高考第一輪文科數學（人教A版）課時規(guī)范練23　余弦定理、正弦定理及應用舉例

課時規(guī)范練23余弦定理、正弦定理及應用舉例基礎鞏固組1.設△ABC的內角A,B,C所對的邊分別為a,b,c.若a=3b,sinA=35,則sinB的值為(A.15 B.115 C.132.在△ABC中,BC=17,AC=3,cosA=13,則△ABC的面積為(A.42 B.2 C.4 D.93.在△ABC中,a,b,c分別是角A,B,C所對的邊,若△ABC的面積S△ABC=c2-a2-A.π3 B.2π3 C.34.△ABC中,角A,B,C的對邊分別是a,b,c,A=30°,a=3,若這個三角形有兩解,則b的取值范圍是()A.3<b≤23B.3<b<23C.b<23D.b≤235.(2023江西新八校聯(lián)考)在△ABC中,b=3,c=2,B=45°,則此三角形解的情況為()A.無解 B.兩解C.一解 D.解的個數不能確定6.(2022北京石景山一模)在△ABC中,sin2A=sinBsinC,若A=π3,則B的大小是(A.π6 B.π4 C.π37.(2022浙江,11)我國南宋著名數學家秦九韶,發(fā)現(xiàn)了從三角形三邊求面積的公式,他把這種方法稱為“三斜求積”,它填補了我國傳統(tǒng)數學的一個空白.如果把這個方法寫成公式,就是S=14[c2a2-(c2+a2-b22)

2],其中8.設a,b,c分別為△ABC的內角A,B,C的對邊,a+cb=sinA-sinBsinA-sinC.若9.(2022浙江,18)在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c.已知4a=5c,cosC=35(1)求sinA的值;(2)若b=11,求△ABC的面積.10.在銳角三角形ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知6cos2π2+A+cosA=5.(1)求A;(2)若a=2,求b2+c2的取值范圍.綜合提升組11.(2022河南開封一模)△ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,若A=60°,B=45°,a=23,則△ABC的面積為()A.23 B.32 C.1+3 D.3+312.在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,∠ABC=90°,∠ABC的平分線交AC于點D.若a+4c的最小值為9,則BD=.

13.拿破侖定理:“以任意三角形的三條邊為邊,向外構造三個正三角形,則這三個正三角形的中心恰為另一個正三角形的頂點.”利用該定理可為任意形狀的市區(qū)科學地確定新的發(fā)展中心區(qū)位置,合理組織人流、物流,使城市土地的利用率、建筑的使用效率達到最佳,因而在城市建設規(guī)劃中具有很好的應用價值.如圖,設△ABC代表舊城區(qū),新的城市發(fā)展中心O1,O2,O3分別為正三角形ACD,正三角形BCF,正三角形ABE的中心.現(xiàn)已知AB=2,∠ACB=30°,三角形O1O2O3的面積為3,則三角形ABC的面積為.

14.在①bsinB+csinC=233bsinC+asinA;②cos2C+sinBsinC=sin2B+cos2A;③2b=2acosC+c這三個條件中任選一個,補充在下面的問題中并作答.在△ABC中,內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知△ABC外接圓的半徑R為1,且.

(1)求角A;(2)若AC=2,AD是△ABC的內角平分線,求AD的長度.創(chuàng)新應用組15.(2022四川成都二模)已知△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c.若c=1,4a2cos2B+4b2sin2A=3b2-3,則cosA的最小值為()A.23 B.73 C.7416.(2022全國甲,理16)已知△ABC中,點D在邊BC上,∠ADB=120°,AD=2,CD=2BD.當ACAB取得最小值時,BD=參考答案課時規(guī)范練23余弦定理、正弦定理及應用舉例1.A由正弦定理可知asinA=bsinB,即3b2.A因為BC=17,AC=3,cosA=13,由余弦定理,得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cosA,所以AB2-2AB-8=0,所以AB=4.又因為cosA=13,A∈(0,π),所以sinA=223,所以S△ABC=12AB·AC·sinA=123.C由S△ABC=12absinC,得c2-a2-b24=12absinC,整理得c2=a2+b2+2absinC,由余弦定理,得c2=a2+b2-2abcosC,所以sinC=-cosC,即tanC=-4.B當△ABC有兩解時,bsinA<a<b,即bsin30°<3<b,解得3<b<23.5.C∵B是銳角,且c<b,∴C<B,∴C為銳角,滿足條件的△ABC只有一個.故選C.6.C∵sin2A=sinBsinC,∴由正弦定理得a2=bc,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA=b2+c2-bc,即(b-c)2=0,得b=c,∴△ABC是等邊三角形,B=π3.故選C7.234S=148.π333整理得a2+b2-c2=ab,由余弦定理,得cosC=a2因為C為三角形內角,所以C=π3由a2+b2-c2=ab且a=1,c=7得b2-b-6=0,解得b=3或b=-2(舍去),所以△ABC的面積S=12absinC=12×1×3×9.解(1)∵cosC=35且0<C<π∴sinC=45又∵4a=5c,∴ac由正弦定理得asin∴sinA∴sinA=54×sinC=5(2)∵b=11,∴由余弦定理可知c2=b2+a2-2abcosC,c2=112+54c2-2×54c×11×35,c2=112+516c2-33即1116c2+33510c-11整理得5c2+245c-880=0,解得c=-245+6452×5=∴a=54×45=5∴S△ABC=12absinC=12×5×11×4510.解(1)由題意得6sin2A+cosA=5,整理得6cos2A-cosA-1=0,解得cosA=12或cosA=-1又A∈0,π2,所以cosA=12,即A=π3(2)由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA,得4=b2+c2-bc,即b2+c2=4+bc.由正弦定理,得asin即b=433sinB,c=433sinC,而bc=163sinBsin=163sinBsin2π3=833sinBcosB+83=433sin2B-43cos=83sin2B-π6+43又0<B<π2,0<23π-B<π所以sin2B-π6∈12,1,即bc∈83,4,所以b2+c2=4+bc∈203,8.11.D∵A=60°,B=45°,a=23,∴由正弦定理asinA=bsinB,可得b=a·sinBsinA=23×2232=22,∴△ABC的面積S=12absinC=12×23×22×sin(180°-60°-45°)12.2因為∠ABC的平分線交AC于點D,所以∠ABD=∠CBD=45°,所以S△ABC=12acsin90°=12c·BD·sin45°+12a·BD·可得2ac=2c·BD+2a·BD,可得2BD(a+c)2ac=所以a+4c=22BDac+5+4ca≥22BD5+2ac·4當且僅當a=2c=3時,等號成立,所以BD=2.13.233連接CO1,CO2,由題意得CO1=33AC,CO2=33∠O2CB=30°,∠O1CA=30°.因為∠ACB=30°,所以∠O1CO2=90°,S三角形O1O2O3=34O1由勾股定理,得CO12+CO22=O1O22,即33AC2+33BC2=O1O22,即AC由余弦定理,得AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos30°,解得AC·BC=83所以三角形ABC的面積為12AC·BCsin30°=214.解(1)方案一:選擇①,bsinB+csinC=233bsinC+asinA,由正弦定理,得b2+c2=233bsinC+aa,即b2+c2-a2=233absin由余弦定理,得2bccosA=233absin所以sinCcosA=33sinAsin因為C∈(0,π),所以sinC>0,所以tanA=3.又因為A∈(0,π),所以A=π3方案二:選擇②,cos2C+sinBsinC=sin2B+cos2A得1-sin2C+sinBsinC=sin2B+1-sin2A,即sin2B+sin2C-sin2A=sinBsinC,由正弦定理,得b2+c2-a2=bc.由余弦定理,得cosA=b2因為A∈(0,π),所以A=π3方案三:選擇③,由2b=2acosC+c,結合正弦定理,得2sinB=2sinAcosC+sinC.因為A+B+C=π,所以sinB=sin(A+C),即2sin(A+C)=2sinAcosC+sinC,所以2cosAsinC=sinC.因為C∈(0,π),所以sinC>0,所以cosA=12因為A∈(0,π),所以A=π3(2)在△ABC中,由正弦定理,得ACsinB=2所以sinB=22,所以B=π4因為A=π3,由三角形內角和定理,B不可能為3在△ABC中,C=π-π3因為AD是△ABC的內角平分線,所以∠CAD=π6所以∠ADC=π-π6所以AD=AC=2.15.C由題意,得4a2-4a2sin2B+4b2sin2A=3b2-3.設△ABC外接圓的半徑為R,則4a2-16R2sin2Asin2B+16R2sin2Bsin2A=3b2-3,即4a2=3b2-3,∴a2=34(b2-1).∵c=1,∴co