《2019高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第4章 三角函數(shù) 第7課時(shí) 正、余弦定理練習(xí) 理.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第4章 三角函數(shù) 第7課時(shí) 正、余弦定理練習(xí) 理.doc（13頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第7課時(shí) 正、余弦定理 第一次作業(yè) 1．(2018安徽馬鞍山一模)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知a＝，b＝2，A＝60，則c＝(　　) A.　　　　　　　　　　 B．1 C. D．2 答案　B 解析　∵a＝，b＝2，A＝60，∴由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得3＝4＋c2－22c，整理得c2－2c＋1＝0，解得c＝1.故選B. 2．(2018山西五校聯(lián)考)在△ABC中，a＝b，A＝120，則角B的大小為(　　) A．30 B．45 C．60 D．90 答案　A 解析　由正弦定理＝得＝，解得sinB＝.因?yàn)锳＝120，所以B＝30.故選A. 3．(2018陜西西安一中期中)在△ABC中，sin2A≤sin2B＋sin2C－sinBsinC，則A的取值范圍是(　　) A．(0，] B．[，π) C．(0，] D．[，π) 答案　C 解析　∵sin2A≤sin2B＋sin2C－sinBsinC，由正弦定理，得a2≤b2＋c2－bc，∴bc≤b2＋c2－a2.∴cosA＝≥，∴A≤.∵A>0，∴A的取值范圍是(0，]．故選C. 4．(2018廣東惠州三調(diào))在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，已知b＝2，c＝2，且C＝，則△ABC的面積為(　　) A.＋1 B.－1 C．4 D．2 答案　A 解析　由正弦定理＝，得sinB＝＝.又c>b，且B∈(0，π)，所以B＝，所以A＝，所以S＝bcsinA＝22sin＝2＝＋1.故選A. 5．(2018東北八校聯(lián)考)已知△ABC三邊a，b，c上的高分別為，，1，則cosA＝(　　) A. B．－ C．－ D．－ 答案　C 解析　設(shè)△ABC的面積為S，則a＝4S，B＝2S，c＝2S，因此cosA＝＝－.故選C. 6．(2016山東)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，已知b＝c，a2＝2b2(1－sinA)．則A＝(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝2b2－2b2cosA，所以2b2(1－sinA)＝2b2(1－cosA)，所以sinA＝cosA，即tanA＝1，又0b， ∴C＝60或C＝120. ∴A＝90或A＝30. ∴S△ABC＝bcsinA＝或. 10．(2018河南信陽(yáng)調(diào)研)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，設(shè)S為△ABC的面積，S＝(a2＋b2－c2)，則C的大小為_(kāi)_______． 答案　 解析　∵△ABC的面積為S＝absinC， ∴由S＝(a2＋b2－c2)，得(a2＋b2－c2)＝absinC，即absinC＝(a2＋b2－c2)．根據(jù)余弦定理，得a2＋b2－c2＝2abcosC，∴absinC＝2abcosC，得sinC＝cosC，即tanC＝＝. ∵C∈(0，π)，∴C＝. 11．(2017甘肅定西統(tǒng)考)在△ABC中，若＝，則△ABC的形狀為_(kāi)_______． 答案　等腰三角形或直角三角形 解析　由正弦定理，得＝，即＝.∵sinA>0，sinB>0，∴sinAcosA＝sinBcosB，即sin2A＝sin2B.∴2A＝2kπ＋2B或2A＝2kπ＋π－2B(k∈Z)．∵0a，c>b，即角C最大，所以a3＋b3＝aa2＋bb20，則0a＝1，故有a＋b＋c>2，所以△ABC的周長(zhǎng)的取值范圍是(2，3]． 9．(2015廣東，理)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.若a＝，sinB＝，C＝，則b＝________． 答案　1 解析　由sinB＝得B＝或，因?yàn)镃＝，所以B≠，所以B＝，于是A＝.由正弦定理，得＝，所以b＝1. 10．(2018湖北黃岡中學(xué)、黃石二中、鄂州高中三校聯(lián)考)已知△ABC的三內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，向量m＝(sinB，1－cosB)與向量n＝(2，0)的夾角θ的余弦值為. (1)求角B的大??； (2)若b＝，求a＋c的取值范圍． 答案　(1)π　(2)(，2] 解析　(1)∵m＝(sinB，1－cosB)，n＝(2，0)，∴mn＝2sinB， |m|＝＝＝2|sin|. ∵00. ∴|m|＝2sin.又∵|n|＝2， ∴cosθ＝＝＝cos＝. ∴＝，∴B＝π. (2)由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosπ＝a2＋c2＋ac＝(a＋c)2－ac≥(a＋c)2－()2＝(a＋c)2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝c時(shí)，取等號(hào)．∴(a＋c)2≤4，即a＋c≤2. 又a＋c>b＝，∴a＋c∈(，2]． 11.如圖所示，在△ABC中，∠B＝，AB＝8，點(diǎn)D在BC邊上，且CD＝2，cos∠ADC＝. (1)求sin∠BAD； (2)求BD，AC的長(zhǎng)． 答案　(1)　(2)BD＝3，AC＝7 解析　(1)在△ADC中，因?yàn)閏os∠ADC＝， 所以sin∠ADC＝. 所以sin∠BAD＝sin(∠ADC－∠B) ＝sin∠ADCcosB－cos∠ADCsinB ＝－＝. (2)在△ABD中，由正弦定理，得 BD＝＝＝3. 在△ABC中，由余弦定理，得 AC2＝AB2＋BC2－2ABBCcosB ＝82＋52－285＝49. 所以AC＝7. 12.如圖，在等腰直角△OPQ中，∠POQ＝90，OP＝2，點(diǎn)M在線段PQ上． (1)若OM＝，求PM的長(zhǎng)； (2)若點(diǎn)N在線段MQ上，且∠MON＝30，問(wèn)：當(dāng)∠POM取何值時(shí)，△OMN的面積最??？并求出面積的最小值． 答案　(1)MP＝1或MP＝3　(2)∠POM＝30時(shí)，△OMN面積最小值為8－4 解析　(1)在△OMP中，∠OPM＝45，OM＝，OP＝2，由余弦定理得，OM2＝OP2＋MP2－2OPMPcos45， 得MP2－4MP＋3＝0，解得MP＝1或MP＝3. (2)設(shè)∠POM＝α，0≤α≤60， 在△OMP中，由正弦定理，得＝， ∴OM＝，同理ON＝. 故S△OMN＝OMONsin∠MON ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝. ∵0≤α≤60，30≤2α＋30≤150， ∴當(dāng)α＝30時(shí)，sin(2α＋30)的最大值為1，此時(shí)△OMN的面積取到最小值，即∠POM＝30時(shí)，△OMN的面積的最小值為8－4. 13．(2017課標(biāo)全國(guó)Ⅲ，理)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知sinA＋cosA＝0，a＝2，b＝2. (1)求c； (2)設(shè)D為BC邊上一點(diǎn)，且AD⊥AC，求△ABD的面積． 答案　(1)4　(2) 解析　(1)由已知可得tanA＝－，所以A＝. 在△ABC中，由余弦定理得28＝4＋c2－4ccos，即c2＋2c－24＝0.解得c＝－6(舍去)，c＝4. (2)由題設(shè)可得∠CAD＝，所以∠BAD＝∠BAC－∠CAD＝.故△ABD面積與△ACD面積的比值為＝1.又△ABC的面積為42sin∠BAC＝2，所以△ABD的面積為. 14．(2017山東，文)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知b＝3，＝－6，S△ABC＝3，求A和a. 答案??； 解析　因?yàn)椋剑?， 所以bccosA＝－6，又S△ABC＝3， 所以bcsinA＝6，因此tanA＝－1，又0a，∴B＝60或120. 若B＝60，C＝90，∴c＝＝2. 若B＝120，C＝30，∴a＝c＝. 2．(2017西安五校模擬)M為等邊△ABC內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，且∠CMB＝120，則的最小值為_(kāi)_______． 答案　 解析　如圖，在正△ABC中， 設(shè)∠MBC＝θ，則∠ACM＝θ， 在△BMC中，根據(jù)正弦定理可得＝.① 在△AMC中，根據(jù)正弦定理可得 ＝.② ②①得＝≥. 3．(2015安徽，文)在△ABC中，AB＝，∠A＝75，∠B＝45，則AC＝________． 答案　2 解析　因?yàn)椤螦＝75，∠B＝45，所以∠C＝60，由正弦定理可得＝，解得AC＝2. 4．(2015課標(biāo)全國(guó)Ⅰ，理)在平面四邊形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75，BC＝2，則AB的取值范圍是________． 答案　(－，＋) 解析　如圖，作△PBC，使∠B＝∠C＝75，BC＝2，作直線AD分別交線段PB、PC于A、D兩點(diǎn)(不與端點(diǎn)重合)，且使∠BAD＝75，則四邊形ABCD就是符合題意的四邊形．過(guò)C作AD的平行線交PB于點(diǎn)Q，在△PBC中，可求得BP＝＋，在△QBC中，可求得BQ＝－，所以AB的取值范圍是(－，＋)．