（新課改省份專用）2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（二十七）正弦定理和余弦定理（含解析）新人教A版

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1、課時(shí)跟蹤檢測(cè)(二十七)　正弦定理和余弦定理 一、題點(diǎn)全面練 1．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若＝，則B的大小為(　　) A．30°　　　　　　　　 B．45° C．60° D．90° 解析：選B　由正弦定理知，＝， ∴sin B＝cos B，∴B＝45°. 2．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若A＝，＝2sin Asin B，且b＝6，則c＝(　　) A．2 B．3 C．4 D．6 解析：選C　由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc×＝b2＋c2－bc，又＝2sin Asin B，由正弦定理可得＝，即a2＋b2－4c2＝0，則b2

2、＋c2－bc＋b2－4c2＝0. 又b＝6，∴c2＋2c－24＝0，解得c＝4(負(fù)值舍去)，故選C. 3．(2019·安徽江南十校聯(lián)考)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且b2＝ac，a2＋bc＝c2＋ac，則的值為(　　) A. B. C．2 D. 解析：選D　由b2＝ac，a2＋bc＝c2＋ac，得b2＋c2－a2＝bc，∴cos A＝＝，則sin A＝. 由b2＝ac，得sin2B＝sin Asin C，∴＝， ∴＝＝＝. 4．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若＝，(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc，則△ABC的形狀為(　　)

3、A．直角三角形 B．等腰非等邊三角形 C．等邊三角形 D．鈍角三角形 解析：選C　∵＝， ∴＝，∴b＝c. 又(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc， ∴b2＋c2－a2＝bc，∴cos A＝＝＝. ∵A∈(0，π)，∴A＝，∴△ABC是等邊三角形． 5．(2019·四平質(zhì)檢)在△ABC中，已知a，b，c分別為角A，B，C的對(duì)邊且∠A＝60°，若S△ABC＝且2sin B＝3sin C，則△ABC的周長(zhǎng)等于(　　) A．5＋ B．12 C．10＋ D．5＋2 解析：選A　在△ABC中，∠A＝60°.∵2sin B＝3sin C，∴由正弦定理可得2b＝3c，再由S△AB

4、C＝＝bc·sin A，可得bc＝6，∴b＝3，c＝2.由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bc·cos A＝7，∴a＝，故△ABC的周長(zhǎng)為a＋b＋c＝5＋，故選A. 6．(2019·太原模擬)在△ABC中，AB＝2，AC＝3，∠BAC＝90°，點(diǎn)D在AB上，點(diǎn)E在CD上，且∠ACB＝∠DBE＝∠DEB，則CD＝________. 解析：設(shè)BD＝x，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥AB于點(diǎn)F，設(shè)∠ACB＝∠DBE＝∠DEB＝θ，則∠EDF＝2θ，DE＝x，∵tan θ＝，∴tan 2θ＝，∴在Rt△EFD中，EF＝xsin 2θ，DF＝xcos 2θ，∵＝，∴＝，∴tan 2θ＝＝，解得x＝，∴AD＝，∴CD

5、＝. 答案： 7．在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，若cos C＝，c＝3，且＝，則△ABC的面積等于________． 解析：∵＝，由正弦定理可知＝?tan A＝tan B，則A＝B，∴△ABC為等腰三角形，∴A＋B＋C＝2B＋C＝π，得2B＝π－C，則cos 2B＝－cos C＝－＝1－2sin2B，解得sin B＝，cos B＝，tan B＝. ∵AB＝c＝3，∴C到AB的距離h＝×tan B＝×＝，∴△ABC的面積為×AB×h＝. 答案： 8．(2019·菏澤模擬)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且acos B－c－＝0，a2＝bc，b

6、＞c，則＝________. 解析：由acos B－c－＝0及正弦定理可得sin Acos B－sin C－＝0.因?yàn)閟in C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B，所以－－cos Asin B＝0，因?yàn)閟in B≠0，所以cos A＝－，即A＝.由余弦定理得a2＝bc＝b2＋c2＋bc，即2b2－5bc＋2c2＝0，又b＞c，所以＝2. 答案：2 9．(2019·惠州調(diào)研)已知△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且2cos C(acos C＋ccos A)＋b＝0. (1)求角C的大??； (2)若b＝2，c＝2，求△ABC的面積． 解：(1)

7、∵2cos C(acos C＋ccos A)＋b＝0， ∴由正弦定理可得2cos C(sin Acos C＋sin Ccos A)＋sin B＝0， ∴2cos Csin(A＋C)＋sin B＝0，即2cos Csin B＋sin B＝0， 又0°＜B＜180°，∴sin B≠0，∴cos C＝－， 又0°＜C＜180°，∴C＝120°. (2)由余弦定理可得(2)2＝a2＋22－2×2acos 120°＝a2＋2a＋4， 又a＞0，∴解得a＝2，∴S△ABC＝absin C＝， ∴△ABC的面積為. 10．(2017·全國(guó)卷Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.

8、已知△ABC的面積為. (1)求sin Bsin C； (2)若6cos Bcos C＝1，a＝3，求△ABC的周長(zhǎng)． 解：(1)由題設(shè)得acsin B＝， 即csin B＝. 由正弦定理得sin Csin B＝， 故sin Bsin C＝. (2)由題設(shè)及(1)得cos Bcos C－sin Bsin C＝－， 即cos(B＋C)＝－. 所以B＋C＝，故A＝. 由題設(shè)得bcsin A＝，即bc＝8. 由余弦定理得b2＋c2－bc＝9，即(b＋c)2－3bc＝9， 解得b＋c＝. 故△ABC的周長(zhǎng)為3＋. 二、專項(xiàng)培優(yōu)練 (一)易錯(cuò)專練——不丟怨枉分 1．在△A

9、BC中， 若＝，則△ABC的形狀是(　　) A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形 解析：選D　由已知＝＝＝，得＝或＝0，即＝或C＝90°.當(dāng)C＝90°時(shí)，△ABC為直角三角形．當(dāng)＝時(shí)，由正弦定理，得＝，∴＝，即sin Ccos C＝sin Bcos B，即sin 2C＝sin 2B.∵B，C均為△ABC的內(nèi)角，∴2C＝2B或2C＋2B＝180°，∴B＝C或B＋C＝90°，∴△ABC為等腰三角形或直角三角形，故選D. 2．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且b＝a，a＝2，c＝，則C＝(　　) A. B.或 C. D

10、. 解析：選D　∵b＝a，∴由正弦定理可得sin B＝sin Acos C＋sin Asin C．又sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C，∴cos Asin C＝sin Asin C．由sin C≠0，可得sin A＝cos A，∴tan A＝.由A為三角形內(nèi)角，可得A＝.∵a＝2，c＝，∴由正弦定理可得sin C＝＝，∴由c＜a，可得C＝，故選D. (二)交匯專練——融會(huì)巧遷移 3．[與數(shù)列交匯]在△ABC中，角A，B，C所對(duì)應(yīng)的邊分別為a，b，c.若角A，B，C依次成等差數(shù)列，且a＝1，b＝，則S△ABC＝(　　) A. B. C. D．2

11、 解析：選C　∵A，B，C依次成等差數(shù)列，∴B＝60°， 由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B，得c＝2， ∴S△ABC＝acsin B＝，故選C. 4．[與三角函數(shù)交匯]已知函數(shù)f(x)＝cos2x＋sin(π－x)·cos(π＋x)－. (1)求函數(shù)f(x)在[0，π]上的單調(diào)遞減區(qū)間； (2)在銳角△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知f(A)＝－1，a＝2，bsin C＝asin A，求△ABC的面積． 解：(1)f(x)＝cos2x－sin xcos x－ ＝－sin 2x－ ＝－sin， ∴2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z， ∴kπ

12、－≤x≤kπ＋，k∈Z，又x∈[0，π]， ∴函數(shù)f(x)在[0，π]上的單調(diào)遞減區(qū)間為和. (2)由(1)知f(x)＝－sin， ∴f(A)＝－sin＝－1， ∵△ABC為銳角三角形，∴0＜A＜， ∴－＜2A－＜， ∴2A－＝，即A＝. 又bsin C＝asin A，∴bc＝a2＝4， ∴S△ABC＝bcsin A＝. (三)素養(yǎng)專練——學(xué)會(huì)更學(xué)通 5．[數(shù)學(xué)運(yùn)算]已知在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，bcos∠BCA＝a，點(diǎn)M在線段AB上，且∠ACM＝∠BCM.若b＝6CM＝6，則cos∠BCM＝(　　) A. B. C. D. 解析：選B　

13、設(shè)∠ACM＝∠BCM＝θ，則∠BCA＝2θ.又a＝bcos∠BCA，b＝6CM＝6，∴a＝6cos 2θ，CM＝1.則由面積關(guān)系S△ACM＋S△BCM＝S△ABC，得×6×1×sin θ＋×1×6cos 2θ×sin θ＝×6×6cos 2θ×sin 2θ，∴sin θcos θ(4cos θ－3)(3cos θ＋2)＝0.∵0＜θ＜，∴cos θ＝，故選B. 6．[數(shù)學(xué)建模]線段的黃金分割點(diǎn)定義：若點(diǎn)C在線段AB上，且滿足AC2＝BC·AB，則稱點(diǎn)C為線段AB的黃金分割點(diǎn)．在△ABC中，AB＝AC，A＝36°，若角B的平分線交邊AC于點(diǎn)D，則點(diǎn)D為邊AC的黃金分割點(diǎn)．利用上述結(jié)論，可以求出

14、cos 36°＝(　　) A. B. C. D. 解析：選B　設(shè)AB＝2，AD＝x，又AB＝AC，所以CD＝2－x.由黃金分割點(diǎn)的定義可得AD2＝AC·CD，即x2＝2·(2－x)，解得AD＝－1.在△ABD中，由余弦定理得cos 36°＝＝＝.故選B. 7.[直觀想象、數(shù)學(xué)運(yùn)算]如圖，在△ABC中，點(diǎn)P在BC邊上，∠PAC＝60°，PC＝2，AP＋AC＝4. (1)求∠ACP； (2)若△APB的面積是，求sin∠BAP. 解：(1)在△APC中，∠PAC＝60°，PC＝2，AP＋AC＝4， 由余弦定理得PC2＝AP2＋AC2－2·AP·AC·cos∠PAC， 所以22＝AP2＋(4－AP)2－2·AP·(4－AP)·cos 60°， 整理得AP2－4AP＋4＝0， 解得AP＝2， 所以AC＝2， 所以△APC是等邊三角形， 所以∠ACP＝60°. (2)由于∠APB是△APC的外角，所以∠APB＝120°， 因?yàn)椤鰽PB的面積是， 所以·AP·PB·sin∠APB＝， 所以PB＝3. 在△APB中，AB2＝AP2＋PB2－2·AP·PB·cos∠APB＝22＋32－2×2×3×cos 120°＝19， 所以AB＝. 在△APB中，由正弦定理得＝， 所以sin∠BAP＝＝. - 8 -