2014届高三数学一轮复习专讲专练37正弦定理与余弦定理

课时跟踪检测(二十四)正弦定理与余弦定理1．在△ABC中，A＝60°，B＝75°，a＝10，则c＝()A．5eq\r(2) B．10eq\r(2)C.eq\f(10\r(6),3) D．5eq\r(6)2．(2012·福州模拟)若△ABC的内角A、B、C所对的边a、b、c满足(a＋b)2－c2＝4，且C＝60°，则ab的值为()A.eq\f(4,3) B．8－4eq\r(3)C．1 D.eq\f(2,3)3．(2012·泉州模拟)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边．若A＝eq\f(π,3)，b＝1，△ABC的面积为eq\f(\r(3),2)，则a的值为()A．1 B．2C.eq\f(\r(3),2) D.eq\r(3)4．(2012·陕西高考)在△ABC中，角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，若a2＋b2＝2c2，则cosCA.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(1,2) D．－eq\f(1,2)5．(2012·上海高考)在△ABC中，若sin2A＋sin2B<sin2C，则A．锐角三角形 B．直角三角形C．钝角三角形 D．不能确定6．在△ABC中，sin2A≤sin2B＋sin2C－sinA.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，π))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))7．(2011·安徽高考)已知△ABC的一个内角为120°，并且三边长构成公差为4的等差数列，则△ABC的面积为__________．8．在△ABC中，若a＝3，b＝eq\r(3)，A＝eq\f(π,3)，则C的大小为________．9．(2012·北京高考)在△ABC中，若a＝2，b＋c＝7，cosB＝－eq\f(1,4)，则b＝________.10．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，asinA＋csinC－eq\r(2)asinC＝bsinB.(1)求B；(2)若A＝75°，b＝2，求a，c.11．(2011·山东高考)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知eq\f(cosA－2cosC,cosB)＝eq\f(2c－a,b).(1)求eq\f(sinC,sinA)的值；(2)若cosB＝eq\f(1,4)，b＝2，求△ABC的面积S.12．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(2b－c)cosA－acosC＝0.(1)求角A的大小；(2)若a＝eq\r(3)，S△ABC＝eq\f(3\r(3),4)，试判断△ABC的形状，并说明理由．1．(2012·湖北高考)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若三边的长为连续的三个正整数，且A>B>C，3b＝20acosA，则sinA∶sinB∶sinC为()A．4∶3∶2 B．5∶6∶7C．5∶4∶3 D．6∶5∶42．(2012·长春调研)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知4sin2eq\f(A＋B,2)－cos2C＝eq\f(7,2)，且a＋b＝5，c＝eq\r(7)，则△ABC的面积为________．3．(2012·山东高考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sinB(tanA＋tanC)＝tanAtanC.(1)求证：a，b，c成等比数列；(2)若a＝1，c＝2，求△ABC的面积S.答案课时跟踪检测(二十四)A级1．选C由于A＋B＋C＝180°，所以C＝180°－60°－75°＝45°.由正弦定理，得c＝aeq\f(sinC,sinA)＝10×eq\f(\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝eq\f(10\r(6),3).2．选A由(a＋b)2－c2＝4，得a2＋b2－c2＋2ab＝4.①由余弦定理得a2＋b2－c2＝2abcosC＝2abcos60°＝ab，②将②代入①得ab＋2ab＝4，即ab＝eq\f(4,3).3．选D由已知得eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×1×c×sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(3),2)，解得c＝2，则由余弦定理可得a2＝4＋1－2×2×1×coseq\f(π,3)＝3⇒a＝eq\r(3).4．选C由余弦定理得a2＋b2－c2＝2abcosC，又c2＝eq\f(1,2)(a2＋b2)，得2abcosC＝eq\f(1,2)(a2＋b2)，即cosC＝eq\f(a2＋b2,4ab)≥eq\f(2ab,4ab)＝eq\f(1,2).5．选C由正弦定理得a2＋b2<c2，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)<0，所以C是钝角，故△ABC是钝角三角形．6．选C由正弦定理得a2≤b2＋c2－bc，即b2＋c2－a2≥bc，由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)≥eq\f(1,2)，又0<A<π，所以A∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))).7．解析：不妨设角A＝120°，c<b，则a＝b＋4，c＝b－4，于是cos120°＝eq\f(b2＋b－42－b＋42,2bb－4)＝－eq\f(1,2)，解得b＝10，所以S＝eq\f(1,2)bcsin120°＝15eq\r(3).答案：15eq\r(3)8．解析：由正弦定理可知sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(\r(3)sin\f(π,3),3)＝eq\f(1,2)，所以B＝eq\f(π,6)或eq\f(5π,6)(舍去)，所以C＝π－A－B＝π－eq\f(π,3)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2).答案：eq\f(π,2)9．解析：根据余弦定理代入b2＝4＋(7－b)2－2×2×(7－b)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))，解得b＝4.答案：410．解：(1)由正弦定理得a2＋c2－eq\r(2)ac＝b2.由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB.故cosB＝eq\f(\r(2),2)，因此B＝45°.(2)sinA＝sin(30°＋45°)＝sin30°cos45°＋cos30°sin45°＝eq\f(\r(2)＋\r(6),4).故a＝b×eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(\r(2)＋\r(6),\r(2))＝1＋eq\r(3)，c＝b×eq\f(sinC,sinB)＝2×eq\f(sin60°,sin45°)＝eq\r(6).11．解：(1)由正弦定理得，设eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝k，则eq\f(2c－a,b)＝eq\f(2ksinC－ksinA,ksinB)＝eq\f(2sinC－sinA,sinB)，eq\f(cosA－2cosC,cosB)＝eq\f(2sinC－sinA,sinB).即(cosA－2cosC)sinB＝(2sinC－sinA)cosB，化简可得sin(A＋B)＝2sin(B＋C)．又A＋B＋C＝π，所以sinC＝2sinA．因此eq\f(sinC,sinA)＝2.(2)由eq\f(sinC,sinA)＝2得c＝2a.由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB及cosB＝eq\f(1,4)，b＝2，得4＝a2＋4a2－4a2×eq\f(1,4).解得a＝1，从而c＝2.又因为cosB＝eq\f(1,4)，且0<B<π，所以sinB＝eq\f(\r(15),4).因此S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×1×2×eq\f(\r(15),4)＝eq\f(\r(15),4).12．解：(1)法一：由(2b－c)cosA－acosC＝0及正弦定理，得(2sinB－sinC)cosA－sinAcosC＝0，∴2sinBcosA－sin(A＋C)＝0，sinB(2cosA－1)＝0.∵0<B<π，∴sinB≠0，∴cosA＝eq\f(1,2).∵0<A<π，∴A＝eq\f(π,3).法二：由(2b－c)cosA－acosC＝0，及余弦定理，得(2b－c)·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)－a·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝0，整理，得b2＋c2－a2＝bc，∴cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，∵0<A<π，∴A＝eq\f(π,3).(2)∵S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(3\r(3),4)，即eq\f(1,2)bcsineq\f(π,3)＝eq\f(3\r(3),4)，∴bc＝3，①∵a2＝b2＋c2－2bccosA，a＝eq\r(3)，A＝eq\f(π,3)，∴b2＋c2＝6，②由①②得b＝c＝eq\r(3)，∴△ABC为等边三角形．B级1．选D由题意可得a>b>c，且为连续正整数，设c＝n，b＝n＋1，a＝n＋2(n>1，且n∈N＋)，则由余弦定理可得3(n＋1)＝20(n＋2)·eq\f(n＋12＋n2－n＋22,2nn＋1)，化简得7n2－13n－60＝0，n∈N＋，解得n＝4，由正弦定理可得sinA∶sinB∶sinC＝a∶b∶c＝6∶5∶4.2．解析：因为4sin2eq\f(A＋B,2)－cos2C＝eq\f(7,2)，所以2[1－cos(A＋B)]－2cos2C＋1＝eq\f(7,2)，2＋2cosC－2cos2C＋1＝eq\f(7,2)，cos2C－cosC＋eq\f(1,4)＝0，解得cosC＝eq\f(1,2).根据余弦定理有cosC＝eq\f(1,2)＝eq\f(a2＋b2－7,2ab)，ab＝a2＋b2－7,3ab＝a2＋b2＋2ab－7＝(a＋b)2－7＝25－7＝18，ab＝6，所以△ABC的面积S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×6×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),2).答案：eq\f(3\r(3),2)3．解：(1)证明：在△ABC中，由于sinB(tanA＋tanC)＝tanAtanC，所以sinBeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinA,cosA)＋\f(sinC,cosC)))＝eq\f(sinA,cosA)·eq\f(sinC,cosC)，因此sinB(sinAcosC＋cosAsinC)＝sinAsinC，所以sinBsin(A＋C)＝sinAsinC.又A＋B＋C＝π，所以sin(A＋C)＝sinB，