(1－cosB,2)，即sinA＝sinCcosB.又sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC，所以sinBcosC＝0.在△ABC中，sinB≠0，故cosC＝0，则C＝eq\f(π,2)，故△ABC为直角三角形，故选A.2．(2019·江西省九江市一模)在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，已知cos2A－cos2B＋sin2C＝sinBsinC＝eq\f(1,4)，且△ABC的面积为eq\r(3)，则a的值为________．答案2eq\r(3)解析△ABC中，由cos2A－cos2B＋sin2C＝sinBsinC＝eq\f(1,4)，得1－sin2A－(1－sin2B)＋sin2C＝sin2B＋sin2C－sin2A＝sinBsinC，∴b2＋c2－a2＝bc，由余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，又A∈(0，π)，∴A＝eq\f(π,3).由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，∴eq\f(bc,sinBsinC)＝eq\f(a2,sin2A)，即eq\f(bc,\f(1,4))＝eq\f(a2,sin2\f(π,3))，化简得a2＝3bc.又△ABC的面积为S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\r(3)，∴bc＝4，∴a2＝12，解得a＝2eq\r(3).3．(2020·海淀模拟)△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，asinAsinB＋bcos2A＝2a，则角A的取值范围是________．答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))解析由已知及正弦定理得sin2AsinB＋sinBcos2A＝2sinA，即sinB(sin2A＋cos2A)＝2sinA，∴sinB＝2sinA，∴b＝2a，由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(4a2＋c2－a2,4ac)＝eq\f(3a2＋c2,4ac)≥eq\f(2\r(3)ac,4ac)＝eq\f(\r(3),2)，当且仅当c＝eq\r(3)a时取等号，∵A为三角形的内角，且y＝cosx在(0，π)上是减函数，∴0<A≤eq\f(π,6)，则角A的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))).4．(2020·揭阳摸底)在△ABC中，AD是BC边上的中线，∠ABD＝eq\f(π,6).若AB＝eq\r(3)BD，则∠CAD＝________；若AC＝2AD＝2，则△ABC的面积为________．答案eq\f(π,3)eq\r(3)解析设BD＝m，则AB＝eq\r(3)m，BC＝2m，根据余弦定理，AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcos∠ABD＝m2，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABD＝m2，∴AD＝DC＝AC＝m，即△ACD是正三角形，∴∠CAD＝eq\f(π,3).记△ABC的三内角∠BAC，∠ABC，∠ACB所对的三条边分别为a，b，c，则BD＝eq\f(1,2)a，由余弦定理可得，AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcos∠ABD，∴1＝c2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a))2－eq\f(\r(3),2)ac，即4＝4c2＋a2－2eq\r(3)ac，又AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC，∴4＝c2＋a2－eq\r(3)ac，于是，4c2＋a2－2eq\r(3)ac＝c2＋a2－eq\r(3)ac，∴a＝eq\r(3)c，代入c2＋a2－eq\r(3)ac＝4可得c＝2，a＝2eq\r(3)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)acsin∠ABC＝eq\r(3).5．(2020·福州期末)已知菱形ABCD的边长为2，∠DAB＝60°.E是边BC上一点，线段DE交AC于点F.(1)若△CDE的面积为eq\f(\r(3),2)，求DE的长；(2)若eq\r(7)CF＝4DF，求sin∠DFC.解(1)依题意，得∠BCD＝∠DAB＝60°.因为△CDE的面积S＝eq\f(1,2)CD·CEsin∠BCD＝eq\f(\r(3),2)，所以eq\f(1,2)×2CE×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)，解得CE＝1.在△CDE中，由余弦定理，得DE＝eq\r(CD2＋CE2－2CD·CEcos∠BCD)＝eq\r(22＋12－2×2×1×\f(1,2))＝eq\r(3).(2)解法一：依题意，得∠ACD＝30°，∠BDC＝60°，设∠CDE＝θ，则0°<θ<60°.在△CDF中，由正弦定理，得eq\f(CF,sinθ)＝eq\f(DF,sin∠ACD)，因为eq\r(7)CF＝4DF，所以sinθ＝eq\f(CF,2DF)＝eq\f(2\r(7),7)，所以cosθ＝eq\f(\r(21),7)，所以sin∠DFC＝sin(30°＋θ)＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(21),7)＋eq\f(\r(3),2)×eq\f(2\r(7),7)＝eq\f(3\r(21),14).解法二：依题意，得∠ACD＝30°，∠BDC＝60°，设∠CDE＝θ，则0°<θ<60°，设CF＝4x，因为eq\r(7)CF＝4DF，则DF＝eq\r(7)x，在△CDF中，由余弦定理，得DF2＝CD2＋CF2－2CD·CFcos∠ACD，即7x2＝4＋16x2－8eq\r(3)x，解得x＝eq\f(2\r(3),9)或x＝eq\f(2\r(3),3).又因为CF≤eq\f(1,2)AC＝eq\r(3)，所以x≤eq\f(\r(3),4)，所以x＝eq\f(2\r(3),9)，所以DF＝eq\f(2\r(21),9)，在△CDF中，由正弦定理，得eq\f(CD,sin∠DFC)＝eq\f(DF,sin∠ACD)，所以sin∠DFC＝eq\f(2sin