2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)集訓(xùn)23 正弦定理、余弦定理及其應(yīng)用 理（含解析）北師大版

《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)集訓(xùn)23 正弦定理、余弦定理及其應(yīng)用 理（含解析）北師大版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)集訓(xùn)23 正弦定理、余弦定理及其應(yīng)用 理（含解析）北師大版（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、課后限時(shí)集訓(xùn)(二十三)正弦定理、余弦定理及其應(yīng)用(建議用時(shí)：60分鐘)A組基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)一、選擇題1.如圖所示，已知A，B兩點(diǎn)分別在河的兩岸，某測(cè)量者在點(diǎn)A所在的河岸邊另選定一點(diǎn)C，測(cè)得AC50 m，ACB45，CAB105，則A，B兩點(diǎn)的距離為()A50 mB25 mC25 m D50 mD因?yàn)锳CB45，CAB105，所以B30.由正弦定理可知，即，解得AB50 m2在ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若sin A2sin B，cos C，則()A. BC. DB在ABC中，由sin A2sin B及正弦定理，得a2b，再由cos C及余弦定理，得，將ba代入，得，化簡(jiǎn)整理得2，故選

2、B3(2018永州一模)在ABC中，a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，若2sin Bsin Asin C，cos B，且SABC6，則b()A2 B3C4 D5C在ABC中，由正弦定理可得，2bac，由余弦定理可得，b2a2c22ac(ac)2ac，由cos B，得sin B，故SABCac6，由得，b4.故選C.4(2018珠海二模)設(shè)銳角ABC的三內(nèi)角A，B，C所對(duì)邊的邊長(zhǎng)分別為a，b，c，且a1，B2A，則b的取值范圍為()A(，) B(1，)C(，2) D(0,2)AB2A，sin Bsin 2A2sin Acos A.a1，b2acos A2cos A.又ABC為銳角三角形，A，

3、cos A.即b2cos A，故選A.5(2018秦皇島一模)ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若acos Bacos Cbc，則ABC的形狀為()A等邊三角形 B銳角三角形C鈍角三角形 D直角三角形Dacos Bacos Cbc，aabc，bc，bc，bc，a2b2c22bc2bc，a2b2c2，ABC為直角三角形二、填空題6(2019南寧模擬)ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，若sin B2sin C，且a，A，則c_.由sin B2sin C及正弦定理可得b2c，在ABC中，由余弦定理得a2b2c22bccos A，則144c2c24c27c2，解得c.7(20

4、18陜西二模)在ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知1，且b5，5，則ABC的面積是_由1及正弦定理，得1，即b2c2a2bc，所以cos A，所以A.因?yàn)閎ccos Ac5，所以c2，所以SABCbcsin A52.8在ABC中，點(diǎn)D在邊AB上，CDBC，AC5，CD5，BD2AD，則AD的長(zhǎng)為_5在ABC中，BD2AD，設(shè)ADx(x0)，則BD2x.在BCD中，因?yàn)镃DBC，CD5，BD2x，所以cosCDB.在ACD中，ADx，CD5，AC5，則cosADC.因?yàn)镃DBADC，所以cosADCcosCDB，即，解得x5，所以AD的長(zhǎng)為5.三、解答題9(2019武昌模擬)在

5、ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對(duì)邊，且2bcos C2ac.(1)求B；(2)若b2，ac，求ABC的面積解(1)由正弦定理，知2sin Bcos C2sin Asin C，由ABC，得2sin Bcos C2sin(BC)sin C，化簡(jiǎn)，得2sin Bcos C2(sin Bcos Ccos Bsin C)sin C，即2cos Bsin Csin C0.因?yàn)閟in C0，所以cos B.因?yàn)?B，所以B.(2)由余弦定理b2a2c22accos B，可知b2(ac)22ac2accos B，因?yàn)閎2，ac，所以22()22ac2accos ，得ac1.所以SABCacsin B

6、1.10.如圖，在平面四邊形ABCD中，AB2，AC2，ADCCAB90，設(shè)ACD.(1)若60，求BD的長(zhǎng)度；(2)若ADB30，求tan .解(1)在RtADC中，AC2，ACD60，ADACsin 60.又在ABD中，AB2，BAD120，BD2AD2AB22ADABcosBAD()2(2)222cos 12021，BD.(2)在RtADC中，ACD，AC2，ADACsin 2sin .又在ABD中，ADB30，CAB90，CADABD180ADBCAB60，ABD60CAD60(90)30.在ABD中，由正弦定理得，即4，2，2sin cos ，tan .B組能力提升1(2019鄭州模

7、擬)某人在C點(diǎn)測(cè)得某塔在南偏西80，塔頂仰角為45，此人沿南偏東40方向前進(jìn)10米到D，測(cè)得塔頂A的仰角為30，則塔高為(測(cè)仰角的儀器距地面的距離忽略不計(jì))()A15米 B5米C10米 D12米C如圖，設(shè)塔高為h，在RtAOC中，ACO45，則OCOAh.在RtAOD中，ADO30，則ODh.在OCD中，OCD120，CD10，由余弦定理，得OD2OC2CD22OCCDcosOCD，即(h)2h21022h10cos 120，h25h500，解得h10或h5(舍去)2(2019衡水模擬)在不等邊三角形ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，其中a為最大邊，如果sin2(BC)sin2B

8、sin2C，則角A的取值范圍為()A. BC. DD由題意得sin2Asin2Bsin2C，再由正弦定理得a2b2c2，即b2c2a20，則cos A0.0A，0A.又a為最大邊，A.因此得角A的取值范圍是.3數(shù)學(xué)九章三斜求積術(shù)：“以小斜冪，并大斜冪，減中斜冪，余半之，自乘于上；以小斜冪乘大斜冪，減上，余四約之，為實(shí)，一為從隅，開平方得積”秦九韶把三角形的三條邊分別稱為小斜、中斜和大斜，“術(shù)”即方法以S，a，b，c分別表示三角形的面積、大斜、中斜、小斜，ha，hb，hc分別為對(duì)應(yīng)的大斜、中斜、小斜上的高，則Sahabhbchc.若在ABC中，ha，hb2，hc3，根據(jù)上述公式，可以推出該三角形

9、外接圓的半徑為_由ahabhbchc，得a2b3c，則abc232，令a2k，b3k，c2k(k0)，代入Saha，得6k，解得k.又由余弦定理，得cos A，則sin A，所以三角形ABC外接圓的直徑2R，即R.4(2019太原一模)已知ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，.(1)求sin(AB)sin Acos Acos(AB)的最大值；(2)若b，當(dāng)ABC的面積最大時(shí)，求ABC的周長(zhǎng)解(1)由，得，所以abcos Ccsin B，即sin Asin Bcos Csin Csin B，又sin Asin(BC)sin Bcos Csin Ccos B，所以cos Bsin B，因?yàn)锽(0，)，所以B，則sin(AB)sin Acos Acos(AB)(sin Acos A)sin Acos A，令tsin Acos A，因?yàn)閟in Acos Asin，0A，所以0t，sin(AB)sin Acos Acos(AB)t2t(t)2，所以當(dāng)t，即A時(shí)，上式取得最大值，為.(2)結(jié)合(1)得Sacsin Bac，b2a2c22accos B，即2a2c2ac(2)ac，ac2，當(dāng)且僅當(dāng)ac時(shí)等號(hào)成立，所以Smax，此時(shí)ac，所以周長(zhǎng)Labc2.- 7 -