理数一轮夯基作业本：4 第四章 三角函数、解三角形24-第七节　正弦定理和余弦定理

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第七节正弦定理和余弦定理A组基础题组1。△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c,若b2=ac，c=2a,则cosC=()A.24 B。—C。34 D.—2。在△ABC中,若a=18，b=24，A=45°,则此三角形有(）A。无解 B.两解C。一解 D.解的个数不确定3。△ABC中,c=3，b=1，∠B=π6A.等腰直角三角形B.直角三角形C。等边三角形D。等腰三角形或直角三角形4。在△ABC中，B=π4，BC边上的高等于13BC,则A。31010 B.C。-1010 D。—5。已知a，b,c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且(b—c)（sinB+sinC）=(a—3c)sinA，则角B的大小为（）A。30° B。45° C。60° D.120°6。(2017北京西城二模,11）在△ABC中,角A，B，C的对边分别是a，b，c.若A=π3，a=3,b=1,则c=7。（2017北京海淀二模,11)在△ABC中,A=2B，2a=3b,则cosB=.

8.(2017北京海淀一模,11）在△ABC中,c=acosB.①∠A=;

②若sinC=13,则cos(π+B）=9。（2016北京，15，13分)在△ABC中，a2+c2=b2+2ac。(1）求∠B的大小；(2)求2cosA+cosC的最大值。B组提升题组10。在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a,b，c，若（a2+c2-b2)tanB=3ac,则角B的值为()A.π3 B。C.π3或2π3 D.π11。(2017北京海淀零模，11)在锐角△ABC中,角A、B所对的边长分别为a、b，若2asinB=3b,则角A等于。

12.（2017北京东城二模，12)如图，在四边形ABCD中，∠ABD=45°,∠ADB=30°,BC=1，DC=2，cos∠BCD=14,则BD=;三角形ABD的面积为13。(2017北京朝阳期中)如图,已知A，B，C,D四点共面,且CD=1,BC=2，AB=4,∠ABC=120°，cos∠BDC=27(1）求sin∠DBC;(2）求AD的长。14。(2017北京西城一模,15)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a,b，c,且atanC=2csinA。（1)求角C的大小；（2）求sinA+sinB的取值范围。答案精解精析A组基础题组1.B由题意得，b2=ac=2a2,b=2a，∴cosC=a2+b2-2.B∵asinA=∴sinB=basinA=2418sin45°，∴sinB=又∵a〈b，B为三角形ABC的内角，∴45°<B<180°，∴B有两个值，即此三角形有两解。3.D根据余弦定理有1=a2+3-3a,解得a=1或a=2，当a=1时，三角形ABC为等腰三角形，当a=2时,三角形ABC为直角三角形,故选D。4。C解法一：过A作AD⊥BC,垂足为D，由题意知AD=BD=13BC，则CD=23BC，AB=23在△ABC中，由余弦定理的推论可知,cos∠BAC=AB29BC解法二：过A作AD⊥BC,垂足为D，由题意知AD=BD=13BC，则CD=23BC，在Rt△ADC中,AC=53cos∠DAC=55,又因为∠B=π所以cos∠BAC=cos∠DAC+π4=cos∠DAC·cosπ4—sin∠DAC·sinπ4=55×25.A由asinA=bsinB=csinC及(b-c)·(sinB+sinC）=（a-3c)sinA得（b-c)(b+c）=（a—3c)a，即b2—c2=a2—3ac，所以a2+c2—b2=3ac,又因为cosB=6。答案2解析由得a2=b2+c2—2bccosA得3=1+c2—2ccosπ3,解得c=2或c=-1(舍去)。7.答案34解析因为A=2B,2a=3b,所以由asinA=bsinB得asin2B=2a3sinB，即a8。答案①π2②—1解析①在△ABC中,c=acosB，∴c=a·a2+c2-b22ac⇒a②由①可知B+C=π2，因为sinC=13，所以cos(π+B)=—cosB=—cosπ29。解析(1)由余弦定理及题设得cosB=a2+c2-b又因为0〈∠B〈π,所以∠B=π4(2)由(1)知∠A+∠C=3π42cosA+cosC=2cosA+cos3π=2cosA—22cosA+2=22cosA+2=cosA-因为0〈∠A〈3π4所以当∠A=π4时,2cosA+cosB组提升题组10。C由余弦定理知a2+c2-b2=2accosB,∵（a2+c2-b2）tanB=3ac，∴2accosB·sinBcosB∴sinB=32，∴B=π3或11.答案60°解析由已知及正弦定理得2sinAsinB=3sinB,∵sinB≠0,∴sinA=32∴A=60°。12.答案2;3—1解析在△BCD中,由余弦定理得BD2=BC2+DC2—2BC·DC·cos∠BCD=1+4—2×1×2×14=4,∴在△ABD中,由正弦定理得ABsin∠ADB=∴AB=BDsin∠ADBsin∠BAD=2×sin30°∴S△ABD=12AB·BD·sin∠ABD=12×(6-2=3—1.13。解析（1）在△BDC中，因为cos∠BDC=277所以sin∠BDC=217所以由正弦定理得,sin∠DBC=DC·sin∠BDC(2)在△BDC中，由BC2=DC2+DB2-2DC·DBcos∠BDC得，4=1+DB2-2DB·27所以DB2-47解得DB=7或DB=-37由已知得∠DBC是锐角，又sin∠DBC=2114所以cos∠DBC=57所以cos∠ABD=cos（120°-∠DBC)=cos120°·cos∠DBC+sin120°·sin∠DBC=—12×5714+32×在△ABD中,因为AD2=AB2+BD2—2AB·BDcos∠ABD=16+7-2×4×7×-714=27，所以AD=33(14。解析（1)由atanC=2csinA，得ac·sin由正弦定理得sinAsinC所以cosC=12因为C∈(0，π),所以C=π3(2）由（1)可知B+A=2π3所以sinA+sinB=sinA+sin2π=32sinA+3=3sinA+因为C=π3，所