《统考版》高考数学（理科）一轮练习专练23正弦定理和余弦定理解三角形

专练23正弦定理和余弦定理、解三角形命题范围：正弦定理、余弦定理、三角形面积公式、解三角形．[基础强化]一、选择题1．设△ABC的内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，若a＝eq\r(2)，b＝eq\r(3)，B＝eq\f(π,3)，则A＝()A.eq\f(π,6)B.eq\f(5,6)πC.eq\f(π,4)D.eq\f(π,4)或eq\f(3,4)π2．在△ABC中，b＝40，c＝20，C＝60°，则此三角形解的情况是()A．有一解B．有两解C．无解D．有解但解的个数不确定3．[2021·吉林舒兰测试]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝2，b＝3，c＝eq\r(7)，则角C＝()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3)D.eq\f(π,2)4．已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2＝b2＋c2－bc，bc＝4，则△ABC的面积为()A.eq\f(1,2) B．1C.eq\r(3) D．25．在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边．若bsinA＝3csinB，a＝3，cosB＝eq\f(2,3)，则b＝()A．14B．6C.eq\r(14)D.eq\r(6)6．[2021·湖南师大附中高三测试]设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcosC＋ccosB＝asinA，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7．[2021·合肥一中高三测试]钝角三角形ABC的面积是eq\f(1,2)，AB＝1，BC＝eq\r(2)，则AC＝()A．5B.eq\r(5)C．2D．18．如图，设A，B两点在河的两岸，一测量者在A所在的同侧河岸边选定一点C，测出AC的距离为50m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以计算出A，B两点的距离为()A．50eq\r(2)mB．50eq\r(3)mC．25eq\r(2)mD.eq\f(25\r(2),2)m9．[2021·全国乙卷]魏晋时期刘徽撰写的《海岛算经》是关于测量的数学著作，其中第一题是测量海岛的高．如图，点E，H，G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG称为“表距”，GC和EH都称为“表目距”，GC与EH的差称为“表目距的差”．则海岛的高AB＝()A.eq\f(表高×表距,表目距的差)＋表高B.eq\f(表高×表距,表目距的差)－表高C.eq\f(表高×表距,表目距的差)＋表距D.eq\f(表高×表距,表目距的差)－表距二、填空题10．[2021·全国乙卷]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为eq\r(3)，B＝60°，a2＋c2＝3ac，则b＝___________.11．[2021·四川泸州一中高三测试]在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c＝acosB，①则A＝________；②若sinC＝eq\f(1,3)，则cos(π＋B)＝________.12．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2bcosB＝acosC＋ccosA，则B＝________.[能力提升]13．[2021·吉林一中高三测试]在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC为锐角三角形，且满足sinB(1＋2cosC)＝2sinAcosC＋cosAsinC，则下列等式成立的是()A．a＝2bB．b＝2aC．A＝2BD．B＝2A14．[2021·全国甲卷]2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86(单位：m)，三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B,C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影A′，B′，C′满足∠A′C′B′＝45°，∠A′B′C′＝60°.由C点测得B点的仰角为15°，BB′与CC′的差为100；由B点测得A点的仰角为45°，则A，C两点到水平面A′B′C′的高度差AA′－CC′约为(eq\r(3)≈1.732)()A．346B．373C．446D．47315．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若b＝6，a＝2c，B＝eq\f(π,3)，则△ABC的面积为________．16．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC的面积为S，且6S＝(a＋b)2－c2，则tanC等于________．专练23正弦定理和余弦定理、解三角形1．C由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，∴sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(\r(2)×\f(\r(3),2),\r(3))＝eq\f(\r(2),2)，又a<b，∴A为锐角，∴A＝eq\f(π,4).2．C由正弦定理eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，∴sinB＝eq\f(bsinC,c)＝eq\f(40×\f(\r(3),2),20)＝eq\r(3)>1，∴角B不存在，即满足条件的三角形不存在．3．C由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC，得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(4＋9－7,2×2×3)＝eq\f(1,2)，又C为△ABC内角，∴C＝eq\f(π,3).4．C由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，又a2＝b2＋c2－bc，∴2cosA＝1，cosA＝eq\f(1,2)，∴sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(\r(3),2)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×4×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3).5．D∵bsinA＝3csinB，由正弦定理得ab＝3bc，∴a＝3c，又a＝3，∴c＝1，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac·cosB＝9＋1－2×3×eq\f(2,3)＝6，∴b＝eq\r(6).6．B∵bcosC＋ccosB＝asinA，∴sinBcosC＋sinCcosB＝sin2A，∴sinA＝1，又A为△ABC的内角，∴A＝90°，∴△ABC为直角三角形．7．B∵S△ABC＝eq\f(1,2)AB×BC×sinB＝eq\f(\r(2),2)sinB＝eq\f(1,2)，∴sinB＝eq\f(\r(2),2)，若B＝45°，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos45°＝1＋2－2×eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝1，则AC＝1，则AB2＋AC2＝BC2，△ABC为直角三角形，不合题意；当B＝135°时，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos135°＝1＋2＋2×eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝5，∴AC＝eq\r(5).8．A由正弦定理得eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sinC)，∴AB＝eq\f(AC·sinC,sinB)＝eq\f(50×\f(\r(2),2),sin180°－45°－105°)＝50eq\r(2).9．A因为FG∥AB，所以eq\f(FG,AB)＝eq\f(GC,CA)，所以GC＝eq\f(FG,AB)·CA.因为DE∥AB，所以eq\f(DE,AB)＝eq\f(EH,AH)，所以EH＝eq\f(DE,AB)·AH.又DE＝FG，所以GC－EH＝eq\f(DE,AB)(CA－AH)＝eq\f(DE,AB)×HC＝eq\f(DE,AB)×(HG＋GC)＝eq\f(DE,AB)×(EG－EH＋GC)．由题设中信息可得，表目距的差为GC－EH，表高为DE，表距为EG，则上式可化为，表目距的差＝eq\f(表高,AB)×(表距＋表目距的差)，所以AB＝eq\f(表高,表目距的差)×(表距＋表目距的差)＝eq\f(表高×表距,表目距的差)＋表高，故选A.10．2eq\r(2)解析：由题意得S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(3),4)ac＝eq\r(3)，则ac＝4，所以a2＋c2＝3ac＝3×4＝12，所以b2＝a2＋c2－2accosB＝12－2×4×eq\f(1,2)＝8，则b＝2eq\r(2).11．①90°②－eq\f(1,3)解析：①∵c＝a·cosB，∴c＝a·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，得a2＝b2＋c2，∴∠A＝90°；②∵cosB＝cos(π－A－C)＝sinC＝eq\f(1,3).∴cos(π＋B)＝－cosB＝－sinC＝－eq\f(1,3).12.eq\f(π,3)解析：∵△ABC中，acosC＋ccosA＝b，∴2bcosB＝acosC＋ccosA可化为2bcosB＝b，∴cosB＝eq\f(1,2).又0<B<π，∴B＝eq\f(π,3).13．A由sinB(1＋2cosC)＝2sinAcosC＋cosAsinC，得sinB＋2sinBcosC＝sinB＋sinAcosC，∴2sinBcosC＝sinAcosC，∵cosC>0，∴2sinB＝sinA，即a＝2b.14．B如图所示，根据题意过C作CE∥C′B′，交BB′于E，过B作BD∥A′B′，交AA′于D，则BE＝100，C′B′＝CE＝eq\f(100,tan15°).在△A′C′B′中，∠C′A′B′＝75°，则BD＝A′B′＝eq\f(C′B′×sin45°,sin75°).又在B点处测得A点的仰角为45°，所以AD＝BD＝eq\f(C′B′×sin45°,sin75°)，所以高度差AA′－CC′＝AD＋BE＝eq\f(C′B′×sin45°,sin75°)＋100＝eq\f(\f(100,tan15°)×sin45°,sin75°)＋100＝eq\f(100sin45°,sin15°)＋100＝eq\f(100×\f(\r(2),2),\f(\r(2),2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)－\f(1,2))))＋100＝100(eq\r(3)＋1)＋100≈373.15．6eq\r(3)解析：解法一：因为a＝2c，b＝6，B＝eq\f(π,3)，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得62＝(2c)2＋c2－2×2c×ccoseq\f(π,3)，得c＝2eq\r(3)，所以a＝4eq\r(3)，所以△ABC的面积S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×4eq\r(3)×2eq\r(3)×sineq\f(π,3)＝6eq\r(3).解法二：因为a＝2c，b＝6，B＝eq\f(π,3)，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得62＝(2c)2＋c2－2×2c×ccoseq\f(π,3)，得c＝2eq\r(3)，所以a＝4eq\r(3)，所以a2＝b2＋c2，所以A＝eq\f(π,2