统考版2025届高考数学一轮复习课后限时集训31正弦定理余弦定理理含解析北师大版

PAGE课后限时集训(三十一)正弦定理、余弦定理建议用时：40分钟一、选择题1．(2024·大连测试)在△ABC中，AB＝2，AC＝3，B＝60°，则cosC＝()A.eq\f(\r(3),3) B．±eq\f(\r(6),3)C.－eq\f(\r(6),3) D.eq\f(\r(6),3)D[由正弦定理得eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sinC)，∴sinC＝eq\f(AB·sinB,AC)＝eq\f(2×sin60°,3)＝eq\f(\r(3),3).又AB＜AC，∴0＜C＜B＝60°，∴cosC＝eq\r(1－sin2C)＝eq\f(\r(6),3).故选D.]2．(2024·南昌模拟)在△ABC中，已知C＝eq\f(π,3)，b＝4，△ABC的面积为2eq\r(3)，则c＝()A．2eq\r(7) B．2eq\r(3)C．2eq\r(2) D．eq\r(7)B[由S＝eq\f(1,2)absinC＝2a×eq\f(\r(3),2)＝2eq\r(3)，解得a＝2.由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC＝12，故c＝2eq\r(3).]3．对于△ABC，有如下命题，其中正确的是()A．若sin2A＝sin2B，则△ABCB．若sinA＝cosB，则△ABC为直角三角形C．若sin2A＋sin2B＋cos2C＜1，则△D．若AB＝eq\r(3)，AC＝1，B＝30°，则△ABC的面积为eq\f(\r(3),4)C[对于A项，∵sin2A＝sin2B，∴A＝B或2A＋2B＝π，即A＋B＝eq\f(π,2)，∴△ABC是等腰三角形或直角三角形，故A错误；对于B项，∵sinA＝cosB，∴A－B＝eq\f(π,2)或A＋B＝eq\f(π,2)，∴△ABC不肯定是直角三角形，故B错误；对于C项，sin2A＋sin2B＜1－cos2C＝sin2C，∴a2＋b2＜c2，∴△ABC为钝角三角形，C正确；对于D项，由正弦定理，得sinC＝eq\f(ABsinB,AC)＝eq\f(\r(3),2)，且AB＞AC，∴C＝60°或C＝120°，∴A＝90°或A＝30°，∴S△ABC＝eq\f(1,2)AC·ABsinA＝eq\f(\r(3),2)或eq\f(\r(3),4)，D不正确．故选C.]4．(2024·全国卷Ⅲ)在△ABC中，cosC＝eq\f(2,3)，AC＝4，BC＝3，则cosB＝()A.eq\f(1,9) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2) D.eq\f(2,3)A[由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC×BC×cosC＝16＋9－2×4×3×eq\f(2,3)＝9，AB＝3，所以cosB＝eq\f(9＋9－16,2×9)＝eq\f(1,9)，故选A.]5．(2024·毕节模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝eq\r(10)，△ABC的周长为5＋eq\r(10)，(sinB－sinC)2＝sin2A－sinBsinC，则△ABC的面积为()A.eq\f(5,4) B.eq\f(5\r(3),2)C.eq\f(5\r(3),4) D.eq\f(15\r(3),4)C[由题意可得：a＝eq\r(10)，△ABC的周长为5＋eq\r(10)，可得b＋c＝5，因为(sinB－sinC)2＝sin2A－sinBsinC，由正弦定理及余弦定理可得：b2＋c2－a2＝bc＝2bccosA，因为A∈(0，π)，所以cosA＝eq\f(1,2)，A＝eq\f(π,3)，a2＝(b＋c)2－2bc－2bccosA，所以10＝25－2bc－bc，所以bc＝5，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×5×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(5\r(3),4)，故选C.]6．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，asin2B＝bcosAcosB，则△ABC的形态是()A．锐角三角形 B．直角三角形C．钝角三角形 D．不确定B[由asin2B＝bcosAcosB得sinAsin2B＝sinBcosAcosB，即sinB(cosAcosB－sinAsinB)＝0，即sinBcos(A＋B)＝0，∵sinB≠0，∴cos(A＋B)＝0，又∵0＜A＋B＜π，∴A＋B＝eq\f(π,2)，故选B.]二、填空题7．在△ABC中，A＝eq\f(2π,3)，a＝eq\r(3)c，则eq\f(b,c)＝________.1[由a＝eq\r(3)c得sinA＝eq\r(3)sinC，即sineq\f(2π,3)＝eq\r(3)sinC，∴sinC＝eq\f(1,2)，又0＜C＜eq\f(π,3)，∴C＝eq\f(π,6)，从而B＝eq\f(π,6)，∴b＝c，因此eq\f(b,c)＝1.]8．(2024·全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsinA＋acosB＝0，则B＝________.eq\f(3π,4)[∵bsinA＋acosB＝0，∴eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,－cosB).由正弦定理，得－cosB＝sinB，∴tanB＝－1.又B∈(0，π)，∴B＝eq\f(3π,4).]9．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b＝2，B＝eq\f(π,6)，C＝eq\f(π,4)，则△ABC的面积为________．eq\r(3)＋1[∵b＝2，B＝eq\f(π,6)，C＝eq\f(π,4)，由正弦定理eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得c＝eq\f(bsinC,sinB)＝eq\f(2×\f(\r(2),2),\f(1,2))＝2eq\r(2)，A＝π－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(π,4)))＝eq\f(7π,12)，∴sinA＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(π,3)))＝sineq\f(π,4)coseq\f(π,3)＋coseq\f(π,4)sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4).则S△ABC＝eq\f(1,2)bc·sinA＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(2)×eq\f(\r(6)＋\r(2),4)＝eq\r(3)＋1.]三、解答题10．(2024·北京高考)在△ABC中，a＝3，b－c＝2，cosB＝－eq\f(1,2).(1)求b，c的值；(2)求sin(B－C)的值．[解](1)由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得b2＝32＋c2－2×3×c×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))).因为b＝c＋2，所以(c＋2)2＝32＋c2－2×3×c×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))).解得c＝5.所以b＝7.(2)由cosB＝－eq\f(1,2)得sinB＝eq\f(\r(3),2).由正弦定理得sinC＝eq\f(c,b)sinB＝eq\f(5\r(3),14).在△ABC中，∠B是钝角，所以∠C为锐角．所以cosC＝eq\r(1－sin2C)＝eq\f(11,14).所以sin(B－C)＝sinBcosC－cosBsinC＝eq\f(4\r(3),7).11．(2024·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](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)))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．1．已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，△ABC的外接圆的面积为3π，且cos2A－cos2B＋cos2C＝1＋eq\r(3)sinAsinC，则△ABC的最大边长为()A．2 B．3C．eq\r(3) D．2eq\r(3)C[由cos2A－cos2B＋cos2C＝1＋eq\r(3)sinAsinC得1－sin2A－1＋sin2B＋1－sin2C＝1＋eq\r(3)sinAsinC，即－sin2A＋sin2B－sin2C＝eq\r(3)sinAsinC，由正弦定理得b2－a2－c2＝eq\r(3)ac，即c2＋a2－b2＝－eq\r(3)ac，则cosB＝eq\f(c2＋a2－b2,2ac)＝eq\f(－\r(3)ac,2ac)＝－eq\f(\r(3),2)，则B＝150°，即最大值的边为b，∵△ABC的外接圆的面积为3π，设外接圆的半径为R，∴πR2＝3π，得R＝eq\r(3)，则eq\f(b,sinB)＝2R＝2eq\r(3)，即b＝2eq\r(3)sinB＝2eq\r(3)×eq\f(1,2)＝eq\r(3)，故选C.]2．(2024·广西桂林模拟)在△ABC中，若eq\f(bcosC,ccosB)＝eq\f(1＋cos2C,1＋cos2B)，则△ABC的形态是()A．等腰三角形 B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形D[由已知eq\f(1＋cos2C,1＋cos2B)＝eq\f(2cos2C,2cos2B)＝eq\f(cos2C,cos2B)＝eq\f(bcosC,ccosB)，所以eq\f(cosC,cosB)＝eq\f(b,c)或eq\f(cosC,cosB)＝0，即C＝90°或eq\f(cosC,cosB)＝eq\f(b,c)，由正弦定理，得sinCcosC＝sinBcosB，即sin2C＝sin2B，因为B，C均为△ABC的内角，所以2C＝2B或2C＋2B＝180°，所以B＝C或B＋C＝90°，所以△ABC为等腰三角形或直角三角形，故选D.]3．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2－(b－c)2＝(2－eq\r(3))bc，sinAsinB＝cos2eq\f(C,2)，BC边上的中线AM的长为eq\r(7).(1)求角A和角B的大小；(2)求△ABC的面积．[解](1)由a2－(b－c)2＝(2－eq\r(3))bc，得a2－b2－c2＝－eq\r(3)bc，∴cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(\r(3),2)，又0＜A＜π，∴A＝eq\f(π,6).由sinAsinB＝cos2eq\f(C,2)，得eq\f(1,2)sinB＝eq\f(1＋cosC,2)，即sinB＝1＋cosC，则cosC＜0，即C为钝角，∴B为锐角，且B＋C＝eq\f(5π,6)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－C))＝1＋cosC，化简得coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,3)))＝－1，解得C＝eq\f(2π,3)，∴B＝eq\f(π,6).(2)由(1)知，a＝b，在△ACM中，由余弦定理得AM2＝b2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2－2b·eq\f(a,2)·cosC＝b2＋eq\f(b2,4)＋eq\f(b2,2)＝(eq\r(7))2，解得b＝2，故S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×2×2×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3).1．已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满意cos2A－cos2B＋cos2C＝1＋sinAsinC，且sinA＋sinC＝1，则△A．等边三角形B．等腰直角三角形C．顶角为150°的等腰三角形D．顶角为120°的等腰三角形D[∵cos2A－cos2B＋cos2C＝1＋sinAsin∴(1－sin2A)－(1－sin2B)＋(1－sin2C)＝1＋sinAsinC，∴可得sin2A＋sin2C－sin2B＝－sinAsinC，∴依据正弦定理得a2＋c2－b2＝－ac，∴由余弦定理得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(－ac,2ac)＝－eq\f(1,2)，∵B∈(0°，180°)，∴B＝120°，∵sin2B＝sin2A＋sin2C＋sinAsinC.∴变形得eq\f(3,4)＝(sinA＋sinC)2－sinAsinC，又∵sinA＋sinC＝1，得sinAsinC＝eq\f(1,4)，∴上述两式联立得sinA＝sinC＝eq\f(1,2)，∵0°＜A＜60°，0°＜C＜60°，∴A＝C＝30°，∴△ABC是顶角为120°的等腰三角形，故选D.]2．[结构不良试题](2024·北京高考)在△ABC中，a＋b＝11，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：(1)a的值；(2)sinC和△ABC的面积．条件①：c＝7，cosA＝－eq\f(1,7)；条件②：cosA＝eq\f(1,8)，cosB＝eq\f(9,16).[解]选条件①：c＝7，cosA＝－eq\f(1,7)，且a＋b＝11.(1)在△ABC中，由余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(11－a2＋72－a2,2×11－a×7)＝－eq\f(1,7)，解得a＝8.(2)∵cosA＝－eq\f(1,7)，A∈(0，π)，∴sinA＝e