2022届高考数学一轮复习-第四章-4.6-正弦定理和余弦定理课时作业.docx

2022届高考数学一轮复习 第四章 4.6 正弦定理和余弦定理课时作业

2022届高考数学一轮复习 第四章 4.6 正弦定理和余弦定理课时作业

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姓名：

课时作业24　正弦定理和余弦定理
[基础达标]
一、选择题
1．[2021·河北省级示范性高中联合体联考]△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若3sinA＝2sinC，b＝5，cosC＝－，则a＝(　　)

A．3B．4
C．6D．8
2．[2021·山东青岛一中月考]在△ABC中，若sin2A＋sin2B<sin2C，则△ABC的形状是(　　)
A．锐角三角形B．直角三角形
C．钝角三角形D．不能确定
3．[2021·广东省七校联合体高三联考试题]在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c＝＋1，b＝2，A＝，则B＝(　　)
A.B.
C.D.或
4．[2021·广东深圳高级中学月考]在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知sin＝，b＝1，△ABC的面积为，则的值为(　　)
A.B．2
C．4D．1
5．[2021·山西省六校高三阶段性测试]在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，bcosA＝c－a，点D在AC上，2AD＝DC，BD＝2，则△ABC的面积的最大值为(　　)
A.B.
C．4D．6
二、填空题
6．[2021·陕西咸阳一中月考]在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝，b＝2，A＝，则△ABC的面积为________．
7．[2021·惠州市高三调研考试试题]△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知(acosC－ccosA)＝b，B＝60°，则角A的大小为________．
8．[2020·山东卷]某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心，A是圆弧AB与直线AG的切点，B是圆弧AB与直线BC的切点，四边形DEFG为矩形，BC⊥DG，垂足为C，tan∠ODC＝，BH∥DG，EF＝12cm，DE＝2cm，A到直线DE和EF的距离均为7cm，圆孔半径为1cm，则图中阴影部分的面积为________cm2.

三、解答题
9．[2020·山东卷]在①ac＝，②csinA＝3，③c＝b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA＝sinB，C＝，________？
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

10.[2020·全国卷Ⅱ，17]△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sinBsinC.
(1)求A；
(2)若BC＝3，求△ABC周长的最大值．

[能力挑战]
11．[2021·洛阳市尖子生联考]已知a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C的对边，且满足(a＋b＋c)(sinB＋sinC－sinA)＝bsinC.
(1)求角A的大小；
(2)设a＝，S为△ABC的面积，求S＋cosBcosC的最大值．

课时作业24
1．解析：因为3sinA＝2sinC，由正弦定理得
3a＝2c，设a＝2k(k>0)，则c＝3k.
由余弦定理得cosC＝＝＝－，
解得k＝3或k＝－(舍去)，从而a＝6.故选C.
答案：C
2．解析：∵sin2A＋sin2B<sin2C，∴a2＋b2<c2，∴cosC＝<0，又0°<C<180°，∴C为钝角，∴△ABC是钝角三角形，故选C.
答案：C
3．解析：∵c＝＋1，b＝2，A＝，∴由余弦定理可得a＝＝＝，∴由正弦定理可得sinB＝＝＝，∵b<a，∴B为锐角，∴B＝.故选C.
答案：C
4．解析：∵sin＝，∴A＝，又b＝1，△ABC的面积为bcsinA＝，解得c＝2，∴a2＝b2＋c2－2bccosA＝1＋4－2＝3，∴a＝，∴＝＝2，故选B.
答案：B
5．解析：在△ABC中，由正弦定理＝＝及bcosA＝c－a，得sinBcosA＝sinC－sinA．根据C＝π－(A＋B)，得sinBcosA＝sin(A＋B)－sinA＝sinAcosB＋cosAsinB－sinA，即sinAcosB＝sinA，由于sinA≠0，所以cosB＝，B＝.
解法一　设AD＝x，则CD＝2x，AC＝3x，在△ADB，△BDC，△ABC中分别利用余弦定理，得cos∠ADB＝，cos∠CDB＝，cos∠ABC＝.由cos∠ADB＝－cos∠CDB，得6x2＝a2＋2c2－12，再根据cos∠ABC＝，得a2＋c2－9x2＝ac，所以4c2＋a2＋2ac＝36.根据基本不等式得4c2＋a2≥4ac，所以ac≤6，当且仅当a＝2，c＝时，等号成立，所以△ABC的面积S＝acsin∠ABC＝ac≤.故选A.
解法二　因为点D在AC上，2AD＝DC，所以＝＋，||2＝||2＋||2＋·＝c2＋a2＋ac×cos＝c2＋a2＋ac.又BD＝2，所以4c2＋a2＋2ac＝36.根据基本不等式得4c2＋a2≥4ac，所以ac≤6，当且仅当a＝2，c＝时，等号成立，所以△ABC的面积S＝acsin∠ABC＝ac≤.故选A.
答案：A
6．解析：由正弦定理得sinB＝＝＝，∵b<a，∴B<A，∴cosB＝，∴sinC＝sin(A＋B)＝，
∴△ABC的面积为absinC＝.
答案：
7．解析：由(acosC－ccosA)＝b，根据正弦定理得(sinAcosC－sinCcosA)＝sinB，即sin(A－C)＝，sin(A－C)＝，又A＋C＝180°－B＝120°，∴－120°<A－C<120°，∴A－C＝30°，∴2A＝150°，A＝75°.
答案：75°
8．解析：如图，连接OA，过点A分别作AQ⊥DE，AK⊥EF，垂足为Q，K，设AK与BH，DG分别交于点M，N，作OP⊥DG于点P，则AQ＝AK＝7cm，∴DN＝7cm，∵DG＝EF＝12cm，∴NG＝5cm，∵NK＝DE＝2cm，∴AN＝5cm，∴△ANG为等腰直角三角形，∴∠GAN＝45°，∵∠OAG＝90°，
∴∠OAM＝45°，设AM＝OM＝xcm，则PN＝xcm，∴DP＝(7－x)cm，
∵tan∠ODG＝，∴OP＝cm，∵AM＋MN＋NK＝7cm，即x＋(7－x)×＋2＝7，解得x＝2，∴OA＝2cm，∴S阴影＝π×(2)2×＋(2)2×－＝3π＋4－＝cm2.

答案：4＋
9．解析：方案一：选条件①.
由C＝和余弦定理得＝.
由sinA＝sinB及正弦定理得a＝b.
于是＝，由此可得b＝c.
由①ac＝，解得a＝，b＝c＝1.
因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时c＝1.
方案二：选条件②.
由C＝和余弦定理得＝.
由sinA＝sinB及正弦定理得a＝b.
于是＝，
由此可得b＝c，B＝C＝，A＝.
由②csinA＝3，所以c＝b＝2，a＝6.
因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时c＝2.
方案三：选条件③.
由C＝和余弦定理得＝.
由sinA＝sinB及正弦定理得a＝b.
于是＝，由此可得b＝c.
由③c＝b，与b＝c矛盾．
因此，选条件③时问题中的三角形不存在．
10．解析：(1)由正弦定理和已知条件得BC2－AC2－AB2＝AC·AB.　①
由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcosA．　②
由①②得cosA＝－.因为0<A<π，所以A＝.
(2)由正弦定理及(1)得＝＝＝2，从而AC＝2sinB，AB＝2sin(π－A－B)＝3cosB－sinB.
故BC＋AC＋AB＝3＋sinB＋3cosB＝3＋2sin.
又0<B<，所以当B＝时，△ABC周长取得最大值3＋2.
11．解析：(1)∵(a＋b＋c)(sinB＋sinC－sinA)＝bsinC，
∴由正弦定理，得(a＋b＋c)(b＋c－a)＝bc，即b2＋c2－a2＝－bc.
由余弦定理，得cosA＝＝－.
又A∈(0，π)，∴A＝π.
(2)根据a＝，A＝π及正弦定理可得＝＝＝＝2，
∴b＝2sinB，c＝2sinC，
∴S＝bcsinA＝×2sinB×2sinC×＝sinBsinC，
∴S＋cosBcosC＝sinBsinC＋cosBcosC＝cos(B－C)．
故当，即B＝C＝时，
S＋cosBcosC取得最大值.