高考数学（理科课标版）一轮复习题组训练第4章第4讲正余弦定理及解三角形

第四讲正、余弦定理及解三角形题组1正、余弦定理及其综合应用1.[2017山东,9,5分][理]在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.若△ABC为锐角三角形,且满足sinB(1+2cosC)=2sinAcosC+cosAsinC,则下列等式成立的是()A.a=2b B.b=2a C.A=2B D.B=2A2.[2016全国卷Ⅲ,8,5分][理]在△ABC中,B=π4,BC边上的高等于13BC,则cosA=(A.31010 B.1010 C.103.[2014新课标全国Ⅱ,4,5分][理]钝角三角形ABC的面积是12,AB=1,BC=2,则AC=()A.5 B.5 C.2 D.14.[2013陕西,7,5分][理]设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若bcosC+ccosB=asinA,则△ABC的形状为()A.锐角三角形 B.直角三角形C.钝角三角形 D.不确定5.[2016全国卷Ⅱ,13,5分][理]△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若cosA=45,cosC=513,a=1,则b=6.[2015新课标全国Ⅰ,16,5分][理]在平面四边形ABCD中,∠A=∠B=∠C=75°,BC=2,则AB的取值范围是.

7.[2015北京,12,5分][理]在△ABC中,a=4,b=5,c=6,则sin2AsinC8.[2013福建,13,4分][理]如图441,在△ABC中,已知点D在BC边上,AD⊥AC,sin∠BAC=223,AB=32,AD=3,则BD的长为图4419.[2017全国卷Ⅰ,17,12分][理]△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知△ABC的面积为a2(1)求sinBsinC;(2)若6cosBcosC=1,a=3,求△ABC的周长.10.[2017全国卷Ⅲ,17,12分][理]△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知sinA+3cosA=0,a=27,b=2.(1)求c;(2)设D为BC边上一点,且AD⊥AC,求△ABD的面积.11.[2016全国卷Ⅰ,17,12分][理]△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2cosC(acosB+bcosA)=c.(1)求C;(2)若c=7,△ABC的面积为332,求△ABC12.[2016四川,17,12分][理]在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且cosAa+cosB(1)证明:sinAsinB=sinC;(2)若b2+c2a2=65bc,求tan13.[2013新课标全国Ⅰ,17,12分][理]如图442,在△ABC中,∠ABC=90°,AB=3,BC=1,P为△ABC内一点,∠BPC=90°.图442(1)若PB=12,求PA(2)若∠APB=150°,求tan∠PBA.题组2解三角形的实际应用14.[2015湖北,15,5分]如图443,一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶,到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30°的方向上,行驶600m后到达B处,测得此山顶在西偏北75°的方向上,仰角为30°,则此山的高度CD=m.

图443[2013江苏,18,16分][理]如图444,游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径.一种是从A沿直线步行到C,另一种是先从A沿索道乘缆车到B,然后从B沿直线步行到C.现有甲、乙两位游客从A处下山,甲沿AC匀速步行,速度为50m/min.在甲出发2min后,乙从A乘缆车到B,在B处停留1min后,再从B匀速步行到C.假设缆车匀速直线运行的速度为130m/min,山路AC长为1260m,经测量,cosA=1213,cosC=3图444(1)求索道AB的长;(2)问乙出发多少分钟后,乙在缆车上与甲的距离最短?(3)为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3分钟,乙步行的速度应控制在什么范围内?A组基础题1.[2018合肥市高三调研,6]在△ABC中,角A,B,C对应的边分别为a,b,c,C=60°,a=4b,c=13,则△ABC的面积为()A.3 B.132 C.23 D.2.[2018重庆六校第一次联考,7]在△ABC中,cos2B2=a+c2c(a,b,c分别为角A,B,C的对边),则△ABCA.直角三角形 B.等边三角形C.等腰三角形 D.等腰三角形或直角三角形3.[2017桂林、百色、梧州、崇左、北海五市联考,8]在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知a=1,b=3,A=30°,B为锐角,那么角A∶B∶C为()A.1∶1∶3 B.1∶2∶3 C.1∶3∶2 D.1∶4∶14.[2018福州四校联考,16]在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,且满足(a+b)sinC2=(ab)cosC2=5,则c=5.[2018广东七校第一次联考,16]在△ABC中,点D在边AB上,CD⊥BC,AC=53,CD=5,BD=2AD,则AD的长为.

6.[2017沈阳市高三三模,15]在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知c=5,B=2π3,△ABC的面积为1534,则cos2A=7.[2018湖北八校第一次联考,17]在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.(1)若23cos2A+cos2A=0,且△ABC为锐角三角形,a=7,c=6,求b的值;(2)若a=3,A=π3,求b+c的取值范围8.[2017武汉市五月模拟,17]在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足2c-b(1)求角A的大小;(2)若D为BC边上一点,且CD=2DB,b=3,AD=21,求a.B组提升题9.[2018成都市高三摸底测试,11]△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且23(sin2Asin2C)=(ab)sinB,△ABC的外接圆半径为3.则△ABC面积的最大值为()A.38 B.34 C.9310.[2017安徽省合肥市高三二检,11]在锐角△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足(ab)(sinA+sinB)=(cb)·sinC.若a=3,则b2+c2的取值范围是()A.(3,6] B.(3,5) C.(5,6] D.[5,6]11.[2018惠州市高三一调,16]已知a,b,c是△ABC中角A,B,C的对边,a=4,b∈(4,6),sin2A=sinC,则c的取值范围为.

12.[2018石家庄市重点高中高三摸底考试,17]某学校的平面示意图如图445中的五边形区域ABCDE,其中三角形区域ABE为生活区,四边形区域BCDE为教区,AB,BC,CD,DE,EA,BE为学校的主要道路(不考虑宽度).∠BCD=∠CDE=2π3,∠BAE=π3,DE=3BC=3CD=9图445(1)求道路BE的长度;(2)求生活区△ABE面积的最大值.13.[2017天星教育第二次大联考,17]已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,sinC=3cosAcosB,tanAtanB=13,c=10.(1)求sinA(2)若1a+1b=1,求△ABC答案1.A由题意可知sinB+2sinBcosC=sinAcosC+sin(A+C),即2sinBcosC=sinAcosC,又cosC≠0,故2sinB=sinA,由正弦定理可知a=2b.故选A.2.C设△ABC中角A,B,C的对边分别是a,b,c,由题意可得13a=csinπ4=22c,则a=322c.在△ABC中,由余弦定理可得b2=a2+c22ac=92c2+c23c2=52c2,则b=102c.由余弦定理,可得cos3.B由题意,得12AB·BC·sinB=12,又AB=1,BC=2,所以sinB=22,所以B=45°或B=135°.当B=45°时,由余弦定理,得AC=AB2+BC2-2AB·BC·cosB=1,此时AC=AB=1,BC=2,易得4.B依据题设条件的特点,边化角选用正弦定理,有sinBcosC+cosBsinC=sin2A,则sin(B+C)=sin2A,由三角形内角和及互补角的意义,得sin(B+C)=sin(πA)=sinA=sin2A,因为A∈(0,π),所以sinA=1,所以A=π2,故选B5.2113解法一因为cosA=45,cosC=513,所以sinA=35,sinC=1213,从而sinsinAcosC+cosAsinC=35×513+45×1213=6365.由正弦定理asinA=解法二因为cosA=45,cosC=513,所以sinA=35,sinC=1213,从而cosB=cos(A+C)=sinAsinC=45×513+35×1213=1665.由正弦定理asinA=由余弦定理b2=a2+c22accosB,得b=2113解法三因为cosA=45,cosC=513,所以sinA=35,sin由正弦定理asinA=csinC,得c=从而b=acosC+ccosA=21136.(62,6+2)如图D441,图D441作△PBC,使∠B=∠C=75°,BC=2,作直线AD分别交线段PB、PC于A、D两点(不与端点重合),且使∠BAD=75°,则四边形ABCD就是符合题意的四边形.过C作AD的平行线交PB于点Q,在△PBC中,可求得BP=6+2,在△QBC中,可求得BQ=62,所以AB的取值范围是(62,6+2).7.1由正弦定理得sinA∶sinB∶sinC=a∶b∶c=4∶5∶6,又由余弦定理知cosA=b2+c2-a22bc=25+36-162×5×6=34,所以sin2AsinC=8.3因为sin∠BAC=223,且AD⊥AC,所以sin(π2+∠BAD)=223,所以cos∠BAD=223,在△BAD中,由余弦定理,得9.(1)由题意得12acsinB=a23sinA,即12由正弦定理得12sinCsinB=sin故sinBsinC=23(2)由题意及(1)得cosBcosCsinBsinC=12,即cos(B+C)=1所以B+C=2π3,故A=π由题意得12bcsinA=a23sinA由余弦定理得b2+c2bc=9,即(b+c)23bc=9,得b+c=33.故△ABC的周长为3+33.10.(1)由已知可得tanA=3,所以A=2π3在△ABC中,由余弦定理得28=4+c24ccos2π3,即c2+2c24=解得c=6(舍去),c=4.(2)由题意可得∠CAD=π2,所以∠BAD=∠BAC∠CAD=π故△ABD的面积与△ACD的面积的比值为12AB·又△ABC的面积为12×4×2sin∠BAC=23,所以△ABD的面积为3.11.(1)由已知及正弦定理得2cosC(sinAcosB+sinBcosA)=sinC,2cosCsin(A+B)=sinC,2sinCcosC=sinC,cosC=12,所以C=π(2)由已知,得12absinC=3又C=π3,所以ab=6由已知及余弦定理得a2+b22abcosC=7,故a2+b2=13,从而(a+b)2=25.所以△ABC的周长为5+7.12.(1)根据正弦定理,可设asinA=bsinB=c则a=ksinA,b=ksinB,c=ksinC.代入cosAa+cosBb=sinCc中,有sinAsinB=sinAcosB+cosAsinB=sin(A+B).在△ABC中,由A+B+C=π,有sin(A+B)=sin(πC)=sinC,所以sinAsinB=sinC.(2)由已知,b2+c2a2=65bccosA=b2+c所以sinA=1-cos由(1),知sinAsinB=sinAcosB+cosAsinB,所以45sinB=45cosB+35故tanB=sinBcosB13.(1)由已知得∠PBC=60°,所以∠PBA=30°.在△PBA中,由余弦定理得PA2=3+142×3×12cos30°=故PA=72(2)设∠PBA=α,由已知得PB=sinα.在△PBA中,由正弦定理得3sin150°=化简得3cosα=4sinα.所以tanα=34,即tan∠PBA=314.1006由题意,得∠BAC=30°,∠ABC=105°.在△ABC中,因为∠ABC+∠BAC+∠ACB=180°,所以∠ACB=45°,因为AB=600m,由正弦定理可得600sin45°=BCsin30°,即BC=3002m.在Rt△BCD中,因为∠CBD=30°,BC=3002m,所以tan30°=CD15.(1)在△ABC中,因为cosA=1213,cosC=35,所以sinA=513,sin从而sinB=sin[π(A+C)]=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC=513×35+1213×4由正弦定理ABsinC=ACsinB,得AB=ACsinB×sinC=所以索道AB的长为1040m.(2)假设乙出发t分钟后,甲、乙两游客距离为d,此时,甲行走了(100+50t)m,乙距离A处130tm,所以由余弦定理得d2=(100+50t)2+(130t)22×130t×(100+50t)×1213=200(37t270t+因为0≤t≤1040130,即0≤t≤8,故当t=(3)由正弦定理BCsinA=ACsinB,得BC=ACsinB×sinA=乙从B出发时,甲已走了50×(2+8+1)=550(m),还需走710m才能到达C.设乙步行的速度为vm/min,由题意得3≤500v71050≤3,解得125043≤v≤62514,所以为使两位游客在CA组基础题1.A由余弦定理知(13)2=a2+b22abcos60°,因为a=4b,所以13=16b2+b22×4b×b×12,解得b=1或b=1(舍去),所以a=4,所以S△ABC=12ab2.A已知等式变形得cosB+1=ac+1,即cosB=ac①.由余弦定理得cosB=a2+c2-b22ac,代入①得a2+c2-3.B解法一由正弦定理asinA=bsinB,得sinB=bsinAa=32.∵B为锐角,∴B=60°,则C=90°,故A∶B解法二由a2=b2+c22bccosA,得c23c+2=0,解得c=1或c=2.当c=1时,△ABC为等腰三角形,B=120°,与已知矛盾,当c=2时,a<b<c,则A<B<C,排除选项A,C,D,故选B.4.13因为(a+b)sinC2=12,(ab)cosC2=5,所以(a+b)2(1-cosC)2=144①,(a-b)2(1+cosC)2=255.5在△ABC中,BD=2AD,设AD=x(x>0),则BD=2x.在△BCD中,因为CD⊥BC,CD=5,BD=2x,所以cos∠CDB=CDBD=52x.在△ACD中,AD=x,CD=5,AC=53,则cos=x2+52-(53)22×x×5.因为∠CDB+∠ADC=π,所以cos∠ADC=6.7198由三角形的面积公式,得S△ABC=12acsinB=12×a×5×sin2π3=12×32×5由b2=a2+c22accosB=32+522×3×5×(12)=49,得b=7又由asinA=bsinB⇒sinA=absinB=3故cos2A=12sin2A=12×(3314)2=7.(1)∵23cos2A+cos2A=23cos2A+2cos2A1=0,∴cos2A=125又A为锐角,∴cosA=15而a2=b2+c22bccosA,即b2125b13=解得b=5(负值舍去),∴b=5.(2)解法一由正弦定理可得b+c=2(sinB+sinC)=2[sinB+sin(2π3B)]=23sin(B+π∵0<B<2π3,∴π6<B+π6<5π6,∴12<sin(B+π6)≤1,∴b+c∈解法二由余弦定理a2=b2+c22bccosA可得b2+c23=bc,即(b+c)23=3bc≤34(b+c)2,当且仅当b=c∴b+c≤23,又由两边之和大于第三边可得b+c>3,∴b+c∈(3,23].8.(1)由已知得(2cb)cosA=acosB,由正弦定理,得(2sinCsinB)cosA=sinAcosB,整理,得2sinCcosAsinBcosA=sinAcosB,即2sinCcosA=sin(A+B)=sinC.又sinC≠0,所以cosA=12,所以A=π(2)如图D442,图D442过点D作DE∥AC交AB于E,又CD=2DB,∠BAC=π3,所以ED=13AC=1,∠DEA=由余弦定理可知,AD2=AE2+ED22AE·EDcos2π3,得AE=4,则AB=6又AC=3,∠BAC=π3,所以在△ABC中,由余弦定理得a=BC=33B组提升题9.D由正弦定理,得asinA=bsinB=csinC=23,所以sinA=a23,sinB=b23,sinC=c23,将其代入23(sin2Asin2C)=(ab)sinB,得a2+b2c2于是S△ABC=12absin=12×23sinA×23sinB×sin=33sinAsinB=332[cos(AB)cos(=332[cos(AB)+cos=332cos(AB)+当A=B=π3时,S△ABC取得最大值,最大值为9310.C由正弦定理可得(ab)·(a+b)=(cb)·c,即b2+c2a2=bc,cosA=b2+c又A∈(0,π2),∴A=π∵bsinB=csinC∴b2+c2=4(sin2B+sin2C)=4[sin2B+sin2(A+B)]=4{1-cos2B2+1-cos[2(A+B)]2}=∵△ABC是锐角三角形,∴B∈(π6,π2),即2Bπ6∈(π∴12<sin(2Bπ6)≤1,∴5<b2+c2≤6.11.42<c<210由4sinA=csinC,得4sinA=c∵16=b2+c22bccosA,∴16b2=64cos