2021高考数学(文)一轮知能检测：第3章-第6节-正弦定理和余弦定理

eq\a\vs4\al(第六节正弦定理和余弦定理)[全盘巩固]1．已知△ABC，sinA∶sinB∶sinC＝1∶1∶eq\r(2)，则此三角形的最大内角的度数是()A．60°B．90°C．120°D．135°解析：选B依题意和正弦定理知，a∶b∶c＝1∶1∶eq\r(2)，且c最大．设a＝k，b＝k，c＝eq\r(2)k(k＞0)，由余弦定理得，cosC＝eq\f(k2＋k2－\r(2)k2,2k2)＝0，又0°＜C＜180°，所以C＝90°.2．(2021·山东高考)△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若B＝2A，a＝1，b＝eq\r(3)，则c＝()A．2eq\r(3)B．2C.eq\r(2)D．1解析：选B由已知及正弦定理得eq\f(1,sinA)＝eq\f(\r(3),sinB)＝eq\f(\r(3),sin2A)＝eq\f(\r(3),2sinAcosA)，所以cosA＝eq\f(\r(3),2)，A＝30°.结合余弦定理得12＝(eq\r(3))2＋c2－2c×eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)，整理得c2－3c＋2＝0，解得c＝1或c＝2.当c＝1时，△ABC为等腰三角形，A＝C＝30°，B＝2A＝60°，不满足内角和定理，故c3．(2022·沈阳模拟)在△ABC中，AC＝eq\r(7)，BC＝2，B＝60°，则BC边上的高等于()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(3\r(3),2)C.eq\f(\r(3)＋\r(6),2)D.eq\f(\r(3)＋\r(39),4)解析：选B由余弦定理得：(eq\r(7))2＝22＋AB2－2×2AB·cos60°，即AB2－2AB－3＝0，得AB＝3，故BC边上的高是ABsin60°＝eq\f(3\r(3),2).4．在△ABC中，若lgsinA－lgcosB－lgsinC＝lg2，则△ABC的外形是()A．直角三角形B．等腰直角三角形C．等边三角形D．等腰三角形解析：选D由条件得eq\f(sinA,cosBsinC)＝2，即2cosBsinC＝sinA.由正、余弦定理得，2·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)·c＝a，整理得c＝b，故△ABC为等腰三角形．5．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若角A，B，C依次成等差数列，且a＝1，b＝eq\r(3)，则S△ABC等于()A.eq\r(2)B.eq\r(3)C.eq\f(\r(3),2)D．2解析：选C∵A，B，C成等差数列，∴A＋C＝2B，∴B＝60°.又a＝1，b＝eq\r(3)，∴eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，∴sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(1,\r(3))＝eq\f(1,2)，∴A＝30°，∴C＝90°.∴S△ABC＝eq\f(1,2)×1×eq\r(3)＝eq\f(\r(3),2).6．在△ABC中，sin2A≤sin2B＋sin2C－sinB·sinC，则A.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))解析：选C由已知及正弦定理，有a2≤b2＋c2－bc.而由余弦定理可知，a2＝b2＋c2－2bccosA，于是b2＋c2－2bccosA≤b2＋c2－bc，可得cosA≥eq\f(1,2).留意到在△ABC中，0＜A＜π，故A∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))).7．△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且asinAsinB＋bcos2A＝eq\r(2)a，则eq\f(b,a)＝________.解析：由正弦定理，得sin2AsinB＋sinBcos2A＝eq\r(2)sinA，即sinB·(sin2A＋cos2A)＝eq\r(2)sinA，所以sinB＝eq\r(2)sinA．所以eq\f(b,a)＝eq\f(sinB,sinA)＝eq\r(2).答案：eq\r(2)8．(2022·深圳模拟)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cosA＝eq\f(3,5)，cosB＝eq\f(5,13)，b＝3，则c＝________.解析：由题意知sinA＝eq\f(4,5)，sinB＝eq\f(12,13)，则sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(56,65)，所以c＝eq\f(bsinC,sinB)＝eq\f(14,5).答案：eq\f(14,5)9．在△ABC中，B＝60°，AC＝eq\r(3)，则△ABC的周长的最大值为________．解析：由正弦定理得：eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AB,sinC)＝eq\f(AC,sinB)＝eq\f(\r(3),sin60°)，即eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AB,sinC)＝2，则BC＝2sinA，AB＝2sinC，又△ABC的周长l＝BC＋AB＋AC＝2sinA＋2sinC＋eq\r(3)＝2sin(120°－C)＋2sinC＋eq\r(3)＝2sin120°cosC－2cos120°sinC＋2sinC＋eq\r(3)＝eq\r(3)cosC＋sinC＋2sinC＋eq\r(3)＝eq\r(3)cosC＋3sinC＋eq\r(3)＝eq\r(3)(eq\r(3)sinC＋cosC)＋eq\r(3)＝2eq\r(3)eq\f(\r(3),2)sinC＋eq\f(1,2)cosC＋eq\r(3)＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))＋eq\r(3).故△ABC的周长的最大值为3eq\r(3).答案：3eq\r(3)10．(2021·浙江高考)在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2asinB＝eq\r(3)b.(1)求角A的大小；(2)若a＝6，b＋c＝8，求△ABC的面积．解：(1)由2asinB＝eq\r(3)b及正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得sinA＝eq\f(\r(3),2).由于A是锐角，所以A＝eq\f(π,3).(2)由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得b2＋c2－bc＝36.又b＋c＝8，所以bc＝eq\f(28,3).由三角形面积公式S＝eq\f(1,2)bcsinA，得△ABC的面积为eq\f(7\r(3),3).11．(2022·杭州模拟)设函数f(x)＝6cos2x－eq\r(3)sin2x(x∈R)．(1)求f(x)的最大值及最小正周期；(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，锐角A满足f(A)＝3－2eq\r(3)，B＝eq\f(π,12)，求eq\f(a2＋b2－c2,ab)的值．解：(1)f(x)＝2eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋3.故f(x)的最大值为2eq\r(3)＋3，最小正周期T＝π.(2)由f(A)＝3－2eq\r(3)，得2eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＋3＝3－2eq\r(3)，故coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＝－1，又由0<A<eq\f(π,2)，得eq\f(π,6)<2A＋eq\f(π,6)<π＋eq\f(π,6)，故2A＋eq\f(π,6)＝π，解得A＝eq\f(5π,12).又B＝eq\f(π,12)，∴C＝eq\f(π,2).∴eq\f(a2＋b2－c2,ab)＝2cosC＝0.12．(2021·重庆高考)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且a2＋b2＋eq\r(2)ab＝c2.(1)求C；(2)设cosAcosB＝eq\f(3\r(2),5)，eq\f(cosα＋Acosα＋B,cos2α)＝eq\f(\r(2),5)，求tanα的值．解：(1)由于a2＋b2＋eq\r(2)ab＝c2，由余弦定理有cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(－\r(2)ab,2ab)＝－eq\f(\r(2),2).又0<C<π，故C＝eq\f(3π,4).(2)由题意得eq\f(sinαsinA－cosαcosAsinαsinB－cosαcosB,cos2α)＝eq\f(\r(2),5).因此(tanαsinA－cosA)(tanαsinB－cosB)＝eq\f(\r(2),5)，tan2αsinAsinB－tanα(sinAcosB＋cosAsinB)＋cosAcosB＝eq\f(\r(2),5)，tan2αsinAsinB－tanαsin(A＋B)＋cosAcosB＝eq\f(\r(2),5).①由于C＝eq\f(3π,4)，所以A＋B＝eq\f(π,4)，所以sin(A＋B)＝eq\f(\r(2),2)，由于cos(A＋B)＝cosAcosB－sinAsinB，即eq\f(3\r(2),5)－sinAsinB＝eq\f(\r(2),2)，解得sinAsinB＝eq\f(3\r(2),5)－eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),10).由①得tan2α－5tanα＋4＝0，解得tanα＝1或tanα＝4.[冲击名校]1．在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＝6cosC，则eq\f(tanC,tanA)＋eq\f(tanC,tanB)＝________.解析：∵eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＝6cosC，∴eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＝6·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，化简得a2＋b2＝eq\f(3,2)c2，则eq\f(tanC,tanA)＋eq\f(tanC,tanB)＝tanC·eq\f(sinBcosA＋sinAcosB,sinAsinB)＝eq\f(tanCsinA＋B,sinAsinB)＝eq\f(sin2C,cosCsinAsinB)＝eq\f(c2,\f(a2＋b2－c2,2ab)·ab)＝4.答案：42．(2021·福建高考)如图，在等腰直角△OPQ中，∠POQ＝90°，OP＝2eq\r(2)，点M在线段PQ上．(1)若OM＝eq\r(5)，求PM的长；(2)若点N在线段MQ上，且∠MON＝30°，问：当∠POM取何值时，△OMN的面积最小？并求出面积的最小值．解：(1)在△OMP中，∠OPM＝45°，OM＝eq\r(5)，OP＝2eq\r(2)，由余弦定理，得OM2＝OP2＋PM2－2×OP×PM×cos45°，得PM2－4PM＋3＝0，解得PM＝1或PM＝3.(2)设∠POM＝α，0°≤α≤60°，在△OMP中，由正弦定理，得eq\f(OM,sin∠OPM)＝eq\f(OP,sin∠OMP)，所以OM＝eq\f(OPsin45°,sin45°＋α)，同理ON＝eq\f(OPsin45°,sin75°＋α).故S△OMN＝eq\f(1,2)×OM×ON×sin∠MON＝eq\f(1,4)×eq\f(OP2sin245°,sin45°＋αsin75°＋α)＝eq\f(1,sin45°＋αsin45°＋α＋30°)＝eq\f(1,sin45°＋α\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sin45°＋α＋\f(1,2)cos45°＋α)))＝eq\f(1,\f(\r(3),2)sin245°＋α＋\f(1,2)sin45°＋αcos45°＋α)＝eq\f(1,\f(\r(3),4)[1－cos90°＋2α]＋\f(1,4)sin90°＋2α)＝eq\f(1,\f(\r(3),4)＋\f(\r(3),4)sin2α＋\f(1,4)cos2α)＝eq\f(1,\f(\r(3),4)＋\f(1,2)sin2α＋30°).由于0°≤α≤60°，则30°≤2α＋30°≤150°，所以当α＝30°时，sin(2α＋30°)的最大值为1，此时△OMN的面积取到最小值．即∠POM＝30°时，△OMN的面积的最小值为8－4eq\r(3).[高频滚动]1．已知sinx－siny＝－eq\f(2,3)，cosx－cosy＝eq\f(2,3)，且x，y为锐角，则tan(x－y)＝()A.eq\f(2\r(14),5)B．－eq\f(2\r(14),5)C．±eq\f(2\r(14),5)D．±eq\f(5\r(14),28)解析：选B∵sinx－siny＝－eq\f(2,3)，x，y为锐角，∴－eq\f(π,2)＜x－y＜0，又eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx－siny＝－\f(2,3)，①,cosx－cosy＝\f(2,3)，②))①2＋②2，得2－2sinxsiny－2cosxcosy＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2，即2－2cos(x－y)＝eq\f(8,9)，得cos(x－y)＝eq\f(5,9)，又－eq\f(π,2)＜x－y＜0，∴sin(x－y)＝－eq\r(1－cos2x－y)＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,9)))2)＝－eq\f(2\r(14),9)，∴tan(x－y)＝eq\f(sinx－y,