（全國(guó)通用版）2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 高考達(dá)標(biāo)檢測(cè)（十九）正、余弦定理的3個(gè)基礎(chǔ)點(diǎn)——邊角、形狀和面積 文

（全國(guó)通用版）2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 高考達(dá)標(biāo)檢測(cè)（十九）正、余弦定理的3個(gè)基礎(chǔ)點(diǎn)邊角、形狀和面積 文一、選擇題1在ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知a1，b，A30°，若B為銳角，則ABC()A113B123C132 D141解析：選B因?yàn)閍1，b，A30°，B為銳角，所以由正弦定理可得sin B，則B60°，所以C90°，則ABC123.2如果將直角三角形三邊增加相同的長(zhǎng)度，則新三角形一定是()A銳角三角形B鈍角三角形C直角三角形D根據(jù)增加的長(zhǎng)度確定三角形的形狀解析：選A設(shè)原來直角三角形的三邊長(zhǎng)是a，b，c且a2b2c2，在原來的三角形三條邊長(zhǎng)的基礎(chǔ)上都加上相同的長(zhǎng)度，設(shè)為d，原來的斜邊仍然是最長(zhǎng)的邊，故cos A>0，所以新三角形中最大的角是一個(gè)銳角，故選A.3(2018·太原模擬)在ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若b2c2a2bc，且ba，則下列關(guān)系一定不成立的是()Aac BbcC2ac Da2b2c2解析：選B由余弦定理，得cos A，則A30°.又ba，由正弦定理得sin Bsin Asin 30°，所以B60°或120°.當(dāng)B60°時(shí)，ABC為直角三角形，且2ac，可知C、D成立；當(dāng)B120°時(shí)，C30°，所以AC，即ac，可知A成立，故選B.4在直角梯形ABCD中，ABCD，ABC90°，AB2BC2CD，則cosDAC()A. B.C. D.解析：選B如圖所示，設(shè)CDa，則易知ACa，ADa，在ACD中，CD2AD2AC22AD×AC×cosDAC，a2(a)2(a)22×a×a×cosDAC，cosDAC.5在ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若ABC的面積為S，且2S(ab)2c2，則tan C等于()A. B.C D解析：選C因?yàn)?S(ab)2c2a2b2c22ab，則由面積公式與余弦定理，得absin C2abcos C2ab，即sin C2cos C2，所以(sin C2cos C)24，即4，所以4，解得tan C或tan C0(舍去)6在ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且滿足b2c2a2bc，·>0，a，則bc的取值范圍是()A. B.C. D.解析：選B在ABC中，b2c2a2bc，由余弦定理可得cos A，A是ABC的內(nèi)角，A60°.a，由正弦定理得1，bcsin Bsin(120°B)sin Bcos Bsin(B30°)·|·|·cos(B)>0，cos B<0，B為鈍角，90°<B<120°，120°<B30°<150°，故sin(B30°)，bcsin(B30°).二、填空題7在ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且2ccos B2ab，若ABC的面積Sc，則ab的最小值為_解析：將2ccos B2ab中的邊化為角可得2sin Ccos B2sin Asin B2sin Ccos B2sin Bcos Csin B則2sin Bcos Csin B0，因?yàn)閟in B0，所以cos C，則C120°，所以Sabsin 120°c，則cab.由余弦定理可得2a2b22abcos C3ab，則ab12，當(dāng)且僅當(dāng)ab2時(shí)取等號(hào)，所以ab的最小值為12.答案：128(2017·浙江高考)已知ABC，ABAC4，BC2.點(diǎn)D為AB延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，BD2，連接CD，則BDC的面積是_，cosBDC_.解析：在ABC中，ABAC4，BC2，由余弦定理得cosABC，則sinABCsinCBD，所以SBDCBD·BCsinCBD×2×2×.因?yàn)锽DBC2，所以CDBABC，則cosCDB .答案：9已知a，b，c分別為ABC三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，a2，且(2b)(sin Asin B)(cb)sin C，則ABC面積的最大值為_解析：因?yàn)閍2，且(2b)(sin Asin B)(cb)sin C，所以(ab)(sin Asin B)(cb)sin C.由正弦定理得b2c2bc4，又因?yàn)閎2c22bc，所以bc4，當(dāng)且僅當(dāng)bc2時(shí)取等號(hào)，此時(shí)三角形為等邊三角形，所以Sbcsin 60°×4×，故ABC的面積的最大值為.答案：三、解答題10(2017·天津高考)在ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c.已知asin A4bsin B，ac(a2b2c2)(1)求cos A的值；(2)求sin(2BA)的值解：(1)由asin A4bsin B，及，得a2b.由ac(a2b2c2)及余弦定理，得cos A.(2)由(1)，可得sin A，代入asin A4bsin B，得sin B.由(1)知，A為鈍角，所以cos B.于是sin 2B2sin Bcos B，cos 2B12sin2B，故sin(2BA)sin 2Bcos Acos 2Bsin A××.11在ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知asin Bbcos A.(1)求角A的大?。?2)若a，b2，求ABC的面積解：(1)因?yàn)閍sin Bbcos A，由正弦定理得sin Asin Bsin Bcos A.又sin B0，從而tan A.由于0<A<，所以A.(2)法一：由余弦定理a2b2c22bccos A，及a，b2，A，得74c22c，即c22c30.因?yàn)閏>0，所以c3.故ABC的面積Sbcsin A.法二：由正弦定理，得，從而sin B，又由a>b，知A>B，所以cos B.故sin Csin(AB)sinsin Bcos cos Bsin .所以ABC的面積Sabsin C.12在ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，sin B·(acos Bbcos A)ccos B.(1)求B；(2)若b2，ABC的面積為2，求ABC的周長(zhǎng)解：(1)由正弦定理得，sin B(sin Acos Bsin Bcos A)sin Ccos B，sin Bsin(AB)sin Ccos B，sin Bsin Csin Ccos B.sin C0，sin Bcos B，即tan B.B(0，)，B.(2)SABCacsin Bac2，ac8.根據(jù)余弦定理得，b2a2c22accos B，12a2c28，即a2c220，ac6，ABC的周長(zhǎng)為62.1在平面五邊形ABCDE中，已知A120°，B90°，C120°，E90°，AB3，AE3，當(dāng)五邊形ABCDE的面積S時(shí)，則BC的取值范圍為_解析：因?yàn)锳B3，AE3，且A120°，由余弦定理可得BE3，且ABEAEB30°.又B90°，E90°，所以DEBEBC60°.又C120°，所以四邊形BCDE是等腰梯形易得三角形ABE的面積為，所以四邊形BCDE的面積的取值范圍是.在等腰梯形BCDE中，令BCx，則CD3x，且梯形的高為，故梯形BCDE的面積為·(33x)·，即15(6x)x<24，解得x<2或4<x5.答案：，2)(4，52.如圖，有一直徑為8 m的半圓形空地，現(xiàn)計(jì)劃種植果樹，但需要有輔助光照半圓周上的C處恰有一可旋轉(zhuǎn)光源滿足果樹生長(zhǎng)的需要，該光源照射范圍是ECF，點(diǎn)E，F(xiàn)在直徑AB上，且ABC.(1)若CE，求AE的長(zhǎng)；(2)設(shè)ACE，求該空地種植果樹的最大面積解：(1)由已知得ABC為直角三角形，因?yàn)锳B8，ABC，所以BAC，AC4.在ACE中，由余弦定理得，CE2AC2AE22AC·AEcos A，且CE，所以1316AE24AE，解得AE1或AE3.(2)因?yàn)锳CB，ECF，所以ACE，所以AFCBACACF，在ACF中，由正弦定理得，所以CF，在ACE中，由正弦定理得，所以CE，所以SECFCE·CFsinECF.因?yàn)?，所?，所以0sin1，所以當(dāng)sin0，即時(shí)，SECF取得最大值為4.即該空地種植果樹的最大面積為4 m2.