高三数学一轮复习课时作业 (23)正弦定理和余弦定理B 文新人教B版

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2021届高考数学人教B版一轮考点测试24 正弦定理和余弦定理 Word版含解析

姓名，年级：时间：考点测试24 正弦定理和余弦定理概览本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题高考和解答题，分值5分、12分，中、低等难度研读掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形考纲度量问题一、基础小题1．在△ABC中，若AB＝8，A＝120°，其面积为4错误!，则BC＝( ）A．2错误!B．4错误!C．2错误!D．4错误!答案C解析因为S△ABC＝错误!AB·AC·sin A＝4错误!，故AC＝2；由余弦定理得，BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC cos A＝84，故BC＝2错误!.故选C.2．已知a，b，c为△ABC的三个内角A，B,C所对的边，若3b cos C ＝c(1－3cos B)，则sin C∶sin A＝（）A．2∶3 B．4∶3C．3∶1 D．3∶2答案C解析由正弦定理得3sin B cos C＝sin C－3sin C cos B，即3sin（B ＋C)＝sin C，因为A＋B＋C＝π，所以B＋C＝π－A，所以3sin A＝sin C，所以sin C∶sin A＝3∶1，故选C。

3．若△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c,已知b sin2A ＝a sin B，且c＝2b，则错误!等于( ）A.错误!B．错误!C．错误!D．错误!答案D解析由b sin2A＝a sin B,得2sin B sin A cos A＝sin A sin B，得cos A ＝错误!。

又c＝2b，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos A＝b2＋4b2－4b2×错误!＝3b2,得错误!＝错误!。

故选D.4．△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b,c,已知ac sin B＝10sin C,a＋b＝7，且cos错误!＝错误!，则c＝（）A．4 B．5C．2错误!D．7答案B解析∵ac sin B＝10sin C。

21新高考数学B人教A一轮复习课时规范练23正弦定理和余弦定理含解析

课时规范练23 正弦定理和余弦定理基础巩固组1.(2019河北枣强中学期末)在△ABC 中,角A ,B ,C 的对边分别是a ,b ,c ,若b=3,c=2,cos A=13,则a=( ) A.5B.√7C.4D.32.在△ABC 中,已知a cos A=b cos B ,则△ABC 的形状是( ) 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3.(2019吉林白山期末)在△ABC 中,内角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ,若c=2b sin C ,B ≤π2,则B=( ) A.πB.πC.πD.π4.(2019陕西渭南质量检测)在△ABC 中,AC=√7,BC=2,B=60°,则BC 边上的中线AD 的长为( ) A.1B.√3C.2D.√75.(2019吉林吉林市普通中学调研)△ABC 中,角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,且a sin A-c sin C=(a-b )sin B ,c=4,则△ABC 面积的最大值为( ) A.2√3B.4C.4√3D.8√36.(2019福建漳州二模)在△ABC 中,a=2,∠C=π4,tan B2=12,则△ABC 的面积等于 .7.若△ABC 的面积为√34(a 2+c 2-b 2),且∠C 为钝角,则∠B= ;c a的取值范围是 .8.(2019广东茂名一模)《九章算术》中记载了一个“折竹抵地”问题,今年超强台风“山竹”登陆时再现了这一现象(如图所示),不少大树被大风折断.某路边树干被台风吹断后(没有完全断开),树干与地面成75°角,折断部分与地面成45°角,树干底部与树尖着地处相距10米,则大树原来的高度是米.(结果保留根号)9.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,AB边上的高为h,若c=2h,则a+b的取值范围是.10.(2019广东省韶关一模)在△ABC中,a,b,c分别是内角A,B,C的对边,且√3b cos A=sin A(a cos C+c cosA).(1)求角A的大小;,求△ABC的周长.(2)若a=2√3,△ABC的面积为5√34综合提升组11.(2019河北石家庄模拟)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,满足a2-2a(sin B+√3cosB)+4=0,b=2√7,则△ABC的面积为()A.√2B.2√2C.√3D.2√312.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别是a,b,c,且(a2+b2-c2)·(a cos B+b cos A)=abc,若a+b=2,则c的取值范围为(),2] D.(1,2]A.(0,2)B.[1,2)C.[1213.(2019湖南湘西州期末)如图所示,为了测量某一隧道两侧A,B两地间的距离,某同学首先选定了不在直线AB上的一点C(△ABC中∠A,∠B,∠C所对的边分别为a,b,c),然后确定测量方案并测出相关数据,进行计算.现给出如下四种测量方案;①测量∠A,∠C,b;②测量∠A,∠B,∠C;③测量a,b,∠C;④测量∠A,∠B,a,则一定能确定A、B间距离的所有方案的序号为()A.①③B.①③④C.②③④D.①②④14.如图,在△ABC中,∠B=π,D为边BC上的点,E为AD上的点,且AE=8,AC=4√10,∠CED=π.(1)求CE的长;(2)若CD=5,求cos∠DAB的值.创新应用组15.(2019河北衡水十三中质检)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别是a,b,c,且(a2+b2-c2)·(a cos,则△ABC的周长的取值范围为()B+b cos A)=abc,若△ABC的外接圆半径为2√33A.(2,4]B.(4,6]C.(4,6)D.(2,6]16.(2019江西高安期末)某校运动会开幕式上举行升旗仪式,旗杆正好处在坡度15°的看台的某一列的正前方,从这一列的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°,第一排和最后一排的距离为5√6米(如图所示),旗杆底部与第一排在同一个水平面上.若国歌长度约为50秒,要使国歌结束时国旗刚好升到旗杆顶部,升旗手升旗的速度应为( )(米/秒)A.110 B.310 C.12 D.710参考答案课时规范练23 正弦定理和余弦定理1.D 由余弦定理可得a 2=b 2+c 2-2bc cos A=9+4-2×3×2×13=9,解得a=3,故选D .2.D ∵a cos A=b cos B ,∴sin A cos A=sin B cos B ,∴sin 2A=sin 2B ,∴A=B ,或2A+2B=180°,即A+B=90°,∴△ABC 为等腰三角形或直角三角形.故选D .3.A 因为c=2b sin C ,所以sin C=2sin B sin C , 所以sin B=12,则B=π6或5π6.因为B≤π2,所以B=π6,故选A.4.D由余弦定理可得AC2=AB2+BC2-2AB·BC cos B,即AB2-2AB-3=0.∴AB=3.在△ABD中,由余弦定理可得AD2=AB2+BD2-2AB·BD cos B=7, ∴AD=√7.故选D.5.C∵a sin A-c sin C=(a-b)sin B,由正弦定理asinA =bsinB=csinC,得a2=(a-b)b+c2,即a2+b2-c2=ab.由余弦定理得cos C=a2+b2-c22ab=12,结合0<C<π,得C=π3.∵c=4,∴由余弦定理可得16=a2+b2-ab≥2ab-ab=ab,当且仅当a=b等号成立,∴S△ABC=12ab sin C≤12×16×√32=4√3,即△ABC面积的最大值为4√3.故选C.6.8 7由tan B=2tan B21-tan2B2=2×121-14=43.∵sin2B+cos2B=1,∴sin B=45,cos B=35,∴sin A=sin(B+C)=sin B cos C+cos B sin C=√22×45+√22×35=7√210,由正弦定理可得a=b,∴b=2×457√210=8√27,∴S△ABC=12ab sin C=12×2×8√27×√22=87.7.π3(2,+∞)由题意,得S△ABC=√34(a2+c2-b2)=12ac sin B,即√3(a2+c2-b2)2ac=sin B,∴√3cosB=sin B,∴tan B=√3.∴B=π3.∴A+C=2π3,C=2π3-A>π2,∴0<A<π6.由正弦定理,得ca=sinCsinA=sin(2π3-A)sinA=sin2π3cosA-cos2π3sinAsinA=√3 2tanA +1 2.∵0<A<π6,∴tan A∈(0,√33).∴c a >√32×33+12,即ca∈(2,+∞).8.5√2+5√6设树根部为O,折断处为A,树梢为B,则∠AOB=75°,∠ABO=45°,所以∠OAB=60°,OB=10.由正弦定理知AOsin45°=ABsin75°=10sin60°,所以OA=10√63(米),AB=15√2+5√63(米),故OA+AB=5√2+5√6(米).9.[2,2√2] ∵1ab sin C=1ch ,c 2=a 2+b 2-2ab cos C ,∴ab=cℎ,a 2+b 2=c 2+2ab cos C ,a +b=a 2+b 2ab=c 2+2abcosCcℎsinC=sinC (c 2+2cℎsinC cosC )cℎ=csinC+2ℎcosCℎ=2(sin C+cos C ) =2√2sin (C +π4)≤2√2,又2√2sin C+π4=ab +ba ≥2,当且仅当C=π4,a=b=1时,等号成立. ∴ab +ba ∈[2,2√2].10.解 (1)∵√3b cos A=sin A (a cos C+c cos A ),∴由正弦定理可得√3sin B cos A=sin A (sin A cos C+sin C cos A ) =sin A sin(A+C )=sin A sin B , 即√3sin B cos A=sin A sin B ,∵sin B ≠0,∴tan A=√3, ∵A ∈(0,π),∴A=π3.(2)∵A=π3,a=2√3,△ABC 的面积为5√34,∴12bc sin A=√34bc=5√34,∴bc=5,∴由余弦定理可得a 2=b 2+c 2-2bc cos A ,即12=b 2+c 2-bc=(b+c )2-3bc=(b+c )2-15,解得b+c=3√3,∴△ABC 的周长为a+b+c=2√3+3√3=5√3.11.D 由题意知a 2-2a (sin B+√3cos B )+4=0,可得a 2-4a sin (B +π3)+4=0,由题意知此方程有解, 则Δ=16sin 2(B +π3)-16≥0, 即sin 2(B +π3)≥1. 又因为0≤sin 2(B +π3)≤1, 所以sin (B +π3)=1,即a=2,所以B+π3=π2,解得B=π6,在△ABC 中,由余弦定理可得b 2=a 2+c 2-2ac cos B , 即(2√7)2=22+c 2-2×2c cos π6, 整理得c 2-2√3c-24=0, 解得c=4√3,或c=-2√3(舍去),所以三角形的面积S=12ac sin B=12×2×4√3sin π6=2√3,故选D . 12.B由题意可得a 2+b 2-c 22ab ×acosB+bcosAc=12,且cos C=a 2+b 2-c 22ab ,acosB+bcosAc=sinAcosB+sinBcosAsinC=sinCsinC=1,据此可得cos C=12,即a 2+b 2-c 22ab=12,a 2+b 2-c 2=ab ,据此有c 2=a 2+b 2-ab=(a+b )2-3ab=4-3ab ≥4-3(a+b 2)2=1,当且仅当a=b=1时等号成立.三角形满足两边之和大于第三边,则c<a+b=2,综上可得,c 的取值范围为[1,2).13.B ①由∠A ,∠C 可算出∠B ,再根据正弦定理csinC =bsinB 可计算出AB=c ,②已知三角,没有已知边,无论用正弦定理还是余弦定理都算不出AB=c , ③已知两边夹角,用余弦定理可计算出AB=c ,④已知两角,可计算出第三角,再用正弦定理可解得AB=c,故选B.14.解(1)由题意可得∠AEC=π-π4=3π4,在△AEC中,由余弦定理得AC2=AE2+CE2-2AE·CE cos∠AEC,∴160=64+CE2+8√2CE,整理得CE2+8√2CE-96=0,解得CE=4√2.(2)在△CDE中,由正弦定理得CEsin∠CDE =CDsin∠CED,即4√2sin∠CDE=5sinπ4,∴5sin∠CDE=4√2sinπ4=4√2×√22=4,∴sin∠CDE=45.∵点D在边BC上,∴∠CDE>∠B=π3,而45<√32,∴∠CDE只能为钝角,∴cos∠CDE=-3,∴cos∠DAB=cos(∠CDE-π3)=cos∠CDE cosπ3+sin∠CDE sinπ3=-35×12+45×√32=4√3-310.15.B因为(a2+b2-c2)·(a cos B+b cos A)=abc,所以2ab cos C·(sin A cos B+sin B cos A)=ab sinC,2cos C·sin(A+B)=sin C,2cos C=1,C=π3,c=2×2√33×sinπ3=2.因此c2=a2+b2-2ab cosC=a2+b2-ab=(a+b)2-3ab≥(a+b)2-3×(a+b)24=(a+b)24.即(a+b)24≤22,a+b≤4.因为a+b>c=2,所以a+b+c∈(4,6],故选B.16.B如图所示,依题意知∠AEC=45°,∠ACE=180°-60°-15°=105°,∴∠EAC=180°-45°-105°=30°,由正弦定理知CEsin∠EAC =ACsin∠AEC,∴AC=5√6×sin 45°=10√3(米),∴在Rt△ABC中,AB=AC·sin ∠ACB=10√3×√32=15(米),∵国歌长度约为50秒,∴升旗手升旗的速度应为15=3(米/秒).故选B.。

2023届高考数学一轮复习作业正弦定理余弦定理新人教B版

正弦定理、余弦定理一、选择题1．(2021·山东泰安市高三三模)在△ABC中，AC＝3，BC＝2，cos C＝，则tan A ＝( )A． B． C． D．D　[由余弦定理得：AB2＝AC2＋BC2－2BC·AC cos C＝32＋22－2×3×2×＝4，所以AB＝2，因为AB＝BC，所以A＝C，所以cos A＝cos C＝，tan A＝．]2．在△ABC中，BC＝6，A＝，sin B＝2sin C，则△ABC的面积为( )A．6 B．6 C．9 D．4A　[∵a2＝b2＋c2－2bc cos A，∴36＝c2＋b2－bc，∵sin B＝2sin C，∴b＝2c．解得：c＝2，b＝4，∴△ABC的面积为S＝bc sin A＝×2×4×＝6．]3．对于△ABC，有如下命题，其中正确的是( )A．若sin 2A＝sin 2B，则△ABC为等腰三角形B．若sin A＝cos B，则△ABC为直角三角形C．若sin2A＋sin2B＋cos2C＜1，则△ABC为钝角三角形D．若AB＝，AC＝1，B＝30°，则△ABC的面积为C　[对于A项，∵sin 2A＝sin 2B，∴A＝B或2A＋2B＝π，即A＋B＝，∴△ABC是等腰三角形或直角三角形，故A错误；对于B项，∵sin A＝cos B，∴A－B＝或A＋B＝，∴△ABC不一定是直角三角形，故B错误；对于C项，sin2A＋sin2B＜1－cos2C＝sin2C，∴a2＋b2＜c2，∴△ABC为钝角三角形，C正确；对于D项，由正弦定理，得sin C＝＝，且AB＞AC，∴C＝60°或C＝120°，∴A＝90°或A＝30°，∴S△ABC＝AC·AB sin A＝或，D不正确．故选C．]4．(2020·全国卷Ⅲ)在△ABC中，cos C＝，AC＝4，BC＝3，则cos B＝( )A． B． C． D．A　[由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC×BC×cos C＝16＋9－2×4×3×＝9，AB＝3，所以cos B＝＝，故选A．]5．(2021·河南安阳市高三一模)在△ABC中内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若cos A＋cos B＝，c＝，则当sin A＋sin B取最大值时，△ABC外接圆的面积为( )A． B． C．π D．2πC　[由题意，在△ABC中，满足cos A＋cos B＝，因为(cos A＋cos B)2＋(sin A＋sin B)2＝2＋2(sin A sin B＋cos A cos B)＝2＋2cos(A－B)，所以当A－B＝0时，即A＝B时，上式取得最大值，此时sin A＋sin B取最大值，又由cos A＋cos B＝，可得cos A＝cos B＝，因为A，B∈(0，π)，所以A＝B＝，则C＝，又因为c＝，利用正弦定理可得2R＝＝＝2，所以R＝1，所以△ABC外接圆的面积为S＝πR2＝π．]6．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a sin2B＝b cos A cos B，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．不确定B　[由a sin2B＝b cos A cos B得sin A sin2B＝sin B cos A cos B，即sin B(cos A cos B－sin A sin B)＝0，即sin B cos(A＋B)＝0，∵sin B≠0，∴cos(A＋B)＝0，又∵0＜A＋B＜π，∴A＋B＝，故选B．]二、填空题7．(2021·河南新乡市高三二模)a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边．已知a2＋bc＝b2＋c2，则cos A＝．　[因为a2＋bc＝b2＋c2，且a2＝b2＋c2－2bc cos A，所以cos A＝．]8．(2019·全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知b sin A＋a cos B＝0，则B＝．　[∵b sin A＋a cos B＝0，∴＝．由正弦定理，得－cos B＝sin B，∴tan B＝－1．又B∈(0，π)，∴B＝．]9．(2021·山西吕梁市高三三模)已知锐角△ABC中，AB＝6cos A，AC＝2AB－2，sin＝，延长AB到点D，使sin ∠BCD＝，则S△BCD＝．　[∵sin＝，∴A＝60°，AB＝6cos A＝3，AC＝2AB－2＝4，△ABC中，由余弦定理可知BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos A＝13，∴BC＝，cos ∠CBA＝＝，∴∠CBD＝180°－∠CBA为钝角，∴∠BCD是锐角，∵sin ∠BCD＝，∴cos ∠BCD＝，∴cos ∠CBD＝cos(π－∠CBA)＝－cos ∠CBA＝－，sin ∠CBD＝，∴sin D＝sin(∠CBD＋∠BCD)＝，△BCD中，由正弦定理得＝，∴DC＝4，∴S△BCD＝×BC×DC×sin ∠BCD＝××4×＝．]三、解答题10．(2021·天津高考)在△ABC，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sin A∶sin B∶sin C＝2∶1∶，b＝．(1)求a的值；(2)求cos C的值；(3)求sin的值．[解](1)因为sin A∶sin B∶sin C＝2∶1∶，由正弦定理可得a∶b∶c＝2∶1∶，∵b＝，∴a＝2，c＝2．(2)由余弦定理可得cos C＝＝＝．(3)∵cos C＝，∴sin C＝＝，∴sin 2C＝2sin C cos C＝2××＝，cos 2C＝2cos2C－1＝2×－1＝，所以sin＝sin 2C cos－cos 2C sin＝×－×＝．11．(2021·北京高考)已知在△ABC中，c＝2b cos B，C＝．(1)求B的大小；(2)在三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，并求BC边上的中线的长度．①c＝b；②周长为4＋2；③面积为S△ABC＝．[解](1)由正弦定理＝，得sin C＝2sin B cos B＝sin 2B，故C＝2B(舍)或C＋2B＝π．故B＝A＝．(2)由(1)知，c＝b，故不能选①．选②，设BC＝AC＝2x，则AB＝2x，故周长为(4＋2)x＝4＋2，解得x＝1．从而BC＝AC＝2，AB＝2，设BC中点为D，则在△ABD中，由余弦定理，cos B＝＝＝，解得AD＝．选③，设BC＝AC＝2x，则AB＝2x，故S△ABC＝·(2x)·(2x)·sin 120°＝x2＝，解得x＝，即BC＝AC＝，设BC中点为D，则在△ABD中，由余弦定理，cos B＝＝＝，解得AD＝．1．已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，△ABC的外接圆的面积为3π，且cos2A－cos2B＋cos2C＝1＋sin A sin C，则△ABC的最大边长为( ) A．2 B．3 C． D．2C　[由cos2A－cos2B＋cos2C＝1＋sin A sin C得1－sin2A－1＋sin2B＋1－sin2C ＝1＋sin A sin C，即－sin2A＋sin2B－sin2C＝sin A sin C，由正弦定理得b2－a2－c2＝ac，即c2＋a2－b2＝－ac，则cos B＝＝＝－，则B＝150°，即最大值的边为b，∵△ABC的外接圆的面积为3π，设外接圆的半径为R，∴πR2＝3π，得R＝，则＝2R＝2，即b＝2sin B＝2×＝，故选C．]2．在△ABC中，若＝，则△ABC的形状是( )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D　[由已知＝＝＝，所以＝或＝0，即C＝90°或＝，由正弦定理，得sin C cos C＝sin B cos B，即sin 2C＝sin 2B，因为B，C均为△ABC的内角，所以2C＝2B或2C＋2B＝180°，所以B＝C或B＋C＝90°，所以△ABC为等腰三角形或直角三角形，故选D．]3．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2－(b－c)2＝(2－)bc，sinA sin B＝cos2，BC边上的中线AM的长为．(1)求角A和角B的大小；(2)求△ABC的面积．[解](1)由a2－(b－c)2＝(2－)bc，得a2－b2－c2＝－bc，∴cos A＝＝，又0＜A＜π，∴A＝．由sin A sin B＝cos2，得sin B＝，即sin B＝1＋cos C，则cos C＜0，即C为钝角，∴B为锐角，且B＋C＝，则sin＝1＋cos C，化简得cos＝－1，解得C＝，∴B＝．(2)由(1)知，a＝b，在△ACM中，由余弦定理得AM2＝b2＋－2b··cos C＝b2＋＋＝()2，解得b＝2，故S△ABC＝ab sin C＝×2×2×＝．1．(2021·浙江高考)在△ABC中，∠B＝60°，AB＝2，M是BC的中点，AM＝2，则AC＝，cos ∠MAC＝．2 [由题意作出图形，如图，在△ABM中，由余弦定理得AM2＝AB2＋BM2－2BM·BA·cos B，即12＝4＋BM2－2BM×2×，解得BM＝4(负值舍去)，所以BC＝2BM＝2CM＝8，在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos B＝4＋64－2×2×8×＝52，所以AC＝2；在△AMC中，由余弦定理得cos ∠MAC＝＝＝．]2．(2020·北京高考)在△ABC中，a＋b＝11，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：(1)a的值；(2)sin C和△ABC的面积．条件①：c＝7，cos A＝－；条件②：cos A＝，cos B＝．[解]　选条件①：c＝7，cos A＝－，且a＋b＝11．(1)在△ABC中，由余弦定理，得cos A＝＝＝－，解得a＝8．(2)∵cos A＝－，A∈(0，π)，∴sin A＝．在△ABC中，由正弦定理，得＝，∴sin C＝＝＝．∵a＋b＝11，a＝8，∴b＝3，∴S△ABC＝ab sin C＝×8×3×＝6．若选条件②：cos A＝，cos B＝，且a＋b＝11．(1)∵A∈(0，π)，B∈(0，π)，cos A＝，cos B＝，∴sin A＝，sin B＝．在△ABC中，由正弦定理，可得＝，∴＝＝＝．又∵a＋b＝11，∴a＝6，b＝5．(2)sin C＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sin A cos B＋cos A sin B＝×＋×＝＝．∴S△ABC＝ab sin C＝×6×5×＝．。

2019版数学一轮高中全程复习方略课时作业23正弦定理和

[授课提示：对应学生用书第217页]
一、选择题
1．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若sin(A＋B)＝，a＝3，c＝4，则sinA＝()
A. B.
C. D.
解析：∵ ＝，即＝，又sinC＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝，∴sinA＝，故选B.
答案：B
2．(2018·济南模拟)在△ABC中，AC＝，BC＝1，B＝60°，则△ABC的面积为()
(1)求sinBsinC；
(2)若6cosBcosC＝1，a＝3，求△ABC的周长．
解析：(1)由题设得 acsinB＝，即 csinB＝ .
由正弦定理得 sinCsinB＝ .
故sinBsinC＝ .
(2)由题设及(1)得cosBcosC－sinBsinC＝－，
即cos(B＋C)＝－ .
又B＋C∈(0，π)
方法二：∵在△ABC中，acosC＋ccosA＝b，
∴条件等式变为2bcosB＝b，∴cosB＝ .
又0<B<π，∴B＝ .
方法三：由余弦定理得2b· ＝a· ＋c· ，即b· ＝b，所以a2＋c2－b2＝ac，所以cosB＝，又0<B<π，所以B＝ .
答案：
7．(2018·四川成都市第一次诊断检测)已知△ABC中，AC＝，BC＝，△ABC的面积为 .若线段BA的延长线上存在点D，使∠BDC＝，则CD＝________.
A. B.
C. D.
解析：由bsinB－asinA＝ asinC，且c＝2a，得b＝ a，∵cosB＝＝＝，
∴sinB＝＝ .
答案：A
5．(2018·太原五中检测)在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若sinA＝，a＝2，S△ABC＝，则b的值为()

2025年高考数学一轮复习课时作业-余弦定理、正弦定理【含解析】

2025年高考数学一轮复习课时作业-余弦定理、正弦定理【原卷版】(时间:45分钟分值:85分)【基础落实练】1.(5分)在△ABC中,sin2A=sin2B+sin2C+sin B sin C,则cos A=()A.12B.-12C.32D.-322.(5分)(2023·连云港模拟)在△ABC中,a=5,c=3,cos A=23,则b=()A.1B.2C.3D.43.(5分)在△ABC中,a=2,b=3,cos B=74,则A=()A.π6B.π3C.5π6D.π6或5π64.(5分)(2023·丰台模拟)在△ABC中,(a-c)(sin A+sin C)=(a+b)cos(π2+B),则C=()A.π6B.π3C.2π3D.5π65.(5分)在△ABC中,A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a2-b2=c2-2bc且b cos C=a sin B,则△ABC是()A.等腰直角三角形B.等边三角形C.等腰三角形D.直角三角形6.(5分)(多选题)在△ABC中,已知c2=3(a2-b2),tan C=3,则下列结论正确的是()A.cos B=2 3B.tan A=2tan BC.tan B=-12D.B=45°7.(5分)已知△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b=2,c=3,A=2B,则a=.8.(5分)(2022·上海高考)已知在△ABC中,A=π3,AB=2,AC=3,则△ABC的外接圆半径为.9.(5分)(2023·潍坊质检)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别是a,b,c,且b=3,a-c=2,A=2π3,则△ABC的面积为.10.(10分)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,c=3a sin C-c cos A.(1)求角A;(2)若a=7,b+c=19,求△ABC的面积S.11.(10分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知cos2(π2+A)+cos A=54.(1)求A;(2)若b-c=33a,证明:△ABC是直角三角形.【能力提升练】12.(5分)在△ABC中,∠B=45°,c=4,只需添加一个条件,即可使△ABC存在且唯一.在条件:①a=32;②b=25;③cos C=-45中,所有可以选择的条件的序号为() A.① B.①②C.②③D.①②③13.(5分)(多选题)东汉末年的数学家赵爽在《周髀算经》中利用一幅“弦图”,根据面积关系给出了勾股定理的证明,后人称其为“赵爽弦图”.如图1,它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形.我们通过类比得到图2,它是由三个全等的钝角三角形与一个小等边三角形A'B'C'拼成的一个大等边三角形ABC,对于图2,下列结论正确的是()A.这三个全等的钝角三角形不可能是等腰三角形B.若BB'=3,sin∠ABB'=5314,则A'B'=2C.若AB=2A'B',则AB'=5BB'D.若A'是AB'的中点,则三角形ABC的面积是三角形A'B'C'面积的7倍14.(10分)在锐角三角形ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且c=23,2sin(2C-π3)=3.(1)若a=22,求角A;(2)求△ABC面积的最大值.2025年高考数学一轮复习课时作业-余弦定理、正弦定理【解析版】(时间:45分钟分值:85分)【基础落实练】1.(5分)在△ABC中,sin2A=sin2B+sin2C+sin B sin C,则cos A=()A.12B.-12C.32D.-32【解析】选B.因为sin2A=sin2B+sin2C+sin B sin C,所以由正弦定理得a2=b2+c2+bc,则cos A= 2+ 2- 22 =-12.2.(5分)(2023·连云港模拟)在△ABC中,a=5,c=3,cos A=23,则b=()A.1B.2C.3D.4【解析】选B.由余弦定理可得,a2=b2+c2-2bc cos A=b2+9-4b=5,即b2-4b+4=0,解得b=2.3.(5分)在△ABC中,a=2,b=3,cos B=74,则A=()A.π6B.π3C.5π6D.π6或5π6【解析】选A.因为a=2,b=3,cos B=74,所以sin B=1-cos2 =34,因为由正弦定理可得 sin = sin ,所以sin A= ·sin =2×343=12,又b>a,可得A为锐角,所以A=π6.4.(5分)(2023·丰台模拟)在△ABC中,(a-c)(sin A+sin C)=(a+b)cos(π2+B),则C=()A.π6B.π3C.2π3D.5π6【解析】选C.在△ABC中,(a-c)(sin A+sin C)=(a+b)cos(π2+B),则(a-c)(sin A+sin C)=-(a+b)sin B,由正弦定理可得(a-c)(a+c)=-(a+b)b,所以a2+b2-c2=-ab,则cos C= 2+ 2- 22 =-12,由于C∈(0,π),故C=2π3.5.(5分)在△ABC中,A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a2-b2=c2-2bc且b cos C=a sin B,则△ABC是()A.等腰直角三角形B.等边三角形C.等腰三角形D.直角三角形【解析】选A.因为a2-b2=c2-2bc,即b2+c2-a2=2bc,所以cos A= 2+ 2- 22 =2 2 =22,又A∈(0,π),所以A=π4,因为b cos C=a sin B,利用正弦定理可得sin B cos C=sin A sin B,由sin B≠0,可得cos C=sin A=22,又C∈(0,π),所以C=π4,B=π-A-C=π2,则△ABC是等腰直角三角形.6.(5分)(多选题)在△ABC中,已知c2=3(a2-b2),tan C=3,则下列结论正确的是()A.cos B=2 3B.tan A=2tan BC.tan B=-12D.B=45°【解析】选ABD.因为c2=3(a2-b2),所以b2=a2- 23,所以cos B= 2+ 2- 22 = 2+ 2-( 2- 23)2 =23 ,故A正确;由cos B=2 3 可得3a cos B=2c,所以3sin A cos B=2sin(A+B),3sin A cos B=2sin A cos B+2cos A sin B,sin A cos B=2cos A sin B,所以tan A=2tan B,故B正确;因为tan C=3,所以tan(A+B)=tan +tan1-2tan2 =3tan 1-2tan2 =-3,1-tan tan =2tan +tan得tan B=-12或tan B=1.因为cos B=2 3 >0,所以B为锐角,tan B=1,B=45°,故C错误,D正确.7.(5分)已知△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b=2,c=3,A=2B,则a=.【解析】因为A=2B,所以sin A=sin2B,故sin A=2sin B cos B,由正弦定理得a=2b cos B,又由余弦定理得a=2b· 2+ 2- 22 ,代入b=2,c=3,可得a2=10,故a=10.答案:108.(5分)(2022·上海高考)已知在△ABC中,A=π3,AB=2,AC=3,则△ABC的外接圆半径为.【解析】在△ABC中,A=π3,AB=2,AC=3,利用余弦定理BC2=AC2+AB2-2AB·AC·cos A,整理得BC=7,所以 sin =2R,解得R=213.答案:2139.(5分)(2023·潍坊质检)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别是a,b,c,且b=3,a-c=2,A=2π3,则△ABC的面积为.【解析】由余弦定理得a2=b2+c2-2bc cos A,因为b=3,a-c=2,A=2π3,所以(c+2)2=32+c2-2×3c×(-12),解得c=5,则△ABC的面积为S=12bc sin A=12×3×5×32=1534.答案:153410.(10分)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,c=3a sin C-c cos A.(1)求角A;(2)若a=7,b+c=19,求△ABC的面积S.【解析】(1)因为c=3a sin C-c cos A,所以sin C=3sin A sin C-sin C cos A,又sin C≠0,所以1=3sin A-cos A,即sin(A-π6)=12.又A∈(0,π),所以A=π3.(2)因为a=7,b+c=19,A=π3,所以由a2=b2+c2-2bc cos A,得7=b2+c2-bc,即7=(b+c)2-3bc,解得bc=4.所以S=12bc sin A=3.11.(10分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知cos2(π2+A)+cos A=54.(1)求A;(2)若b-c=33a,证明:△ABC是直角三角形.【解析】(1)因为cos2(π2+A)+cos A=54,所以sin2A+cos A=54,即1-cos2A+cos A=54,解得cos A=12.又0<A<π,所以A=π3.(2)因为A=π3,所以cos A= 2+ 2- 22 =12,即b2+c2-a2=bc.①又b-c=33a,②将②代入①,得b2+c2-3(b-c)2=bc,即2b2+2c2-5bc=0,而b>c,解得b=2c,所以a=3c.所以b2=a2+c2,即△ABC是直角三角形.【能力提升练】12.(5分)在△ABC中,∠B=45°,c=4,只需添加一个条件,即可使△ABC存在且唯一.在条件:①a=32;②b=25;③cos C=-45中,所有可以选择的条件的序号为() A.① B.①②C.②③D.①②③【解析】选B.在△ABC中,∠B=45°,c=4,若添加条件①,则由余弦定理可得b2=a2+c2-2ac cos B=10,即b=10,即△ABC存在且唯一;若添加条件②,则由余弦定理b2=a2+c2-2ac cos B,可得:a2-42a-4=0,解得a=2(2+3),即△ABC存在且唯一;若添加条件③,则由-45<-22,得C>135°,则B+C>45°+135°=180°,即△ABC不存在,即可以选择的条件的序号为①②.13.(5分)(多选题)东汉末年的数学家赵爽在《周髀算经》中利用一幅“弦图”,根据面积关系给出了勾股定理的证明,后人称其为“赵爽弦图”.如图1,它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形.我们通过类比得到图2,它是由三个全等的钝角三角形与一个小等边三角形A'B'C'拼成的一个大等边三角形ABC,对于图2,下列结论正确的是()A.这三个全等的钝角三角形不可能是等腰三角形B.若BB'=3,sin∠ABB'=5314,则A'B'=2C.若AB=2A'B',则AB'=5BB'D.若A'是AB'的中点,则三角形ABC的面积是三角形A'B'C'面积的7倍【解析】选ABD.由图可知AA'=BB',所以BB'<AB',故A正确;在△ABB'中,sin∠ABB'=5314,而∠AB'B=120°,所以cos∠ABB'=1-sin2∠ '=1114,sin∠BAB'=sin(60°-∠ABB')=sin60°cos∠ABB'-cos60°sin∠ABB'=3314.由正弦定理得 'sin∠ '= 'sin∠ ',解得AB'=5.又因为AA'=BB'=3,所以A'B'=AB'-AA'=2,故B正确;不妨设AB=2A'B'=2,BB'=x,由余弦定理得AB2=BB'2+AB'2-2BB'·AB'cos120°,解得x=5-12,所以 ' '=1+ =5+1故C错误;若A'是AB'的中点,则S△ABB'=12BB'·AB'sin120°=B'C'·A'B'sin60°=2S△A'B'C',所以S △ABC =7S △A'B'C',故D 正确.14.(10分)在锐角三角形ABC 中,角A ,B ,C 所对的边分别是a ,b ,c ,且c =23,2sin(2C -π3)=3.(1)若a =22,求角A ;(2)求△ABC 面积的最大值.【解析】(1)由2sin(2C -π3)=3,得sin(2C -π3)=32,因为△ABC 为锐角三角形,所以C ∈(0,π2),则2C -π3∈(-π3,2π3),所以2C -π3=π3,得C =π3.由正弦定理得 sin = sin ,22sin =23sin π3,得sin A =22,因为A ∈(0,π2),所以A =π4;(2)由(1)可知C =π3,在锐角三角形ABC 中,c =23,C =π3,则由余弦定理得,c 2=a 2+b 2-2ab cos C ,12=a 2+b 2-2ab cos π3=a 2+b 2-ab ≥2ab -ab =ab ,当且仅当a =b 时取等号,所以ab 的最大值为12,所以12ab sin C ≤12×12×32=33,当且仅当a =b 时取等号,所以△ABC 面积的最大值为33.。

正弦定理与余弦定理(高三一轮复习)

150°不符合题意，舍去．可得B＝30°.
数学 N 必备知识自主学习关键能力互动探究
— 12 —
5．(易错题)在△ABC中，若ab＝ccooss AB，则△ABC的形状为( D )
A．等边三角形
B．直角三角形
C．等腰三角形
D．等腰或直角三角形
解析因为ab＝ccooss BA，所以由正弦定理可得ssiinn AB＝ccooss AB，即sin Acos A＝sin Bcos
— 10 —
3．(2023·江门检测)在△ABC中，已知a＝ 13，b＝4，c＝3，则cos A＝( A )
12 A.2 B. 2
3 C. 2
D．－
2 2
解析在△ABC中，已知a＝ 13，b＝4，c＝3，由余弦定理得cos A＝ 422＋×342×－313＝16＋294－13＝12.
数学 N 必备知识自主学习关键能力互动探究
数学 N 必备知识自主学习关键能力互动探究
— 16 —
针对训练 1．(2023·陕西渭南月考)在△ABC中，若AB＝7，AC＝5，∠ACB＝120°，则BC ＝( B ) A．2 2 B．3 C．6 D. 6 解析在△ABC中，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC×BC×cos∠ACB，故 49＝25＋BC2－2×5×BC× －12 ，即BC2＋5BC－24＝0，解得BC＝3或BC＝－8(舍去)．
数学 N 必备知识自主学习关键能力互动探究
— 9—
2．在△ABC中，若AB＝3，BC＝3 2，∠B＝45°，则△ABC的面积为( D )
A．2 2 B．4
7 C.2
9 D.2
解析由题意，S△ABC＝12AB·BC·sin∠B＝12×3×3 2× 22＝92.

高考数学一轮复习全程复习构想数学(文)【统考版】第六节正弦定理和余弦定理(课件)

答案：B
直角三角形
等腰三角形或直角三角形
反思感悟判定三角形形状的常用技巧
[提醒] 注意“等腰直角三角形”与“等腰三角形或直角三角形” 的区别．
【对点训练】
1．[2023·四川省内江市第六中学测试]若△ABC的三个内角满足sin A∶sin B∶sin C＝7∶11∶13，则△ABC( )
A．一定是锐角三角形 B．一定是直角三角形 C．一定是钝角三角形 D．可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形
关键能力—考点突破
答案：B
答案：A
答案：A
答案：D
反思感悟用正、余弦定理求解三角形基本量的方法
考点二判断三角形的形状 [基础性、综合性] [例1] 设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b cos C ＋c cos B＝a sin A，则△ABC的形状为( ) A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不确定
第六节正弦定理和余弦定理
必备知识—基础落实微专题
关键能力—考点突破
·最新考纲· 1．借助向量的运算，探索三角形边长与角度的关系． 2．掌握余弦定理、正弦定理．
·考向预测·
考情分析：利用正、余弦定理解三角形，判断三角形的形状，尤其是正、余弦定理的综合问题是高考的热点，题型既有选择题、填空题，也有解答题．
微专题19 计算三角形中的未知量
数学运算是在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的过程．主要包括：理解运算对象、掌握运算法则、探究运算方向、选择运算方法、设计运算程序、求得运算结果等．
学科素养：通过利用正、余弦定理解三角形考查数学运算的核心素养．
必备知识—基础落实
sin A∶sin B∶sin C c＝2R sin C

2022届高考数学一轮复习核心素养测评第4章4.7正弦定理余弦定理的应用举例含解析新人教B版

核心素养测评二十四正弦定理、余弦定理的应用举例(25分钟50分)一、选择题(每小题5分,共35分)1.已知A,B两地间的距离为10km,B,C两地间的距离为20km,现测得∠ABC=120°,则A,C两地间的距离为( )kmC.10km【解析】选D.由余弦定理得,AC2=AB2+CB2-2AB·CB·cos120°=102+202-2×10×20×=700.所以AC=10(km).2.甲船在岛的正南方A处,AB=10千米,甲船以每小时4千米的速度向正北匀速航行,同时乙船自B出发以每小时6千米的速度向北偏东60°的方向匀速航行,当甲、乙两船相距最近时,它们所航行的时间是( )A.小时B.小时C.小时D.小时【解析】选A.假设经过x小时两船相距最近,甲乙分别行至C,D,如图所示:可知BC=10-4x,BD=6x,∠CBD=120°,由余弦定理可得,CD2=BC2+BD2-2BC·BD·cos∠CBD=(10-4x)2+36x2+2×(10-4x)×6x×=28x2-20x+100,所以当x=时两船相距最近.3.如图所示,为测一建筑物的高度,在地面上选取A,B两点,从A,B两点分别测得建筑物顶端的仰角为30°,45°,且A,B两点间的距离为60m,则该建筑物的高度为 ( )A.(30+30)mB.(30+15)mC.(15+30)mD.(15+15)m【解析】△PAB中,∠PAB=30°,∠APB=15°,AB=60 m,sin 15°=sin(45°-30°)=sin 45°cos 30°-cos 45°sin 30°=.由正弦定理得PB==30(+)(m),所以建筑物的高度为PBsin 45°=30(+)×=(30+30)m.4.已知A船在灯塔C的北偏东85°方向且A到C的距离为2km,B船在灯塔C的西偏北25°方向且B到C的距离为km,则A,B两船的距离为( )A.kmB.kmC.2km【解析】选A.画出图形如图所示,由题意可得∠ACB=(90°-25°)+85°=150°,又AC=2,BC=.在△ABC中,由余弦定理可得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos 150°=13,所以AB=,即A,B两船的距离为km.5.一个大型喷水池的中央有一个强力喷水柱,为了测量喷水柱喷出的水柱的高度,某人在喷水柱正西方向的点A处测得水柱顶端的仰角为45°,从点A沿北偏东30°方向前进100m到达点B,在B点测得水柱顶端的仰角为30°,则水柱的高度是( )A.50mC.120m【解析】选A.设水柱高度是h,水柱底端为C,则在△ABC中,∠BAC=60°,AC=h,AB=100,BC=h,根据余弦定理得,(h)2=h2+1002-2·h·100·cos 60°,即h2+50h-5 000=0,即(h-50)(h+100)=0,解得h=50(负值舍去),故水柱的高度是50 m.6.如图,测量河对岸的塔高AB时可以选与塔底B在同一水平面内的两个测量点C与D,测得∠BCD=15°,∠BDC=30°,CD=30,并在点C测得塔顶A的仰角为60°,则塔高AB等于( ) 世纪金榜导学号【解析】△BCD中,∠CBD=180°-15°-30°=135°.由正弦定理得=,所以BC=15.在Rt△ABC中,AB=BCtan∠ACB=15×=15.7.长为的木棒AB斜靠在石堤旁,木棒的一端A在离堤足C处的地面上,另一端B在离堤足C处的的石堤上,石堤的倾斜角为α,则坡度值tanα=世纪金榜导学号( )A. B. C. D.【解析】选A.由已知,在△ABC中,AB=3.5 m,AC=1.4 m,BC=2.8 m,且∠α+∠ACB=π.由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2·AC·BC·cos∠222-2×××cos(π-α),解得cos α=,所以sin α=,所以tan α==.二、填空题(每小题5分,共15分)8.如图,为了测量河对岸的塔高AB,选与塔底B在同一水平面内的两个测量点C和D,现测得∠ACB=45°,∠ADB=30°,∠BCD=60°,CD=20m,则塔高AB=________m.【解析】设塔高AB=h m,在Rt△ABC中,因为∠ACB=45°,所以BC=AB=h m,在Rt△ABD中,因为∠ADB=30°,所以BD=h m,在△BCD中,∠BCD=60°,CD=20,由余弦定理得BD2=CD2+BC2-2CD·BCcos 60°,即3h2=400+h2-20h,解得h=10.答案:109.(2020·某某模拟)如图,一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶到A处时测得公路北侧一山顶D在北偏西45°的方向上,仰角为α,行驶300米后到达B处,测得此山顶在北偏西15°的方向上,仰角为β,若β=45°,则此山的高度CD=________米,仰角α的正切值为________.【解析】设山的高度CD=x米,由题可得:∠CAB=45°,∠ABC=105°,AB=300米,∠CBD=45°,在△ABC中,可得:∠ACB=180°-45°-105°=30°,利用正弦定理可得:==,解得:CB=300米,AC=150米.在Rt△BCD中,由∠CBD=45°可得:x=CB=300米.在Rt△ACD中,可得:tan α===-1.答案:300-110.海轮“和谐号”从A处以每小时21海里的速度出发,海轮“奋斗号”在A处北偏东45°的方向,且与A相距10海里的C处,沿东偏南15°的方向以每小时9海里的速度行驶,则海轮“和谐号”与海轮“奋斗号”相遇所需的时间为________小时. 世纪金榜导学号【解析】设海轮“和谐号”与海轮“奋斗号”相遇所需的时间为x小时,如图,在△ABC中,AC=10海里,AB=21x海里,BC=9x海里,∠ACB=120°.由余弦定理得(21x)2=100+(9x)2-2×10×9x×cos 120°,整理,得36x2-9x-10=0,解得x=或x=-(舍).所以海轮“和谐号”与海轮“奋斗号”相遇所需的时间为小时.答案:(15分钟35分)1.(5分)如图,要测量底部不能到达的某铁塔AB的高度,在塔的同一侧选择C,D两观测点,且在C,D两点测得塔顶的仰角分别为45°,30°.在水平面上测得∠BCD=120°,C,D两地相距600m,则铁塔AB的高度是( )C.240【解析】选D.设AB=x,则BC=x,BD=x,在△BCD中,由余弦定理知cos 120°===-,解得x=600 m,(x=-300舍去).故铁塔AB的高度为600 m.2.(5分)如图,为了测量正在海面匀速行驶的某船的速度,在海岸上选取距离1千米的两个观察点C,D,在某天10:00观察到该船在A处,此时测得∠ADC=30°,2分钟后该船行驶至B处,此时测得∠ACB=60°,∠BCD=45°,∠ADB=60°,则船速为________千米/分钟.【解析】在△BCD中,∠BDC=30°+60°=90°,CD=1,∠BCD=45°,所以BC=.在△ACD中,∠CAD=180°-(60°+45°+30°)=45°,所以=,AC=.在△ABC中,AB2=AC2+BC2-2AC×BC×cos 60°=,所以AB=,所以船速为=千米/分钟.答案:3.(5分)如图,勘探队员朝一座山行进,在前后A,B两处观察山顶C的仰角分别是30°和45°,两个观察点A,B之间的距离是100米,则此座山CD的高度为________米.【解析】设山高CD为x米,在Rt△BCD中,有BD=CD=x米,在Rt△ACD中,有AC=2x米,AD=x米.而AB=AD-BD=(-1)x=100.解得:x=50+50.答案:(50+50)4.(10分)已知岛A南偏西38°方向,距岛A3海里的B处有一艘缉私艇.岛A处的一艘走私船正以10海里/时的速度向岛屿北偏西22°方向行驶,问缉私艇朝何方向以多大速度行驶,恰好用小时能截住该走私船? 世纪金榜导学号【解析】如图,设缉私艇在C处截住走私船,D为岛A正南方向上一点,缉私艇的速度为每小时x 海里,则BC=0.5x海里,AC=5海里,由已知,∠BAC=180°-38°-22°=120°,由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos 120°,所以BC2=49,BC=0.5x=7,解得x=14.又由正弦定理得sin∠ABC===,所以∠ABC=38°,又∠BAD=38°,所以BC∥AD,所以缉私艇以每小时14海里的速度向正北方向行驶,恰好用0.5小时截住该走私船.5.(10分)已知在东西方向上有M,N两座小山,山顶各有一个发射塔A,B,塔顶A,B的海拔高度分别为AM=100m和BN=200m,一测量车在小山M的正南方向的点P处测得发射塔顶A的仰角为30°,该测量车向北偏西60°方向行驶了100m后到达点Q,在点Q处测得发射塔顶B处的仰角为θ,且∠BQA=θ,经测量tanθ=2,求两发射塔顶A,B之间的距离. 世纪金榜导学号【解析】在Rt△AMP中,∠APM=30°,AM=100 m,所以PM=100m.连接QM,在△PQM中,∠QPM=60°,又PQ=100m,所以△PQM为等边三角形,所以QM=100m.在Rt△AMQ中,由AQ 2=AM 2+QM 2得AQ=200 m.在Rt△BNQ中,tan θ=2,BN=200 m,所以BQ=100m,cos θ=.在△BQA中,BA2=BQ2+AQ2-2BQ·AQcos θ=(100)2,所以BA=100.所以两发射塔顶A,B之间的距离是100m.1.如图,某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练.已知点A到墙面的距离为AB,某目标点P沿墙面的射击线CM移动,此人为了准确瞄准目标点P,需计算由点A观察点P 的仰角θ的大小(仰角θ为直线AP与平面ABC所成的角).若AB=15m,AC=25m,∠BCM=30°,则tanθ的最大值是( )世纪金榜导学号A. B. C. D.【解析】选D.由已知,在Rt△ABC中,sin ∠ACB===,则cos ∠ACB=.作PH⊥BC,垂足为H,连接AH,如图所示.设PH=x m,则CH=x m,在△ACH中,由余弦定理得AH==,tan ∠PAH==,当=时,tan θ取得最大值,最大值为.2.线段AB外有一点C,∠ABC=60°,AB=200km,汽车以80km/h的速度由A向B行驶,同时摩托车以50km/h的速度由B向C行驶,则运动开始________h后,两车的距离最小. 世纪金榜导学号【解析】如图所示,设过x h后两车距离为y km,则BD=200-80x,BE=50x,所以y2=(200-80x)2+(50x)2-2×(200-80x)·50x·cos 60°,整理得y2=12 900x2-42 000x+40 000(0≤x≤2.5),所以当x=时,y2最小.答案:。

2024届高考一轮复习数学教案(新人教B版)：正弦定理、余弦定理

§4.8正弦定理、余弦定理考试要求1.掌握正弦定理、余弦定理及其变形.2.理解三角形的面积公式并能应用.3.能利用正弦定理、余弦定理解决一些简单的三角形度量问题．知识梳理1．正弦定理、余弦定理在△ABC 中，若角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，R 为△ABC 外接圆半径，则定理正弦定理余弦定理内容a sin A ＝bsinB ＝c sinC ＝2R a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ；b 2＝c 2＋a 2－2ca cos B ；c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C变形(1)a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C ；(2)sin A ＝a 2R，sin B ＝b 2R ，sin C ＝c 2R；(3)a ∶b ∶c＝sin A ∶sin B ∶sin Ccos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ；cos B ＝c 2＋a 2－b 22ac ；cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab2．三角形解的判断A 为锐角A 为钝角或直角图形关系式a ＝b sin A b sin A <a <b a ≥b a >b 解的个数一解两解一解一解3．三角形中常用的面积公式(1)S ＝12ah a (h a 表示边a 上的高)；(2)S ＝12ab sin C ＝12ac sin B ＝12bc sin A ；(3)S ＝12r (a ＋b ＋c )(r 为三角形的内切圆半径)．常用结论在△ABC 中，常有以下结论：(1)∠A ＋∠B ＋∠C ＝π.(2)任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．(3)a >b ⇔A >B ⇔sin A >sin B ，cos A <cos B .(4)sin(A ＋B )＝sin C ；cos(A ＋B )＝－cos C ；tan(A ＋B )＝－tan C ；sin A ＋B 2＝cos C2；cos A ＋B 2＝sin C 2.(5)三角形中的射影定理在△ABC 中，a ＝b cos C ＋c cos B ；b ＝a cos C ＋c cos A ；c ＝b cos A ＋a cos B .(6)三角形中的面积S ＝12(a ＋b ＋思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)三角形中三边之比等于相应的三个内角之比．(×)(2)在△ABC 中，若sin A >sin B ，则A >B .(√)(3)在△ABC 的六个元素中，已知任意三个元素可求其他元素．(×)(4)当b 2＋c 2－a 2>0时，△ABC 为锐角三角形．(×)教材改编题1．在△ABC 中，AB ＝5，AC ＝3，BC ＝7，则∠BAC 等于()A.π6B.π3C.2π3D.5π6答案C解析在△ABC 中，设AB ＝c ＝5，AC ＝b ＝3，BC ＝a ＝7，由余弦定理得cos ∠BAC ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝9＋25－4930＝－12，因为∠BAC 为△ABC 的内角，所以∠BAC ＝2π3.2．记△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若△ABC 的面积为4，a ＝2，B ＝30°，则c 等于()A ．8B ．4C ．833D ．433答案A解析由S △ABC ＝12ac sin B ＝12×2c ×12＝4，得c ＝8.3．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知B ＝30°，b ＝2，c ＝2，则C ＝.答案45°或135°解析由正弦定理得sin C ＝c sin B b ＝2sin 30°2＝22，因为c >b ，B ＝30°，所以C ＝45°或C ＝135°.题型一利用正弦定理、余弦定理解三角形例1(12分)(2022·新高考全国Ⅰ)记△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知cos A1＋sin A＝sin 2B1＋cos 2B.(1)若C ＝2π3，求B ；[切入点：二倍角公式化简](2)求a 2＋b 2c2的最小值．[关键点：找到角B 与角C ，A 的关系]思维升华解三角形时，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式，则考虑用正弦定理，以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．跟踪训练1(2022·全国乙卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C sin(A －B)＝sin B sin(C－A)．(1)证明：2a2＝b2＋c2；(2)若a＝5，cos A＝2531，求△ABC的周长．(1)证明方法一由sin C sin(A－B)＝sin B sin(C－A)，可得sin C sin A cos B－sin C cos A sin B＝sin B sin C cos A－sin B cos C sin A，结合正弦定理asin A＝bsin B＝csin C可得ac cos B－bc cos A＝bc cos A－ab cos C，即ac cos B＋ab cos C＝2bc cos A(*)．由余弦定理可得ac cos B＝a2＋c2－b2，2ab cos C＝a2＋b2－c2，22bc cos A＝b2＋c2－a2，将上述三式代入(*)式整理，得2a2＝b2＋c2.方法二因为A＋B＋C＝π，所以sin C sin(A－B)＝sin(A＋B)sin(A－B)＝sin2A cos2B－cos2A sin2B＝sin2A(1－sin2B)－(1－sin2A)sin2B＝sin2A－sin2B，同理有sin B sin(C－A)＝sin(C＋A)sin(C－A)＝sin2C－sin2A.又sin C sin(A－B)＝sin B sin(C－A)，所以sin2A－sin2B＝sin2C－sin2A，即2sin2A＝sin2B＋sin2C，故由正弦定理可得2a2＝b2＋c2.(2)解由(1)及a2＝b2＋c2－2bc cos A得，a2＝2bc cos A，所以2bc＝31.因为b2＋c2＝2a2＝50，所以(b＋c)2＝b2＋c2＋2bc＝81，得b＋c＝9，所以△ABC的周长l＝a＋b＋c＝14.题型二正弦定理、余弦定理的简单应用命题点1三角形的形状判断例2(1)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若c－a cos B＝(2a－b)cos A，则△ABC的形状为()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答案D解析因为c－a cos B＝(2a－b)cos A，C＝π－(A＋B)，所以由正弦定理得sin C －sin A cos B ＝2sin A cos A －sin B cos A ，所以sin A cos B ＋cos A sin B －sin A cos B ＝2sin A cos A －sin B cos A ，所以cos A (sin B －sin A )＝0，所以cos A ＝0或sin B ＝sin A ，所以A ＝π2或B ＝A 或B ＝π－A (舍去)，所以△ABC 为等腰三角形或直角三角形．(2)在△ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边，c －a 2c ＝sin 2B2，则△ABC 的形状为()A ．直角三角形B ．等边三角形C ．等腰三角形或直角三角形D ．等腰直角三角形答案A解析由cos B ＝1－2sin 2B2，得sin 2B 2＝1－cos B2，所以c －a 2c ＝1－cos B 2，即cos B ＝a c .方法一由余弦定理得a 2＋c 2－b 22ac＝ac ，即a 2＋c 2－b 2＝2a 2，所以a 2＋b 2＝c 2.所以△ABC 为直角三角形，但无法判断两直角边是否相等．方法二由正弦定理得cos B ＝sin A sin C，又sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ，所以cos B sin C ＝sin B cos C ＋cos B sin C ，即sin B cos C ＝0，又sin B ≠0，所以cos C ＝0，又角C 为△ABC 的内角，所以C ＝π2，所以△ABC 为直角三角形，但无法判断两直角边是否相等．延伸探究将本例(2)中的条件“c －a 2c＝sin 2B 2”改为“sin A sin B ＝ac ，(b ＋c ＋a )(b ＋c －a )＝3bc ”，试判断△ABC 的形状．解因为sin A sin B ＝a c ，所以由正弦定理得a b ＝ac，所以b ＝c .又(b ＋c ＋a )(b ＋c －a )＝3bc ，所以b 2＋c 2－a 2＝bc ，所以由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝bc 2bc ＝12.因为A ∈(0，π)，所以A ＝π3，所以△ABC 是等边三角形．思维升华判断三角形形状的两种思路(1)化边：通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状．(2)化角：通过三角恒等变换，得出内角的关系，从而判断三角形的形状．此时要注意应用A ＋B ＋C ＝π这个结论．命题点2三角形的面积例3(2022·浙江)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知4a ＝5c ，cos C ＝35.(1)求sin A 的值；(2)若b ＝11，求△ABC 的面积．解(1)由正弦定理a sin A ＝c sin C，得sin A ＝a ·sin Cc.因为cos C ＝35，所以sin C ＝45，又a c ＝54，所以sin A ＝5sin C 4＝55(2)由(1)知sin A ＝55，因为a ＝5c 4<c ，所以0<A <π2，所以cos A ＝255，所以sin B ＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋sin C cos A ＝55×35＋45×255＝11525.因为b sin B ＝csin C，即1111525＝c 45，所以c ＝45，所以S △ABC ＝12bc sin A ＝12×11×45×55＝22.思维升华三角形面积公式的应用原则(1)对于面积公式S ＝12ab sin C ＝12ac sin B ＝12bc sin A ，一般是已知哪一个角就使用哪一个公式．(2)与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化．命题点3与平面几何有关的问题例4(2023·厦门模拟)如图，已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，b (1＋cos C )＝3c sin ∠ABC 且△ABC 的外接圆面积为49π3.(1)求边c 的长；(2)若a ＝5，延长CB 至M ，使得cos ∠AMC ＝217，求BM .解(1)设△ABC 的外接圆半径为R ，由题意πR 2＝49π3，解得R ＝733.由题意及正弦定理可得sin ∠ABC (1＋cos C )＝3sin C sin ∠ABC ，因为sin ∠ABC ≠0，所以1＋cos C ＝3sin C ，即1，因为0<C <π，所以C －π6∈－π6，C －π6＝π6，即C ＝π3.故c ＝2R sin C ＝2×733×32＝7.(2)因为a ＝5，c ＝7，C ＝π3，故cos C ＝12＝25＋b 2－492×5×b ，得b 2－5b －24＝0，解得b ＝8(b ＝－3舍去)．在△ABC 中，由余弦定理可得cos ∠ABC ＝52＋72－822×5×7＝17，所以sin ∠ABC ＝437.由cos ∠AMC ＝217得sin ∠AMC ＝277.故sin∠BAM＝sin(∠ABC－∠AMC)＝sin∠ABC cos∠AMC－cos∠ABC sin∠AMC＝107 49，在△ABM中，由正弦定理可得BMsin∠BAM＝ABsin∠AMB，则BM＝7277×10749＝5.思维升华在平面几何图形中研究或求与角有关的长度、角度、面积的最值、优化设计等问题时，通常是转化到三角形中，利用正、余弦定理通过运算的方法加以解决．在解决某些具体问题时，常先引入变量，如边长、角度等，然后把要解三角形的边或角用所设变量表示出来，再利用正、余弦定理列出方程，再解方程即可．若研究最值，常使用函数思想．跟踪训练2(1)(多选)(2023·合肥模拟)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列四个命题中正确的是()A．若a cos A＝b cos B，则△ABC一定是等腰三角形B．若b cos C＋c cos B＝b，则△ABC是等腰三角形C．若acos A＝bcos B＝ccos C，则△ABC一定是等边三角形D．若B＝60°，b2＝ac，则△ABC是直角三角形答案BC解析对于A，若a cos A＝b cos B，则由正弦定理得sin A cos A＝sin B cos B，∴sin2A＝sin2B，则2A＝2B或2A＋2B＝180°，即A＝B或A＋B＝90°，则△ABC为等腰三角形或直角三角形，故A错误；对于B，若b cos C＋c cos B＝b，则由正弦定理得sin B cos C＋sin C cos B＝sin(B＋C)＝sin A＝sin B，即A＝B，则△ABC是等腰三角形，故B正确；对于C，若acos A＝bcos B＝ccos C，则由正弦定理得sin Acos A＝sin Bcos B＝sin Ccos C，则tan A＝tan B＝tan C，即A＝B＝C，即△ABC是等边三角形，故C正确；对于D，由于B＝60°，b2＝ac，由余弦定理可得b2＝ac＝a2＋c2－ac，可得(a－c)2＝0，解得a＝c，可得A＝C＝B，故△ABC是等边三角形，故D错误．(2)在①b2＋2ac＝a2＋c2；②cos B＝b cos A；③sin B＋cos B＝2这三个条件中任选一个填在下面的横线中，并解决该问题．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，A＝π3，b＝2，求△ABC的面积．解若选①，则由b2＋2ac＝a2＋c2，得2ac＝a2＋c2－b2.由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝2ac 2ac ＝22.因为B ∈(0，π)，所以B ＝π4.由正弦定理得a sin A ＝b sin B，即asin π3＝2sin π4，解得a ＝ 3.因为C ＝π－A －B ＝π－π3－π4＝5π12，所以sin C ＝sin 5π12＝＝sin π6cos π4＋cos π6sin π4＝6＋24，所以S △ABC ＝12ab sin C ＝12×3×2×6＋24＝3＋34.若选②，因为cos B ＝b cos A ，A ＝π3，b ＝2，所以cos B ＝b cos A ＝2cos π3＝22.因为B ∈(0，π)，所以B ＝π4.由正弦定理得a sin A ＝b sin B，即asin π3＝2sin π4，解得a ＝ 3.因为C ＝π－A －B ＝π－π3－π4＝5π12，所以sin C ＝sin 5π12＝＝sin π6cos π4＋cos π6sin π4＝6＋24，所以S △ABC ＝12ab sin C ＝12×3×2×6＋24＝3＋34.若选③，则由sin B ＋cos B ＝2，得2sin ＝2，所以 1.因为B ∈(0，π)，所以B ＋π4∈所以B ＋π4＝π2，所以B ＝π4.由正弦定理得a sin A ＝bsin B，即asin π3＝2sin π4，解得a ＝ 3.因为C ＝π－A －B ＝π－π3－π4＝5π12，所以sin C ＝sin 5π12＝＝sin π6cos π4＋cos π6sin π4＝6＋24，所以S △ABC ＝12ab sin C ＝12×3×2×6＋24＝3＋34.(3)(2022·重庆八中模拟)已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，在①c (sin A －sin C )＝(a －b )(sin A ＋sin B )；②2b cos A ＋a ＝2c ；③233ac sin B ＝a 2＋c 2－b 2三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．①若，求角B 的大小；②求sin A ＋sin C 的取值范围；③如图所示，当sin A ＋sin C 取得最大值时，若在△ABC 所在平面内取一点D (D 与B 在AC 两侧)，使得线段DC ＝2，DA ＝1，求△BCD 面积的最大值．解①若选①，因为c (sin A －sin C )＝(a －b )(sin A ＋sin B )，由正弦定理得c (a －c )＝(a －b )(a ＋b )，整理得a 2＋c 2－b 2＝ac ，所以cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝ac 2ac ＝12，又0<B <π，所以B ＝π3.若选②，因为2b cos A ＋a ＝2c ，由余弦定理得2b ·b 2＋c 2－a 22bc ＋a ＝2c ，化简得，a 2＋c 2－b 2＝ac ，所以cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝ac 2ac ＝12，又0<B <π，所以B ＝π3.若选③，因为233ac sin B ＝a 2＋c 2－b 2，由余弦定理得233ac sin B ＝2ac cos B ，化简得tan B ＝3，又0<B <π，所以B ＝π3.②由①得，A ＋C ＝2π3，则0<A <2π3，sin A ＋sin C ＝sin A ＋＝32sin A ＋32cos A ＝3sin 又π6<A ＋π6<5π6，所以12<sin 1，则sin A ＋sin C ，3.③当sin A ＋sin C 取得最大值时，A ＋π6＝π2，解得A ＝π3，又B ＝π3，所以△ABC 为等边三角形，令∠ACD ＝θ，∠ADC ＝α，AB ＝AC ＝BC ＝a ，则由正弦定理可得a sin α＝1sin θ，所以sin α＝a sin θ.又由余弦定理得，a 2＝22＋12－2×2×1×cos α，所以a 2cos 2θ＝a 2－a 2sin 2θ＝cos 2α－4cos α＋4，所以a cos θ＝2－cos α.S △BCD ＝12×a ×＝32a cos θ＋12a sin θ＝32(2－cos α)＋12sin α＝3＋≤3＋1，当且仅当α＝∠ADC ＝5π6时等号成立，所以△BCD 面积的最大值为3＋1.课时精练1．在△ABC 中，C ＝60°，a ＋2b ＝8，sin A ＝6sin B ，则c 等于()A.35B.31C ．6D ．5答案B解析因为sin A ＝6sin B ，则由正弦定理得a ＝6b ，又a ＋2b ＝8，所以a ＝6，b ＝1，因为C ＝60°，所以由余弦定理c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，即c 2＝62＋12－2×6×1×12，解得c ＝31.2．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若(a ＋b )(sin A －sin B )＝(b ＋c )sin C ，a ＝7，则△ABC 外接圆的直径为()A ．14B ．7C.733D.1433答案D 解析已知(a ＋b )(sin A －sin B )＝(b ＋c )sin C ，由正弦定理可得(a ＋b )(a －b )＝(b ＋c )c ，化简得b 2＋c 2－a 2＝－bc ，所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝－bc 2bc＝－12，又因为A ∈(0，π)，所以A ＝2π3，所以sin A ＝sin2π3＝32，设△ABC 外接圆的半径为R ，由正弦定理可得2R ＝asin A ＝732＝1433，所以△ABC 外接圆的直径为1433.3．(2022·北京模拟)在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，若3a sin B ＝b cos A ，且b ＝23，c ＝2，则a 的值为()A ．27B ．2C ．23－2D ．1答案B解析由已知及正弦定理得，3sin A sin B ＝sin B cos A 且sin B ≠0，可得tan A ＝33，又0<A <π，所以A ＝π6，又b ＝23，c ＝2，所以由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝16－12＝4，解得a ＝2.4．(2023·枣庄模拟)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，A ＝60°，b ＝1，S △ABC ＝3，则a ＋b ＋csin A ＋sin B ＋sin C等于()A.2393B.2633C.833D ．23答案A解析由三角形的面积公式可得S △ABC ＝12bc sin A ＝34c ＝3，解得c ＝4，由余弦定理可得a ＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝13，设△ABC 的外接圆半径为r ，由正弦定理得a sin A ＝b sin B ＝csin C＝2r ，所以a ＋b ＋c sin A ＋sin B ＋sin C ＝2r (sin A ＋sin B ＋sin C )sin A ＋sin B ＋sin C＝2r ＝asin A ＝1332＝2393.5．(2023·马鞍山模拟)已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，设(sin B ＋sin C )2＝sin 2A ＋(2－2)sin B sin C ，2sin A －2sin B ＝0，则sin C 等于()A.12B.32C.6－24 D.6＋24答案C解析在△ABC 中，由(sin B ＋sin C )2＝sin 2A ＋(2－2)sin B sin C 及正弦定理得(b ＋c )2＝a 2＋(2－2)bc ，即b 2＋c 2－a 2＝－2bc ，由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc＝－22，而0°<A <180°，解得A ＝135°，由2sin A －2sin B ＝0得sin B ＝22sin A ＝12，显然0°<B <90°，则B ＝30°，C ＝15°，所以sin C ＝sin(60°－45°)＝sin 60°cos 45°－cos 60°sin 45°＝6－24.6．(2023·衡阳模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知2cos B (a cos C ＋c cos A )＝b ，lg sin C ＝12lg 3－lg 2，则△ABC 的形状为()A ．等腰三角形B ．直角三角形C ．等边三角形D ．等腰直角三角形答案C解析∵2cos B (a cos C ＋c cos A )＝b ，∴根据正弦定理得，2cos B (sin A cos C ＋cos A sin C )＝sin B ，∴2cos B sin(A ＋C )＝sin B ，∴2cos B sin(π－B )＝sin B ，即2cos B sin B ＝sin B ，∵B ∈(0，π)，∴sin B ≠0，∴cos B ＝12，∴B ＝π3.∵lg sin C ＝12lg 3－lg 2，∴lg sin C ＝lg32，∴sin C ＝32，∵C ∈(0，π)，∴C ＝π3或2π3，∵B ＝π3，∴C ≠2π3，∴C ＝π3，∴A ＝B ＝C ＝π3，即△ABC 为等边三角形．7．(2022·全国甲卷)已知△ABC 中，点D 在边BC 上，∠ADB ＝120°，AD ＝2，CD ＝2BD .当ACAB取得最小值时，BD ＝.答案3－1解析设BD ＝k (k >0)，则CD ＝2k .根据题意作出大致图形，如图．在△ABD 中，由余弦定理得AB 2＝AD 2＋BD 2－2AD ·BD cos ∠ADB ＝22＋k 2－2×2k k 2＋2k ＋4.在△ACD 中，由余弦定理得AC 2＝AD 2＋CD 2－2AD ·CD cos ∠ADC ＝22＋(2k )2－2×2×2k ·12＝4k 2－4k ＋4，则AC 2AB 2＝4k 2－4k ＋4k 2＋2k ＋4＝4(k 2＋2k ＋4)－12k －12k 2＋2k ＋4＝4－12(k ＋1)k 2＋2k ＋4＝4－12(k ＋1)(k ＋1)2＋3＝4－12k ＋1＋3k ＋1.∵k ＋1＋3k ＋1≥23(当且仅当k ＋1＝3k ＋1，即k ＝3－1时等号成立)，∴AC 2AB 2≥4－1223＝4－23＝(3－1)2，∴当ACAB取得最小值3－1时，BD ＝k ＝3－1.8．(2023·宜春模拟)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知b sin C ＋c sin B ＝4a sin B sin C ，b 2＋c 2－a 2＝8，则△ABC 的面积为．答案233解析∵b sin C ＋c sin B ＝4a sin B sin C ，sin B sin C >0，结合正弦定理可得sin B sin C ＋sin C sin B ＝4sin A sin B sin C ，∴sin A ＝12，∵b 2＋c 2－a 2＝8，结合余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，可得2bc cos A ＝8，∴A 为锐角，且cos A ＝32，从而求得bc ＝833，∴△ABC 的面积为S ＝12bc sin A ＝12×833×12＝233.9．已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且b cos C ＝(2a －c )cos B .(1)求B ；(2)若b ＝3，sin C ＝2sin A ，求△ABC 的面积．解(1)由正弦定理，得sin B cos C ＝2sin A cos B －cos B sin C ，即sin B cos C ＋cos B sin C ＝2sin A cos B ，∴sin(B ＋C )＝2sin A cos B ，∴sin A ＝2sin A cos B ，又∵sin A ≠0，∴cos B ＝12，∵B 为三角形内角，∴B ＝π3.(2)∵sin C ＝2sin A ，∴由正弦定理得c ＝2a ，∴由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝a 2＋4a 2－2a 2＝9，即3a 2＝9，∴a ＝3，c ＝23，∴△ABC 的面积为S ＝12ac sin B ＝12×3×23×32＝332.10．(2023·湖州模拟)在△ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边，已知3b a sin B .(1)求角A 的大小；(2)若b ，a ，c 成等比数列，判断△ABC 的形状．解(1)∵3b a sin B ，由诱导公式得3b cos A ＝a sin B ，由正弦定理得3sin B cos A ＝sin A sin B ，∵sin B ≠0，∴3cos A ＝sin A ，即tan A ＝3，∵A ∈(0，π)，∴A ＝π3.(2)∵b ，a ，c 成等比数列，∴a 2＝bc ，由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝b 2＋c 2－bc 2bc＝12，即b 2＋c 2－bc ＝bc ，∴(b －c )2＝0，∴b ＝c ，又由(1)知A ＝π3，∴△ABC 为等边三角形．11．(多选)对于△ABC ，有如下判断，其中正确的是()A ．若cos A ＝cosB ，则△ABC 为等腰三角形B ．若A >B ，则sin A >sin BC ．若a ＝8，c ＝10，B ＝60°，则符合条件的△ABC 有两个D ．若sin 2A ＋sin 2B <sin 2C ，则△ABC 是钝角三角形答案ABD解析对于A ，若cos A ＝cos B ，则A ＝B ，所以△ABC 为等腰三角形，故A 正确；对于B ，若A >B ，则a >b ，由正弦定理a sin A ＝b sin B＝2R ，得2R sin A >2R sin B ，即sin A >sin B 成立，故B 正确；对于C ，由余弦定理可得b ＝82＋102－2×8×10×12＝84，只有一解，故C 错误；对于D ，若sin 2A ＋sin 2B <sin 2C ，则根据正弦定理得a 2＋b 2<c 2，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab <0，所以C为钝角，所以△ABC 是钝角三角形，故D 正确．12．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，sin A sin B sin C ＝18，△ABC 的面积为2，则下列选项错误的是()A ．abc ＝162B ．若a ＝2，则A ＝π3C ．△ABC 外接圆的半径R ＝22D ≥32sin C 答案B解析由题可得12ab sin C ＝2，则sin C ＝4ab，代入sin A sin B sin C ＝18，得4sin A sin B ab ＝18，即R 2＝8，即R ＝22，C 正确；abc ＝8R 3sin A sin B sin C ＝1282×18＝162，A 正确；若a ＝2，则sin A ＝a 2R ＝242＝14，此时A ≠π3，B 错误；因为sin A >0，sin B >0，所以(sin A ＋sin B )2≥4sin A sin B ，所以(sin A ＋sin B )2(sin A sin B )2≥4sin A sin B ，由sin A sin B sin C ＝18，得4sin A sin B＝32sin C ，所以(sin A ＋sin B )2(sin A sin B )2≥32sin C ，即≥32sin C ，D 正确．13．(2023·嘉兴模拟)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知c sin A ＝3a cos C ，c ＝23，ab ＝8，则a ＋b 的值是．答案6解析∵c sin A ＝3a cos C ，根据正弦定理得sin C sin A ＝3sin A cos C ，∵sin A ≠0，故tan C ＝3，∵C ∈(0，π)，∴C ＝π3，再由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝(a ＋b )2－2ab －c 22ab ＝12，代入c ＝23，ab ＝8，得a ＋b ＝6.14．在△ABC 中，已知AB ＝4，AC ＝7，BC 边的中线AD ＝72，那么BC ＝.答案9解析在△ABD 中，结合余弦定理得cos ∠ADB ＝BD 2＋AD 2－AB 22BD ·AD，在△ACD 中，结合余弦定理得cos ∠ADC ＝CD 2＋AD 2－AC 22CD ·AD，由题意知BD ＝CD ，∠ADB ＋∠ADC ＝π，所以cos ∠ADB ＋cos ∠ADC ＝0，所以BD 2＋AD 2－AB 22BD ·AD ＋CD 2＋AD 2－AC 22CD ·AD ＝0，2×72CD 2×72CD 0，解得CD ＝92，所以BC ＝9.15．(多选)(2023·珠海模拟)已知△ABC 满足sin A ∶sin B ∶sin C ＝2∶3∶7，且△ABC 的面积S △ABC ＝332，则下列命题正确的是()A ．△ABC 的周长为5＋7B ．△ABC 的三个内角A ，B ，C 满足关系A ＋B ＝2C C ．△ABC 的外接圆半径为2213D ．△ABC 的中线CD 的长为192答案ABD解析因为△ABC 满足sin A ∶sin B ∶sin C ＝2∶3∶7，所以a ∶b ∶c ＝2∶3∶7，设a ＝2t ，b ＝3t ，c ＝7t ，t >0，利用余弦定理cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝4t 2＋9t 2－7t 212t 2＝12，由于C ∈(0，π)，所以C ＝π3.对于A ，因为S △ABC ＝332，所以12ab sin C ＝12·2t ·3t ·32＝332，解得t ＝1.所以a ＝2，b ＝3，c ＝7，所以△ABC 的周长为5＋7，故A 正确；对于B ，因为C ＝π3，所以A ＋B ＝2π3，故A ＋B ＝2C ，故B 正确；对于C ，利用正弦定理c sin C ＝732＝2213＝2R ，解得R ＝213，所以△ABC 的外接圆半径为213，故C 错误；对于D ，如图所示，在△ABC 中，利用正弦定理732＝2sin A ，解得sin A ＝217，又a <c ，所以cos A ＝277，在△ACD 中，利用余弦定理CD 2＝AC 2＋AD 2－2AC ·AD ·cos A ＝9＋74－2×3×72×277＝194，解得CD ＝192，故D 正确．16.如图，△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c .已知a 2＋c 2＝b 2＋ac ，则B ＝.若线段AC 的垂直平分线交AC 于点D ，交AB 于点E ，且BC ＝4，DE ＝ 6.则△BCE 的面积为．答案π323解析在△ABC 中，由余弦定理知cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac，而a 2＋c 2＝b 2＋ac ，∴cos B ＝12，又0<B <π，则B ＝π3，在△BCE 中，设∠CEB ＝θ，则CE sin π3＝BC sin θ，可得CE ＝23sin θ，又AC 的垂直平分线交AC 于点D ，交AB 于点E ，则∠ECA ＝∠EAC ＝θ2，∴sin θ2＝DE CE ＝2sin θ2，可得cos θ2＝22，而0<θ<π，故θ2＝π4，即θ＝π2.∴CE ＝23，BE ＝2，故△BCE 的面积为12·CE ·BE ＝23.。

高三数学一轮复习课时作业 23正弦定理和余弦定理A 文 B 试题

课时作业(二十三)A [第23讲正弦定理和余弦定理][时间是：35分钟分值：80分]根底热身1．在△ABC 中，A ＝45°，B ＝60°，a ＝10，那么b ＝( ) A ．5 2 B ．10 2 C.1063D ．5 62．在△ABC 中，假设sin 2A ＝sin 2B ＋sin 2C ，那么△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．在△ABC 中，a ＝6，B ＝30°，C ＝120°，那么△ABC 的面积是( ) A ．9 B ．18 C ．9 3 D ．18 34．在△ABC 中，cos A ＝513，sin B ＝35，那么cos C 的值是( )A.1665 B ．－1665 C.5665 D ．－5665才能提升5．判断以下说法，其中正确的选项是( ) A ．a ＝7，b ＝14，A ＝30°有两解 B ．a ＝30，b ＝25，A ＝150°只有一解 C ．a ＝6，b ＝9，A ＝45°有两解 D ．b ＝9，c ＝10，B ＝60°无解6．[2021·卷] 在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .假设a cos A ＝b sin B ，那么sin A cos A ＋cos 2B ＝( )A ．－12 B.12C ．－1D ．17．[2021·卷] 假设△ABC 的内角A 、B 、C 所对的边a 、b 、c 满足(a ＋b )2－c 2＝4，且C ＝60°，那么ab 的值是( )A.43 B ．8－4 3 C ．1 D.238．假设sin A a ＝cos B b ＝cos Cc，那么△ABC 是( )A ．等边三角形B ．直角三角形，且有一个角是30°C ．等腰直角三角形D ．等腰三角形，且有一个角是30°9．在平面直角坐标系xOy 中，△ABC 的顶点A (－4,0)和C (4,0)，顶点B 在椭圆x 225＋y 29＝1上，那么sin A ＋sin Csin B＝________.10．在△ABC 中，假设S △ABC ＝14(a 2＋b 2－c 2)，那么角C ＝________.11．[2021·东北三校一模] 在△ABC 中，A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，假设A ∶B ＝1∶2，且a ∶b ＝1∶3，那么cos2B 的值是________．12．(13分)[2021·卷] 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，3a cos A ＝c cos B ＋b cos C .(1)求cos A 的值；(2)假设a ＝1，cos B ＋cos C ＝233，求边c 的值．难点打破13．(12分)[2021·卷] 在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .cos A －2cos Ccos B ＝2c －a b.(1)求sin C sin A的值；(2)假设cos B ＝14，△ABC 的周长为5，求b 的长．课时作业(二十三)A【根底热身】1．D [解析] 由a sin A ＝b sin B 得，b ＝a sin B sin A ＝10sin60°sin45°＝5 6.2．B [解析] 用正弦定理可以将条件：sin 2A ＝sin 2B ＋sin 2C 化为a 2＝b 2＋c 2. 3．C [解析] 由条件易得A ＝B ＝30°，所以b ＝a ＝6，S ＝12ab sin C ＝12×6×6×32＝9 3.4．A [解析] 由可得sin A ＝1213，sin A >sin B ，由于在△ABC 中，由sin A >sin B ⇔A >B 知角B 为锐角，故cos B ＝45，所以cos(A ＋B )＝cos A cos B －sin A sin B ＝2065－3665＝－1665，故cos C＝1665. 【才能提升】5．B [解析] A 中，由正弦定理得sin B ＝b sin Aa ＝14×127＝1，所以B ＝90°，故只有一解，A 错误；B 中，由正弦定理得sin B ＝b sin Aa ＝25×1230<1，又A 为钝角，故只有一解，B 正确；C 中，由正弦定理得sin B ＝b sin Aa ＝9×226>1，所以角B 不存在，故无解，C 错误；D 中，由正弦定理得sin C ＝c sin Bb ＝10×329<1，因为b <c ，B ＝60°，且0°<C <180°，所以角C有两解，D 错误．应选B.6．D [解析] ∵a cos A ＝b sin B ，∴sin A cos A ＝sin 2B ， ∴sin A cos A ＋cos 2B ＝sin 2B ＋cos 2B ＝1.7．A [解析] 由(a ＋b )2－c 2＝4，得a 2＋b 2－c 2＋2ab ＝4.①由余弦定理得a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C ＝2ab cos60°＝ab ，② 将②代入①得ab ＋2ab ＝4，即ab ＝43.应选A.8．C [解析] 在△ABC 中，由正弦定理：a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C ，代入sin Aa＝cos Bb＝cos Cc得：sin A 2R sin A ＝cos B2R sin B＝cos C 2R sin C ，∴sin B cos B ＝sin Ccos C＝1. ∴tan B ＝tan C ＝1，∴B ＝C ＝45°.∴△ABC 是等腰直角三角形．9.54 [解析] 由正弦定理知，原式＝BC ＋BA AC ，又由椭圆定义知BC ＋BA ＝10，AC ＝8，∴原式＝54.10.π4 [解析] 根据三角形面积公式得，S ＝12ab sin C ＝14(a 2＋b 2－c 2)，∴sin C ＝a 2＋b 2－c 22ab .又由余弦定理：cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab，∴sin C ＝cos C ，∴C ＝π4.11．－12 [解析] 因为a ∶b ＝1∶3，所以sin A ∶sin B ＝1∶3，又A ∶B ＝1∶2，那么B ＝2A ，所以sin A ∶sin B ＝sin A ∶sin2A ＝1∶3，即cos A ＝32，∴A ＝30°，∴B ＝60°.cos2B ＝cos120°＝－12.12．[解答] (1)由余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，有c cos B ＋b cos C ＝a ，代入条件得3a cos A ＝a ，即cos A ＝13.(2)由cos A ＝13得sin A ＝223，那么cos B ＝－cos(A ＋C )＝－13cos C ＋223sin C ，代入cos B ＋cos C ＝233，得cos C ＋2sin C ＝3，从而得sin(C ＋φ)＝1，其中sin φ＝33，cos φ＝63，0<φ<π2. 那么C ＋φ＝π2，于是sin C ＝63，由正弦定理得c ＝a sin C sin A ＝32. 【难点打破】13．[解答] (1)由正弦定理，设a sin A ＝b sin B ＝csin C ＝k .那么2c －a b ＝2k sin C －k sin A k sin B ＝2sin C －sin A sin B .所以原等式可化为cos A －2cos C cos B ＝2sin C －sin A sin B .即(cos A －2cos C )sin B ＝(2sin C －sin A )cos B ，化简可得sin(A ＋B )＝2sin(B ＋C )，又因为A ＋B ＋C ＝π，所以原等式可化为sin C ＝2sin A ，因此sin Csin A＝2.(2)由正弦定理及sin Csin A ＝2得c ＝2a ，由余弦定理及cos B ＝14得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B＝a 2＋4a 2－4a 2×14＝4a 2. 所以b ＝2a .又a＋b＋c＝5.从而a＝1，因此b＝2.励志赠言经典语录精选句；挥动**，放飞梦想。

高三数学一轮复习课时作业 23正弦定理和余弦定理B 文 B 试题

课时作业(二十三)B [第23讲正弦定理和余弦定理][时间是：35分钟分值：80分]根底热身1．锐角△ABC 的面积为33，BC ＝4，CA ＝3，那么角C 的大小为( ) A ．75° B．60° B．45° D．30°2．在△ABC 中，假设2sin A sin B <cos(B －A )，那么△ABC 的形状是( ) A ．锐角三角形 B ．钝角三角形 C ．直角三角形 D ．等腰三角形3．在△ABC 中，以下关系式①a sin B ＝b sin A ；②a ＝b cos C ＋c cos B ；③a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C ；④b ＝c sin A ＋a sin C .一定成立的有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个4．[2021·六校联考] a ，b ，c 分别是△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边，假设a ＝1，b ＝3，且B 是A 与C 的等差中项，那么sin A ＝________.才能提升5．在△ABC 中，a ＝3＋1，b ＝3－1，c ＝10，那么C ＝( ) A ．150° B．120° C ．60° D．30°6．在△ABC 中，B ＝π3，三边长a ，b ，c 成等差数列，且ac ＝6，那么b 的值是( )A. 2B. 3C. 5D. 67．在锐角△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，假设(a 2＋c 2－b 2)tan B ＝3ac ，那么角B 的值是( )A.π12 B.π6 C.π4 D.π38．在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 所对的边，假设(3b －c )cos A ＝a cos C ，那么cos A ＝( )A.32 B.12 C.33 D.139．△ABC 三边长分别为a ，b ，c 且a 2＋b 2－c 2＝ab ，那么C ＝________.10．a ，b ，c 分别是△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边，假设a ＝1，b ＝3，A ＋C ＝2B ，那么sin A ＝________.11．△ABC 的三内角A ，B ，C 所对边长分别是a ，b ，c ，设向量m ＝(a ＋b ，sin C )，n ＝(3a ＋c ，sin B －sin A )，假设m ∥n ，那么角B 的大小为________．12．(13分)[2021·卷] 设△ABC 的内角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，a ＝1，b ＝2，cos C ＝14.(1)求△ABC 的周长； (2)求cos(A －C )的值．难点打破13．(12分)[2021·卷] 在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足c sin A ＝a cos C .(1)求角C 的大小；(2)求3sin A －cos ⎝⎛⎭⎪⎫B ＋π4的最大值，并求获得最大值时角A ，B 的大小．课时作业(二十三)B【根底热身】1．B [解析] S ＝12BC ·CA ·sin C ⇒33＝12×4×3×si n C ⇒sin C ＝32，注意到其是锐角三角形，故C ＝60°.2．B [解析] 依题意，sin A sin B <cos A cos B ，所以cos(A ＋B )>0,0<A ＋B <π2，△ABC 的形状是钝角三角形．3．C [解析] 由正、余弦定理知①③一定成立，对于②，由正弦定理知sin A ＝sin B cos C ＋sin C cos B ＝sin(B ＋C )，显然成立．对于④，由正弦定理得sin B ＝sin C cos A ＋sin A cos C ，那么b ＝c sin A ＋a sin C 不一定成立．4.12 [解析] 由得B ＝60°，由正弦定理得sin A ＝a sin B b ＝32×3＝12. 【才能提升】5．B [解析] 用余弦定理，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab＝3＋12＋3－12－10223＋13－1＝－12. ∴C ＝120°.应选B.6．D [解析] a ＋c ＝2b ，根据余弦定理cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a ＋c 2－2ac －b 22ac ，即12＝3b 2－1212，解得b ＝ 6. 7．D [解析] ∵(a 2＋c 2－b 2)tan B ＝3ac ，∴a 2＋c 2－b 22ac ·tan B ＝32，即cos B ·tan B＝sin B ＝32. ∴在锐角△ABC 中，角B 的值是π3.8．C [解析] 将正弦定理代入等式，得 (3sin B －sin C )cos A ＝sin A cos C ， ∴3sin B cos A ＝sin A cos C ＋cos A sin C＝sin(A ＋C )＝sin B ，∵B 为三角形内角，∴sin B ≠0，∴cos A ＝33.应选C. 9.π3[解析] 由条件得c 2＝a 2＋b 2－ab ，又c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，∴c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝a 2＋b 2－ab ，∴cos C ＝12，C ＝π3.10.12 [解析] 由于A ＋B ＋C ＝2B ＋B ＝π，即B ＝π3，由正弦定理知：a sin A ＝1sin A ＝b sin B ＝332，得sin A ＝12.11．150° [解析] 由m ∥n ，∴(a ＋b )(sin B －sin A )－sin C (3a ＋c )＝0，由正弦定理有(a ＋b )(b －a )＝c (3a ＋c )，即a 2＋c 2－b 2＝－3ac ，再由余弦定理得cos B ＝－32， ∴B ＝150°.12．[解答] (1)∵c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝1＋4－4×14＝4，∴c ＝2，∴△ABC 的周长为a ＋b ＋c ＝1＋2＋2＝5. (2)∵cos C ＝14，∴sin C ＝1－cos 2C ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫142＝154，∴sin A ＝a sin C c ＝1542＝158.∵a <c ，∴A <C ，故A 为锐角，∴cos A ＝1－sin 2A ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫1582＝78. ∴cos(A －C )＝cos A cos C ＋sin A sin C ＝78×14＋158×154＝1116.【难点打破】13．[解答] (1)由正弦定理得sin C sin A ＝sin A cos C . 因为0<A <π，所以sin A >0. 从而sin C ＝cos C .又cos C ≠0，所以tan C ＝1，那么C ＝π4.(2)由(1)知，B ＝3π4－A ，于是3sin A －cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π4＝3sin A －cos(π－A )＝3sin A ＋cos A ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π6.因为0<A <3π4，所以π6<A ＋π6<11π12.从而当A ＋π6＝π2，即A ＝π3时，2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π6取最大值2.综上所述，3sin A －cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π4的最大值为2，此时A ＝π3，B ＝5π12.励志赠言经典语录精选句；挥动**，放飞梦想。

余弦定理、正弦定理课件-2025届高三数学一轮复习

(2，8) .
⁠
2 + 1 > 0，
1
[解析] ∵2 a ＋1， a ，2 a －1是三角形的三边，∴ > 0，
解得 a ＞ .显然2 a
2
2 − 1 > 0，
＋1是三角形的最大边，则要使2 a ＋1， a ，2 a －1构成三角形，需满足 a ＋2 a －1
＞2 a ＋1，解得 a ＞2.设最大边对应的角为θ(钝角)，则 cos θ＝
3
3
(6)在斜△ ABC 中，tan A ＋tan B ＋tan C ＝tan A ·tan B ·tan C .
(7)在△ ABC 中， a ＝ b cos C ＋ c cos B ； b ＝ a cos C ＋ c cos A ； c ＝ b cos A ＋ a cos B
(射影定理).
二、基础题练习
c2＝② a2＋b2－2ab cos C
；
⁠
.
⁠

＝
＝
＝③
sin sin sin
2R
.
⁠
定理
余弦定理
2
cos A＝
＋
变形 cos B＝④
cos C＝⑤
2 −2
2
2
正弦定理
(1)a＝2R sin A，b＝⑥ 2R sin B ，
c＝⑦ 2R sin C ；
⁠
；
(2) sin
＋
(3)任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边.
(4)在△ ABC 中， sin ( A ＋ B )＝ sin C ； cos ( A ＋ B )＝－ cos C ；tan( A ＋ B )＝
－tan C ；

正弦定理和余弦定理课件-2025届高三数学一轮复习

三角形面积问题的常见类型
（1）求三角形面积，一般要先利用正弦定理、余弦定理以及两角和与差
的三角函数公式等，求出角与边，再求面积；
（2）已知三角形面积解三角形，常选用已知邻边求出其夹角，或利用已
知角求出角的两边之间的关系;
（3）已知与三角形面积有关的关系式，常选用关系式中的角作为面积公
式中的角，化为三角形的边角关系，再解三角形.
（1）求∠；
【解】由题意及余弦定理得,
= + − ⋅ ⋅ ∠ = + − × × �� ×

−

= ，解得 = （负值已舍去）.

方法一：由正弦定理，得
∠
=

,即∠
∠

以 =
, = ，所以

△ = ∠ =

− =

−

×

=

− ,所以

+

,所以

= ，即 + − = ,又 = ,所
× ×

=

.

1.已知在△ 中，角,,的对边分别为,,， = , = , = ∘ ，
则此三角形的解的情况是(
)
A.有一解
B.有两解
C.无解
√

解析：选C.由正弦定理得

D.有解但解的个数不确定
=

,所以

所以不存在，即满足条件的三角形不存在.
=

2025届高考数学一轮复习讲义

2019-2020年高考数学一轮总复习 3.7正弦定理与余弦定理课时作业文(含解析)新人教版

2019-2020年高考数学一轮总复习 3.7正弦定理与余弦定理课时作业文（含解析）新人教版一、选择题1．(xx·昆明一模)已知△ABC 中，内角A ，B ，C 所对边分别为a ，b ，c ，若A ＝π3，b ＝2a cos B ，c ＝1，则△ABC 的面积等于( )A.32 B.34 C.36D.38解析：由正弦定理得sin B ＝2sin A cos B ，故tan B ＝2sin A ＝2sin π3＝3，又B ∈⎝⎛⎭⎫0，2π3，所以B ＝π3，则△ABC 是正三角形，所以S △ABC ＝12bc sin A ＝34.答案：B2．(xx·广州综合测试)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若C ＝2B ，则cb为( ) A ．2sin C B ．2cos B C ．2sin BD ．2cos C解析：由于C ＝2B ，故sin C ＝sin2B ＝2sin B cos B ，所以sin C sin B ＝2cos B ，由正弦定理可得cb ＝sin Csin B＝2cos B ，故选B. 答案：B3．(xx·东北三省二模)已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且c －bc －a＝sin Asin C ＋sin B，则B ＝( )A.π6B.π4C.π3D.3π4解析：由sin A ＝a 2R ，sin B ＝b 2R ，sin C ＝c 2R ，代入整理得：c －b c －a ＝ac ＋b ⇒c 2－b 2＝ac －a 2，所以a 2＋c 2－b 2＝ac ，即cos B ＝12，所以B ＝π3.答案：C4．(xx·烟台期末)在△ABC 中，若lg(a ＋c )＋lg(a －c )＝lg b －lg 1b ＋c，则A ＝( ) A ．90° B ．60° C ．120°D ．150°解析：由题意可知lg(a ＋c )(a －c )＝lg b (b ＋c )， ∴(a ＋c )(a －c )＝b (b ＋c )， ∴b 2＋c 2－a 2＝－bc ， ∴cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝－12.又A ∈(0，π)，∴A ＝120°，选C. 答案：C5．(xx·江西卷)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .若3a ＝2b ，则2sin 2B －sin 2Asin 2A 的值为( )A ．－19B.13 C ．1D.72解析：由正弦定理可得2sin 2B －sin 2A sin 2A ＝2⎝⎛⎭⎫sin B sin A 2－1＝2⎝⎛⎭⎫b a 2－1，因为3a ＝2b ，所以b a ＝32，所以2sin 2B －sin 2A sin 2A ＝2×⎝⎛⎭⎫322－1＝72. 答案：D6．(xx·石家庄一模)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c ，且满足c sin A ＝3a cos C ，则sin A ＋sin B 的最大值是( )A ．1 B.2 C. 3D ．3解析：由c sin A ＝3a cos C ，所以sin C sin A ＝3sin A cos C ，即sin C ＝3cos C ，所以tan C ＝3，C ＝π3，A ＝2π3－B ，所以sin A ＋sin B ＝sin ⎝⎛⎭⎫2π3－B ＋sin B ＝3sin ⎝⎛⎭⎫B ＋π6， ∵0＜B ＜2π3，∴π6＜B ＋π6＜5π6，∴当B ＋π6＝π2，即B ＝π3时，sin A ＋sin B 的最大值为 3.故选C.答案：C二、填空题7．(xx·福建卷)在△ABC 中，A ＝60°，AC ＝2，BC ＝3，则AB 等于__________．解析：在△ABC 中，根据正弦定理，得AC sin B ＝BC sin A ，所以2sin B ＝3sin60°，解得sin B ＝1，因为B ∈(0°，180°)，所以B ＝90°，所以AB ＝22－32＝1.答案：18．(xx·湖北卷)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知A ＝π6，a ＝1，b＝3，则B ＝__________.解析：由正弦定理a sin A ＝b sin B 得sin B ＝b sin A a ＝32，又B ∈⎝⎛⎭⎫π6，5π6，所以B ＝π3或2π3. 答案：π3或2π39．(xx·北京卷)在△ABC 中，a ＝1，b ＝2，cos C ＝14，则c ＝__________；sin A ＝__________.解析：根据余弦定理，c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝12＋22－2×1×2×14＝4，故c ＝2，因为cos C＝14，于是sin C ＝1－⎝⎛⎭⎫142＝154，于是，由正弦定理，sin A ＝a sin C c ＝1×1542＝158(或：由a ＝1，b ＝2，c ＝2，得cos A ＝22＋22－122×2×2＝78，于是，sin A ＝1－⎝⎛⎭⎫782＝158)．答案：2158三、解答题10．(xx·新课标全国卷Ⅱ)四边形ABCD 的内角A 与C 互补，AB ＝1，BC ＝3，CD ＝DA ＝2.(1)求C 和BD ；(2)求四边形ABCD 的面积．解析：(1)由题设及余弦定理得 BD 2＝BC 2＋CD 2－2BC ·CD cos C ＝13－12cos C ， ①BD 2＝AB 2＋DA 2－2AB ·DA cos A ＝5＋4cos C . ②由①，②得cos C ＝12，故C ＝60°，BD ＝7.(2)四边形ABCD 的面积 S ＝12AB ·DA sin A ＋12BC ·CD sin C ＝⎝⎛⎭⎫12×1×2＋12×3×2sin60° ＝2 3.11．(xx·天津卷)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知a －c ＝66b ，sin B ＝6sin C .(1)求cos A 的值； (2)求cos ⎝⎛⎭⎫2A －π6的值．解析：(1)在△ABC 中，由b sin B ＝c sin C ，及sin B ＝6sin C ，可得b ＝6c .又由a －c ＝66b ，有a ＝2c .所以，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝6c 2＋c 2－4c 226c 2＝64.(2)在△ABC 中，由cos A ＝64，可得sin A ＝104. 于是，cos2A ＝2cos 2A －1＝－14，sin2A ＝2sin A ·cos A ＝154.所以，cos ⎝⎛⎭⎫2A －π6＝cos2A ·cos π6＋sin2A ·sin π6＝15－38. 12．(xx·重庆卷)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a ＋b ＋c ＝8. (1)若a ＝2，b ＝52，求cos C 的值；(2)若sin A cos 2B 2＋sin B cos 2A 2＝2sin C ，且△ABC 的面积S ＝92sin C ，求a 和b 的值．解析：(1)由题意可知：c ＝8－(a ＋b )＝72.由余弦定理得：cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab＝22＋⎝⎛⎭⎫522－⎝⎛⎭⎫7222×2×52＝－15.(2)由sin A cos 2B 2＋sin B cos 2A2＝2sin C 可得：sin A ·1＋cos B 2＋sin B ·1＋cos A 2＝2sin C ，化简得sin A ＋sin A cos B ＋sin B ＋sin B cos A ＝4sin C . 因为sin A cos B ＋cos A sin B ＝sin(A ＋B )＝sin C ，所以sin A ＋sin B ＝3sin C . 由正弦定理可知：a ＋b ＝3c . 又因a ＋b ＋c ＝8，故a ＋b ＝6.由于S ＝12ab sin C ＝92sin C ，所以ab ＝9，从而a 2－6a ＋9＝0，解得a ＝3，b ＝3..。

高考数学复习课时作业23正弦定理和余弦定理理新人教A版 3101

课时作业(二十三)第23讲正弦定理和余弦定理时间/ 45分钟分值/ 100分基础热身1.[2018·江淮六校联考]已知在△ABC中,a=1,b=,A=,则B=()A.或B.C.D.2.[2018·东北师大附中月考]在△ABC中,a=1,A=,B=,则c=()A.B.C.D.3.已知在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,B=60°,a=4,且△ABC的面积S=20,则c=()A.15B.16C.20D.44.设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a sin A=b cos C+c cos B,则△ABC的形状为()A.直角三角形B.锐角三角形C.钝角三角形D.不确定5.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知b=2,c=3,B=2C,则S△ABC= .能力提升6.[2018·莆田九中月考]在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若b=2a,sin2B=2sinA sin C,则cos B=()A.B.C.D.17.在△ABC中,B=,AB=2,D为AB的中点,△BCD的面积为,则AC等于()A.2C.D.8.[2018·沈阳模拟]设△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,如果(a+b+c)(b+c-a)=3bc,且a=,那么△ABC的外接圆的半径为()A.1B.C.2D.49.[2018·烟台模拟]在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若b sin 2A+a sinB=0,b=c,则的值为()A.1B.C.D.10.[2018·丹东二模]已知△ABC的面积为S,三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若4S=a2-(b-c)2,bc=4,则S=()A.2B.4C.D.211.[2018·安徽示范高中联考]在△ABC中,a,b,c分别是内角A,B,C所对的边,若sin A∶sin B∶sin C=4∶5∶6,则= .12.[2018·上海浦东新区三模]已知△ABC的三边a,b,c所对的内角分别为A,B,C,且b2=ac,则sin B+cos B的取值范围是.13.[2018·黄石三模]在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知(a+b-c)(a+b+c)=3ab,且c=4,则△ABC面积的最大值为.14.(12分)[2018·天津河东区二模]在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知cos 2A=-,c=,sin A=sin C,A为锐角.(1)求sin A与a的值;(2)求b的值及△ABC的面积.15.(13分)[2018·石家庄二中月考]已知锐角三角形ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,sin A=3sin C,且△ABC的面积为c2.(1)求B的值;(2)若D是BC边上的一点,且cos∠ADB=,求sin∠BAD及的值.难点突破16.(5分)[2018·漳州质检]在△ABC中,C=,BC=2AC=2,点D在边BC上,且sin∠BAD=,则CD=()A.B.C.D.17.(5分)[2018·成都七中三诊]在锐角三角形ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,B=,b=,则△ABC的面积的取值范围是.课时作业(二十三)1.A[解析] 由正弦定理=可得sin B===,∵B∈(0,π),∴B=或.2.A[解析] sin C=sin(π-A-B)=sin=,由正弦定理=,得c===.3.C[解析] 由三角形面积公式可得S△ABC=ac sin B=×4×c×sin 60°=20,所以c=20.4.A[解析] 由a sin A=b cos C+c cos B及正弦定理得sin2A=sin B cos C+sin C cos B,∴sin2A=sin(B+C)=sin A.又在△ABC中,sin A≠0,∴sin A=1,∴A=,∴△ABC为直角三角形.5. [解析] 由正弦定理=,得=,即=,解得cos C=.由余弦定理得cos C=,解得a=1或a=3(舍去),又sin C=,所以S△ABC=a·b·sin C=×1×2×=.6.B[解析] ∵sin2B=2sin A sin C,∴b2=2ac,又∵b=2a,∴4a2=2ac,∴c=2a.由余弦定理得cos B===.7.B[解析] 由题意可知在△BCD中,B=,BD=1,∴△BCD的面积S=×BC×BD×sin B=×BC×1×=,解得BC=3.在△ABC中,由余弦定理可得AC2=AB2+BC2-2AB·BC cos B=22+32-2×2×3×=7,∴AC=.8.A[解析] 设△ABC的外接圆的半径为R,因为(a+b+c)(b+c-a)=3bc,所以(b+c)2-a2=3bc, 即b2+c2-a2=bc,所以cos A==,又因为A∈(0,π),所以A=.由正弦定理可得2R===2,所以R=1,故选A.9.D[解析] 由正弦定理及b sin 2A+a sin B=0,可得sin B sin 2A+sin A sin B=0,即2sin B sin A cos A+sin A sin B=0,由于sin B sin A≠0,所以cos A=-.又b=c,由余弦定理可得a2=b2+c2-2bc cos A=3c2+c2+3c2=7c2,所以=.10.A[解析] 因为S=bc sin A,a2=b2+c2-2bc·cos A,4S=a2-(b-c)2,所以2bc sinA=2bc-2bc·cos A,化简得sin A+cos A=1,即sin=1,所以sin=,可得A+=,所以A=,所以S=bc sin A=2.11.1[解析] 由正弦定理得a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin C=4∶5∶6,设a=4,b=5,c=6, 则由余弦定理知cos A===,∴=2××=1.12.(1,][解析] ∵b2=ac,∴ac=b2=a2+c2-2ac cos B≥2ac-2ac cos B,可得cos B≥,当且仅当a=c时等号成立.又∵0<B<π,∴B∈,∴B+∈,可得sin B+cos B=sin∈(1,].13.4[解析] 由(a+b-c)(a+b+c)=3ab,可得a2+b2-c2=ab, 根据余弦定理可得cos C==,∵0<C<π,∴C=.∵c=4,∴a2+b2-16=ab,即a2+b2=ab+16≥2ab,可得ab≤16,当且仅当a=b时取等号,∴△ABC的面积S=ab sin C≤×16×=4,则△ABC面积的最大值为4.14.解:(1)由正弦定理=,得=,解得a=3.因为cos 2A=2cos2A-1=-,A为锐角,所以cos A=,sin A=.(2)因为b2+c2-a2=2bc cos A,所以b2-2b-15=0,解得b=5或b=-3(舍去),所以S△ABC=bc sin A=×5××=.15.解:(1)由题意及正弦定理得a=3c,又S△ABC=ac sin B=×3c2sin B=c2,故sin B=,又0<B<,所以B=.(2)因为cos∠ADB=,0<∠ADB<π,所以sin∠ADB==,又∠BAD=π-(∠ABD+∠ADB),故sin∠BAD=sin(∠ABD+∠ADB)=×+×=.在△ABD中,由正弦定理得=,即BD=AB×=2AB=2c,又BC=3c,所以CD=c,所以=2.16.D[解析] ∵C=,BC=2AC=2,∴AB===3,∴cos B===,又∵B∈(0,π),∴B=,可得∠BAC=.∵sin∠BAD=,∠BAD∈,∴cos∠BAD==,∴sin∠DAC=cos∠BAD=.在△ABD中,由正弦定理可得,AD=,在△ADC中,由正弦定理可得,AD=,∴=,解得CD=,故选D.17. [解析] 由正弦定理得====2,∴a=2sin A,c=2sin C,∴S△ABC=ac sin B=ac=sin A sin C=sin A sin=sin A=sin A cos A+sin2A=sin 2A+·=sin 2A-cos 2A+=sin+.∵△ABC为锐角三角形,∴解得<A<,∴<2A-<,∴<sin≤1,∴<sin+≤,故△ABC的面积的取值范围是.。

高考数学总复习课时作业31正弦定理和余弦定理理新人教B版

A级1．在△ABC中，已知a＝2，b＝ 2，B＝45°，则角A＝ ()A．30°或 150°B．60°或 120°C．60°D．30°2．在△ABC中，a＋b＋ 10c＝2(sin A＋sin B＋10sin C)，A＝60°，则 a＝()A.3B． 23C． 4D．不确立3．(2012 ·聊城模拟 ) 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若 a2－ b2＝3 bc，sin C＝23sin B，则 A＝()A．30°B．60°C．120°D．150°4．(2012 ·山东威海一模 ) 在△ABC中，内角A，B，C对应的边分别是a， b， c.已知 c π3，则△ABC的周长为 ()＝2，C＝3， S ＝△ABCA． 6B． 5C． 4D． 4＋2 35．(2012 ·青岛模拟 ) 在△中，＝120°，＝ 1，面积为 3 ，则b－ c－ aABC A bsin B－sin C－sin A ＝ ()23939A.3B．3C． 27D． 476．(2012 ·陕西卷 ) 在△中，角，，所对边的长分别为，，.若aπ＝2，＝，ABC A B C a b c B6c ＝ 23，则＝ ________.b7．(2012 ·威海模拟 ) △ABC的内角A、B、C的对边分别为a， b， c，若sin A，sin B，sin C成等比数列，且c＝2a，则cos B＝________.8．在△中，＝30°，＝ 2，＝ 1，则△的面积等于 ________．ABC A AB BC ABC9．△ABC的周长为20，面积为103，A＝60°，则BC边的长为 ________．10．△的内角、、的对边分别为a ，，， sin＋sin －2asin＝sin．ABC A B C b c a A c C C b B(1)求 B；(2)若 A＝75°， b＝2，求 a， c.cos A－2cos C 11．(2011 ·山东卷 ) 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知cos B2c－a1sin C(1) 求sin A 的值；1(2) 若 cos B ＝，△ ABC 的周长为 5，求 b 的长．4B 级1．(2012 ·辽宁大连四所要点中学联考) 已知△ ABC 的内角 A 、 B 、 C 所对的边分别为 a 、b 、c ， a ＝80， b ＝ 100， A ＝30°，则此三角形 ()A ．必定是锐角三角形B ．必定是直角三角形C ．必定是钝角三角形D ．可能是直角三角形，也可能是锐角三角形2．在△ ABC 中，已知 sin A ∶sin B ＝2∶1， c 2＝ b 2＋ 2bc ，则三内角 A 、 B 、 C 的度数挨次是 ________．3．在△中，角，， C 的对边分别为，，2c － b cos B，且知足＝.ABCA Ba b ca cos A(1) 求角 A 的大小；(2) 若 a ＝ 2 5，求△ ABC 面积的最大值．详解答案课时作业 ( 三十一 )A 级abB 得，sin a2 11． D 由正弦定理 sin A ＝sin A ＝ b sin B ＝ 2 sin 45°＝ 2，又由于 b >a ，故A ＝30°.a2． A 由已知及正弦定理得 sinA ＝ 2， a ＝2sin A ＝2sin 60 °＝ 3，应选 A.bcC ＝2B ，得 c ＝ 2 3 b ，3． A由sin B ＝sinC 及 sin3sinb 2＋c 2－a 2－ 3bc ＋ 2 3bc 3∴ cos A ＝ 2bc ＝ 2bc＝ 2 .∵ A 为△ 的内角，∴＝30°.ABC A4． A 由 S ＝ 2ab sin3 ＝4 ab ＝ 3，得 ab ＝ 4.△ ABC1π 322π 2依据余弦定理知4＝ a ＋ b －2ab cos 3 ＝( a ＋ b ) － 3ab ，所以 a ＋ b ＝ 4. 故△ ABC 的周长为 a ＋ b ＋ c ＝6，选 A.3 1依据余弦定理可得，2＝2＋2－ 2·cos＝ 21，BC AC A B AC AB A∴ BC＝21.b－ c－a BC依据正弦定理可知：sin B－sin C－sin A ＝sin A＝ 27 ，应选 C.6．分析：∵πc＝ 23，＝2，＝，a B6∴ ＝a 2c2accos＝4＋ 12－2×2× 23×3＋－2＝ 2.b B2答案：27．分析：∵sin， sin， sinC 成等比数列，∴ sin 2＝ sin·sin，A B B A C 由正弦定理得， b2＝ ac，由余弦定理得a2＋ c2－ b2a2＋ c2－ ac cos B＝2＝2acac2＋4 2－2a23＝4.＝4a2答案：3 48．分析：由余弦定理得2＝2＋2－2 ·cos 30 °，BC AB AC AB AC 23AC＋ 3＝ 0，∴AC＝ 3.∴AC－2∴ S＝11132AB·ACsin 30 °＝2×2×3×2＝2 .△ ABC答案：3 29．分析：设三角形三边长分别为a、 b、 c，1依题意知， a＋b＋ c＝20，2bc sin A＝103，所以 bc＝40，依据余弦定理得a2＝ b2＋ c2－2bc cos A＝( b＋ c)2－3bc＝(20－ a)2－120，解得 a＝7.答案：710．分析：(1) 由正弦定理得a2＋ c2－2ac＝b2.由余弦定理得2＝2＋c 2－ 2cos .b a ac B 故 cos＝2，所以＝45°.B2B( 2)sin A＝sin(30°＋45°) ＝sin 30 °cos 45 °＋ cos 30 °sin 45 °＝2＋ 6. 4sin A2＋ 6sin C sin 60 °故 a ＝b × sin B＝2＝1＋ 3 ，c ＝ b × sin B＝2×sin 45 °＝ 6. 11．分析：(1) 由正弦定理，可设abcC ＝ k ，sin A ＝sin B ＝sin2c －a 2k sin C － k sin A 2sin C － sin A则 b ＝k sin B ＝ sin B，所以 cos A － 2cos C 2sin C － sin Acos B ＝ sin B ，即 (cos A － 2cos C )sin B ＝ (2sinC － sin A )cos B ，化简可得 sin( A ＋ B ) ＝ 2sin( B ＋ C ) ．sin C又 A ＋B ＋ C ＝π，所以 sin C ＝ 2sinA ．所以 sinA ＝ 2.sin C (2) 由 sinA ＝ 2，得 c ＝ 2a .1 22222212由余弦定理及 cos B ＝4，得 b ＝ a ＋ c －2ac cos B ＝ a ＋ 4a －4a × 4＝ 4a . 所以 b ＝ 2a .又 a ＋＋ c ＝ 5，所以＝1，所以 b ＝ 2.baB级absin A100sin 30 °5 1 5 3B ＝＝ 8， 2<8< 2，所以1． C 依题意得 sinA ＝sin B ，sina ＝8030°<B <60°，或 120°<B <150°. 若 30°<B <60°，则 C ＝180°－ ( B ＋30°)>9 0°，此时 △ABC 是钝角三角形；若 120°<B <150°，此时△ ABC 还是钝角三角形．所以，此三角形必定是钝角三角形，选C.2．分析：由题意知 a ＝ 2 b ， a 2＝ b 2＋ c 2－ 2bc cos A ，即 2b 2＝ b 2＋ c 2－ 2bc cos A ，又 c 2＝ b 2＋2bc ，2 1∴ cos A ＝ 2 ， A ＝45°， sin B ＝ 2， B ＝30°，∴ C ＝105°.答案： 45°， 30°， 105°2c －b cos B3．分析：(1) 由于a＝ cos A ，所以 (2 c － b ) · cos A ＝ a ·cos B .由正弦定理，得 (2sin C － sin B ) ·cos A ＝ sin A ·cos B ，整理得 2sinC ·cos A －sin B ·cos A ＝ sin A ·cos B ，所以 2sin C ·cos A ＝ sin( A ＋ B ) ＝ sin C .1π在△ ABC 中， sin C ≠0，所以 cos A ＝ 2， A ＝ 3 .b 2＋c 2－ a 2 1(2) 由余弦定理 cos A ＝ 2bc ＝ 2，又 a ＝2 5，所以 b 2＋ c 2－ 20＝ bc ≥2bc － 20.所以 bc≤20，当且仅当b＝ c 时取“＝”．1所以△ ABC的面积 S＝2bc sin A≤53.所以△ ABC面积的最大值为 5 3.。