【数学】2020届浙江一轮复习通用版4-7正弦定理和余弦定理作业 12页

‎§ 4.7　正弦定理和余弦定理 A组　基础题组 ‎　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ ‎1.在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C所对的边,若a,b,c成等差数列,∠B=30°,△ABC 的面积为‎3‎‎2‎,则b=(　　)‎ ‎　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.‎1+‎‎3‎‎2‎ B.1+‎‎3‎ C.‎2+‎‎3‎‎2‎ D.2+‎‎3‎ 答案　B　由条件知‎1‎‎2‎acsin B=‎3‎‎2‎,得ac=6,又a+c=2b,则由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B=(a+c)2-2ac-‎3‎ac,即b2=4b2-12-6‎3‎,解得b1=b2=1+‎3‎.‎ ‎2.如图,正三棱锥P-ABC的所有棱长都为4.点D,E,F分别在棱PA,PB,PC上,则满足DE=EF=3,DF=2的△DEF的个数是(　　)‎ A.1 B.2 C.3 D.4‎ 答案　C　令PD=x,PE=y,PF=z,则x‎2‎‎+y‎2‎-xy=9,‎y‎2‎‎+z‎2‎-zy=9,‎z‎2‎‎+x‎2‎-xz=4,‎当x=z时,x=z=2,‎y=1+‎6‎,‎当x≠z时,有两解.‎ ‎3.(2017浙江镇海中学模拟)在△ABC中,BC=2,AC=2‎2‎,则A的最大值是(　　)‎ A.30° B.45° C.60° D.90° ‎ 答案　B　由余弦定理,知cos A=c‎2‎‎+8-4‎‎2c×2‎‎2‎=‎1‎‎4‎‎2‎c+‎‎4‎c≥‎2‎‎2‎(当且仅当c=2时,取等号),故A的最大值为45°,故选B.‎ ‎4.(2017浙江台州调研)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=1,2b-‎3‎c=2acos C,sin C=‎3‎‎2‎,则△ABC的面积为(　　)‎ A.‎3‎‎2‎ B.‎3‎‎4‎ C.‎3‎‎2‎或‎3‎‎4‎ D.‎3‎或‎3‎‎2‎ 答案　C　由正弦定理知,2sin B-‎3‎sin C=2sin Acos C,又sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C,所以cos A=‎3‎‎2‎,故A=30°.‎ 因为sin C=‎3‎‎2‎,所以C=60°或C=120°.‎ 当C=60°时,B=90°,由asinA=csinC,得c=‎3‎,故S=‎1‎‎2‎×‎3‎×1×1=‎3‎‎2‎;‎ 当C=120°时,B=30°,此时b=a=1,故S=‎1‎‎2‎×1×1×sin 120°=‎3‎‎4‎.故选C.‎ ‎5.(2018杭州高三期末)设点P在△ABC的BC边所在的直线上从左到右运动,设△ABP与△ACP的外接圆面积之比为λ,当点P不与B,C重合时(　　)‎ A.λ先变小再变大 B.当M为线段BC中点时,λ最大 C.λ先变大再变小 D.λ是一个定值 答案　D　设△ABP与△ACP的外接圆半径分别为r1,r2,则2r1=ABsin∠APB,2r2=ACsin∠APC,因为∠APB+∠APC=180°,所以sin∠APB=sin∠APC,所以r‎1‎r‎2‎=ABAC,所以λ=r‎1‎‎2‎r‎2‎‎2‎=AB‎2‎AC‎2‎.故选D.‎ ‎6.已知a,b,c分别为△ABC的内角A,B,C所对的边,其面积满足S△ABC=‎1‎‎4‎a2,则cb的最大值为(　　)‎ A.‎2‎-1 B.‎2‎ C.‎2‎+1 D.‎2‎+2‎ 答案　C　根据题意,有S△ABC=‎1‎‎4‎a2=‎1‎‎2‎bcsin A,应用余弦定理,可得b2+c2-2bccos A=2bcsin A,令t=cb,于是t2+1-2tcos A=2tsin A.于是2tsin A+2tcos A=t2+1,所以2‎2‎sinA+‎π‎4‎=t+‎1‎t,从而t+‎1‎t≤2‎2‎,解得t的最大值为‎2‎+1.‎ ‎7.(2017浙江测试)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若a=2‎3‎,C=π‎3‎,tan A=‎3‎‎4‎,则sin A=　　　　,b=　　　　. ‎ 答案　‎3‎‎5‎;4+‎‎3‎ 解析　由tan A=‎3‎‎4‎得sin A=‎3‎‎5‎,cos A=‎4‎‎5‎,由正弦定理,得c=sinCsinAa=5,又sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C,∴b=acos C+ccos A=4+‎3‎.‎ ‎8.(2017浙江名校协作体)已知在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,S为△ABC的面积.若a=4,b=5,C=2A,则c=　　　　,S=　　　　. ‎ 答案　6;‎‎15‎‎7‎‎4‎ 解析　由题意可知,asinA=bsinB=bsin(π-3A)‎=bsin3A,‎ 所以asin 3A=bsin A,‎ 即4(3sin A-4sin3A)=5sin A,‎ 整理得7=16sin2A,‎ 从而cos2A=‎9‎‎16‎,即cos A=‎3‎‎4‎.‎ 由正弦定理得,c=sinCsinA·a=2cos A·a=6.‎ ‎∴S=‎1‎‎2‎bcsin A=‎1‎‎2‎×5×6×‎7‎‎4‎=‎15‎‎7‎‎4‎.‎ ‎9.(2018杭州七校高三联考)设△ABC的三个内角A、B、C所对的边依次为a、b、c,若△ABC的面积为S,且S=a2-(b-c)2,则sinA‎1-cosA=　　　　. ‎ 答案　4‎ 解析　因为△ABC的面积为S,且S=a2-(b-c)2=a2-b2-c2+2bc=‎1‎‎2‎bc·sin A,‎ 所以由余弦定理可得-2bc·cos A+2bc=‎1‎‎2‎bc·sin A,‎ 所以4-4cos A=sin A,‎ 所以sinA‎1-cosA=‎4-4cosA‎1-cosA=4.‎ ‎10.(2017浙江稽阳联谊学校联考)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知csin A=‎3‎acos C,则C=　　　　;若c=‎31‎,△ABC的面积为‎3‎‎3‎‎2‎,则a+b=　　　　. ‎ 答案　π‎3‎;7‎ 解析　由正弦定理可得sin Csin A=‎3‎sin Acos C,‎ 因为sin A≠0,所以tan C=‎3‎,所以C=π‎3‎.‎ 由‎1‎‎2‎absin C=‎3‎‎3‎‎2‎,得ab=6.‎ 又由余弦定理得‎(‎31‎)‎‎2‎=a2+b2-2abcos C=(a+b)2-3ab,‎ 所以a+b=7.‎ ‎11.(2017浙江台州质量评估)已知在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b=‎2‎a,‎3‎cos B=‎2‎cos A,c=‎3‎+1,则△ABC的面积为　　　　. ‎ 答案　‎‎3‎‎+1‎‎2‎ 解析　由‎3‎cos B=‎2‎cos A,得 ‎3‎‎·a‎2‎‎+c‎2‎-‎b‎2‎‎2ac=‎2‎·b‎2‎‎+c‎2‎-‎a‎2‎‎2bc,‎ 又b=‎2‎a,c=‎3‎+1,所以上式可化简为a2=‎3‎‎-1‎‎3‎‎+1‎c2=2,‎ 所以a=‎2‎,b=2.‎ 所以cos B=a‎2‎‎+c‎2‎-‎b‎2‎‎2ac=‎2‎‎2‎,所以sin B=‎1-cos‎2‎B=‎2‎‎2‎.‎ 故△ABC的面积S=‎1‎‎2‎acsin B=‎1‎‎2‎×‎2‎×(‎3‎+1)×‎2‎‎2‎=‎3‎‎+1‎‎2‎.‎ ‎12.(2017浙江宁波期末)已知△ABC的三边分别为a,b,c,且a2+c2=b2+ac,则边b所对的角B为　　　　;此时,若b=2‎3‎,则AB·AC的最大值为　　　　. ‎ 答案　π‎3‎;6+4‎‎3‎ 解析　由余弦定理得cos B=a‎2‎‎+c‎2‎-‎b‎2‎‎2ac=‎1‎‎2‎,∴B=π‎3‎,‎ 由正弦定理得c=bsinCsinB=4sin C.‎ ‎∴AB·AC=bccos A=8‎3‎sin Ccos A,又C=‎2π‎3‎-A,‎ ‎∴AB·AC=8‎3‎‎3‎‎2‎cosA+‎1‎‎2‎sinAcos A=12cos2A+4‎3‎·sin Acos A=6(1+cos 2A)+2‎3‎sin 2A=6+4‎3‎sin‎2A+‎π‎3‎.‎ ‎∵00,‎ 所以sin B=‎3‎‎2‎,‎ 因为三角形ABC为锐角三角形,所以B=π‎3‎.‎ ‎(2)已知b=‎3‎,则3=a2+c2-2accosπ‎3‎ ‎=a2+c2-ac=(a+c)2-3ac,‎ 所以a+c=2‎3‎,‎ 所以三角形ABC的周长为3‎3‎.‎ ‎15.已知f(x)=sin x·(cos x+sin x)-1,x∈R.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调递减区间;‎ ‎(2)在锐角△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知f(A)=0,a=1,求a2+b2+c2的取值范围.‎ 解析　(1)f(x)=sin xcos x+sin2x-1=‎1‎‎2‎sin 2x+‎1-cos2x‎2‎-1=‎2‎‎2‎sin‎2x-‎π‎4‎-‎1‎‎2‎.‎ 令π‎2‎+2kπ≤2x-π‎4‎≤2kπ+‎3π‎2‎(k∈Z),‎ 得‎3π‎8‎+kπ≤x≤kπ+‎7π‎8‎(k∈Z).‎ 故函数f(x)的单调递减区间为‎3π‎8‎‎+kπ,‎7π‎8‎+kπ(k∈Z).‎ ‎(2)由f(A)=0得sin‎2A-‎π‎4‎=‎2‎‎2‎.‎ ‎∵A∈‎0,‎π‎2‎,∴2A-π‎4‎∈‎-π‎4‎,‎‎3π‎4‎,‎ ‎∴2A-π‎4‎=π‎4‎,‎ ‎∴A=π‎4‎.‎ 易得bc=asinA‎2‎sin Bsin C=2sin Bsin C=cos(B-C)-cos(B+C)=cos(B-C)-cos(π-A)=‎2‎‎2‎+cos(B-C),又在锐角△ABC中,A=π‎4‎,故B-C∈‎-π‎4‎,‎π‎4‎,bc∈‎2‎‎,1+‎‎2‎‎2‎,‎ 又cos A=b‎2‎‎+c‎2‎-‎a‎2‎‎2bc,∴b2+c2-a2=‎2‎bc,‎ ‎∴a2+b2+c2=‎2‎bc+2∈(4,3+‎2‎].‎ B组　提升题组 ‎1.(2018金华东阳二中高三调研)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若3bcos A=ccos A+acos C,则tan A的值是(　　)‎ ‎　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.-2‎2‎ B.-‎2‎ C.2‎2‎ D.‎‎2‎ 答案　C　在△ABC中,由余弦定理得 ccos A+acos C=c×b‎2‎‎+c‎2‎-‎a‎2‎‎2bc+a×a‎2‎‎+b‎2‎-‎c‎2‎‎2ab=b.‎ 所以3bcos A=ccos A+acos C=b,‎ 两边约去b,得3cos A=1,所以cos A=‎1‎‎3‎>0,‎ 所以A为锐角,且sin A=‎1-cos‎2‎A=‎2‎‎2‎‎3‎,‎ 因此,tan A=sinAcosA=2‎2‎.‎ ‎2.若满足条件AB=‎3‎,C=π‎3‎的三角形ABC有两个,则边BC的长的取值范围是(　　)‎ A.(1,‎2‎) B.(‎2‎,‎3‎)‎ C.(‎3‎,2) D.(‎2‎,2)‎ 答案　C　设BC=a,∵C=π‎3‎,AB=‎3‎,‎ 由正弦定理得ABsinC=BCsinA,即‎3‎‎3‎‎2‎=asinA,∴sin A=a‎2‎.‎ 由题意得,当A∈π‎3‎‎,‎‎2π‎3‎且A≠π‎2‎时,满足条件的△ABC有两个,∴‎3‎‎2‎