2019版一轮复习理数通用版高考达标检测 正余弦定理的3个基础点边角形状和面积 7页

高考达标检测（十九） 正、余弦定理的 3 个基础点 ——边角、形状和面积 一、选择题 1．在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 a＝1，b＝ 3，A＝30°，若 B 为锐角，则 A∶B∶C＝( ) A．1∶1∶3 B．1∶2∶3 C．1∶3∶2 D．1∶4∶1 解析：选 B 因为 a＝1，b＝ 3，A＝30°，B 为锐角，所以由正弦定理可得 sin B＝bsin A a ＝ 3 2 ，则 B＝60°，所以 C＝90°，则 A∶B∶C＝1∶2∶3. 2．如果将直角三角形三边增加相同的长度，则新三角形一定是( ) A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．直角三角形 D．根据增加的长度确定三角形的形状 解析：选 A 设原来直角三角形的三边长是 a，b，c 且 a2＝b2＋c2，在原来的三角形三 条边长的基础上都加上相同的长度，设为 d，原来的斜边仍然是最长的边，故 cos A＝ b＋d2＋c＋d2－a＋d2 2b＋dc＋d ＝2bd＋2cd＋d2－2ad 2b＋dc＋d >0，所以新三角形中最大的角是一个锐角， 故选 A. 3．(2018·太原模拟)在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若 b2＋c2－a2 ＝ 3bc，且 b＝ 3a，则下列关系一定不成立的是( ) A．a＝c B．b＝c C．2a＝c D．a2＋b2＝c2 解析：选 B 由余弦定理，得 cos A＝b2＋c2－a2 2bc ＝ 3bc 2bc ＝ 3 2 ，则 A＝30°.又 b＝ 3a， 由正弦定理得 sin B＝ 3sin A＝ 3sin 30°＝ 3 2 ，所以 B＝60°或 120°.当 B＝60°时，△ABC 为直角三角形，且 2a＝c，可知 C、D 成立；当 B＝120°时，C＝30°，所以 A＝C，即 a＝c， 可知 A 成立，故选 B. 4．在直角梯形 ABCD 中，AB∥CD，∠ABC＝90°，AB＝2BC＝2CD，则 cos∠DAC＝ ( ) A. 10 10 B.3 10 10 C. 5 5 D.2 5 5 解析：选 B 如图所示，设 CD＝a，则易知 AC＝ 5a，AD＝ 2a，在 △ACD 中，CD2＝AD2＋AC2－2AD×AC×cos∠DAC，∴a2＝( 2a)2＋ ( 5a)2－2× 2a× 5a×cos∠DAC，∴cos∠DAC＝3 10 10 . 5．在△ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若△ABC 的面积为 S，且 2S ＝(a＋b)2－c2，则 tan C 等于( ) A.3 4 B.4 3 C．－4 3 D．－3 4 解析：选 C 因为 2S＝(a＋b)2－c2＝a2＋b2－c2＋2ab， 则由面积公式与余弦定理，得 absin C＝2abcos C＋2ab， 即 sin C－2cos C＝2，所以(sin C－2cos C)2＝4， 即sin2C－4sin Ccos C＋4cos2C sin2C＋cos2C ＝4， 所以tan2C－4tan C＋4 tan2C＋1 ＝4， 解得 tan C＝－4 3 或 tan C＝0(舍去)． 6．在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且满足 b2＋c2－a2＝bc，AB―→ · BC―→ >0， a＝ 3 2 ，则 b＋c 的取值范围是( ) A. 1，3 2 B. 3 2 ，3 2 C. 1 2 ，3 2 D. 1 2 ，3 2 解析：选 B 在△ABC 中，b2＋c2－a2＝bc， 由余弦定理可得 cos A＝b2＋c2－a2 2bc ＝ bc 2bc ＝1 2 ， ∵A 是△ABC 的内角，∴A＝60°. ∵a＝ 3 2 ， ∴由正弦定理得 a sin A ＝ b sin B ＝ c sin C ＝ c sin120°－B ＝1， ∴b＋c＝sin B＋sin(120°－B)＝3 2sin B＋ 3 2 cos B ＝ 3sin(B＋30°)． ∵ AB―→ · BC―→＝| AB―→ |·| BC―→ |·cos(π－B)>0， ∴cos B<0，B 为钝角， ∴90°0，所以 c＝3. 故△ABC 的面积 S＝1 2bcsin A＝3 3 2 . 法二：由正弦定理，得 7 sin π 3 ＝ 2 sin B ，从而 sin B＝ 21 7 ， 又由 a>b，知 A>B，所以 cos B＝2 7 7 . 故 sin C＝sin(A＋B)＝sin B＋π 3 ＝sin Bcos π 3 ＋cos Bsin π 3 ＝3 21 14 . 所以△ABC 的面积 S＝1 2absin C＝3 3 2 . 12．在△ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，sin B·(acos B＋bcos A)＝ 3ccos B. (1)求 B； (2)若 b＝2 3，△ABC 的面积为 2 3，求△ABC 的周长． 解：(1)由正弦定理得， sin B(sin Acos B＋sin Bcos A)＝ 3sin Ccos B， ∴sin Bsin(A＋B)＝ 3sin Ccos B， ∴sin Bsin C＝ 3sin Ccos B. ∵sin C≠0，∴sin B＝ 3cos B，即 tan B＝ 3. ∵B∈(0，π)，∴B＝π 3. (2)∵S△ABC＝1 2acsin B＝ 3 4 ac＝2 3，∴ac＝8. 根据余弦定理得，b2＝a2＋c2－2accos B， ∴12＝a2＋c2－8，即 a2＋c2＝20， ∴a＋c＝ a＋c2＝ a2＋2ac＋c2＝6， ∴△ABC 的周长为 6＋2 3. 1．在平面五边形 ABCDE 中，已知∠A＝120°，∠B＝90°，∠C＝120°，∠E＝90°，AB ＝3，AE＝3，当五边形 ABCDE 的面积 S∈ 6 3，33 3 4 时，则 BC 的取值范围为________． 解析：因为 AB＝3，AE＝3，且∠A＝120°， 由余弦定理可得 BE＝ AB2＋AE2－2AB·AE·cos A＝3 3，且∠ABE＝∠AEB＝30°. 又∠B＝90°，∠E＝90°，所以∠DEB＝∠EBC＝60°. 又∠C＝120°，所以四边形 BCDE 是等腰梯形． 易得三角形 ABE 的面积为9 3 4 ， 所以四边形 BCDE 的面积的取值范围是 15 3 4 ，6 3 . 在等腰梯形 BCDE 中，令 BC＝x，则 CD＝3 3－x，且梯形的高为 3x 2 ， 故梯形 BCDE 的面积为1 2·(3 3＋3 3－x)· 3x 2 ， 即 15≤(6 3－x)x<24， 解得 3≤x<2 3或 4 3