2023年新教材高考数学一轮复习课时规范练24正弦定理和余弦定理及其应用含解析新人教B版

这是一份2023年新教材高考数学一轮复习课时规范练24正弦定理和余弦定理及其应用含解析新人教B版，共7页。试卷主要包含了在△ABC中,下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

1.(2021北京西城高三月考)在△ABC中,若b=4,c=3,cs B=-35,则sin C的值等于( )
A.512B.34C.35D.45
2.(2021福建漳州高三期中)在△ABC中,c2=bccs A+accs B+abcs C,则此三角形必是( )
A.等边三角形B.直角三角形
C.等腰三角形D.钝角三角形
3.在△ABC中,若B=2A,b=32a,则cs A的值等于( )
A.14B.13C.23D.34
4.(2021安徽安庆高三期中)在△ABC中,若AB=2,AC=3,AB·AC=3,则BC=( )
A.3B.7C.19D.23
5.(2021四川成都高三月考)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足6a=4b=3c,则sin2CsinA-sinB的值为( )
A.-2B.2C.-8D.8
6.(多选)(2021广东深圳高三月考)在△ABC中,下列说法正确的是( )
A.若A>B,则|cs B|>|cs A|
B.若a2+b2>c2,则△ABC为锐角三角形
C.等式a=bcs C+ccs B恒成立
D.若A∶B∶C=1∶1∶4,则a∶b∶c=1∶1∶3
7.(2021天津耀华中学高三月考)在△ABC中,a=4,b=5,c=6,则sin2AsinC= .
8.
游客从某旅游景区的景点A处至景点C处有两条线路.线路1是从A沿直线步行到C,线路2是先从A沿直线步行到景点B处,然后从B沿直线步行到C.现有甲、乙两位游客从A处同时出发匀速步行,甲的速度是乙的速度的119倍,甲走线路2,乙走线路1,最后他们同时到达C处.经测量,AB=1 040 m,BC=500 m,则sin∠BAC等于 .
9.在△ABC中,AB=2,若BC·CA=12,则A的最大值是 .
综合提升组
10.(2021福建厦门高三月考)在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C的对边,且ac=2+bcsAccs(A+C),则B的大小为( )
A.π6B.π3C.2π3D.5π6
11.
如图,在△ABC中,cs∠BAC=-13,AC=2,D是边BC上的点,且BD=2DC,AD=DC,则AB等于 .
12.
(2021广东广州高三二模)如图,在四边形ABCD中,CD=33,BC=7,cs∠CBD=-714.
(1)求∠BDC;
(2)若∠A=π3,求△ABD周长的最大值.
创新应用组
13.(2021河北石家庄高三月考)设△ABC的面积为S,若4cs 2A-1=cs 2B+2cs 2C,则SAB·AC的最大值为( )
A.32B.33C.156D.66
14.(2021重庆一中高三月考)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且3a2=(c+b)(c-b),则tan A·tan B的取值范围是 .
课时规范练24 正弦定理和余弦定理及其应用
1.C 解析:由正弦定理得bsinB=csinC,由于csB=-35,所以sinB=45,于是sinC=csinBb=3×454=35,故选C.
2.B 解析:由c2=bccsA+accsB+abcsC,则c2=bc·b2+c2-a22bc+ac·a2+c2-b22ac+ab·a2+b2-c22ab,即c2=a2+b2+c22,整理可得a2+b2=c2,所以△ABC为直角三角形,故选B.
3.D 解析:由B=2A得sinB=sin2A,即sinB=2sinAcsA,所以csA=sinB2sinA=b2a=32a2a=34,故选D.
4.B 解析:由AB=2,AC=3,AB·AC=3,可得2×3×csA=3,所以csA=12.由余弦定理可得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcsA=22+32-2×2×3×12=7,故BC=7,故选B.
5.B 解析:由于sin2CsinA-sinB=2sinCcsCsinA-sinB=2ca-b·csC=-8csC,而csC=a2+b2-c22ab=a2+(3a2) 2-(2a)22·a·3a2=-14,故sin2CsinA-sinB=-8×-14=2,故选B.
6.ACD 解析:对于A,在△ABC中,若A>B,则sinA>sinB>0,所以cs2B>cs2A,可得|csB|>|csA|,故选项A正确;对于B,由余弦定理可得csC=a2+b2-c22ab>0只能判断角C为锐角,但得不出△ABC为锐角三角形,故选项B不正确;对于C,由正弦定理可得sinA=sinBcsC+sinCcsB,右边sinBcsC+sinCcsB=sin(B+C)=sinA等于左边,显然成立,故选项C正确;对于D,因为A∶B∶C=1∶1∶4,所以A=B=π6,C=2π3,由正弦定理可得a∶b∶c=sinA∶sinB∶sinC=12∶12∶32=1∶1∶3,故选项D正确,故选ACD.
7.1 解析:sin2AsinC=2sinAcsAsinC=2acsAc=2×46×52+62-422×5×6=1.
8.513 解析:依题意,设乙的速度为xm/s,则甲的速度为119xm/s,因为AB=1040m,BC=500m,所以ACx=1040+500119x,解得AC=1260.在△ABC中,由余弦定理得,cs∠BAC=AB2+AC2-BC22AB·AC=10402+12602-50022×1040×1260=1213,所以sin∠BAC=1-cs2∠BAC=1-(1213) 2=513.
9.π4 解析:因为BC·CA=12,所以abcsC=-12,由余弦定理得ab·a2+b2-42ab=-12,得a2+b2=3.由余弦定理可得csA=b2+4-a24b=b2+4-(3-b2)4b=2b2+14b=b2+14b≥2b2·14b=22,当且仅当b2=14b,即b=22时,等号成立,此时csA取得最小值22.又因为y=csx在(0,π)上单调递减,所以A的最大值是π4.
10.B 解析:因为ac=2+bcsAccs(A+C),所以sinAsinC=2+sinBcsAsinCcs(π-B),即sinAsinC=2-sinBcsAsinCcsB,所以sinAcsB=2sinCcsB-sinBcsA,所以sinAcsB+sinBcsA=2sinCcsB,即sin(A+B)=2sinCcsB,所以sinC=2sinCcsB.又C∈(0,π),所以sinC≠0,所以csB=12.又B∈(0,π),所以B=π3,故选B.
11.3 解析:设AD=m,则有CD=m,BD=2m,BC=3m.在△ABC中,由余弦定理BC2=AB2+AC2-2AB·ACcs∠BAC,得9m2=AB2+4+43AB.在△ADB中,由余弦定理AB2=AD2+BD2-2AD·BDcs∠ADB,得AB2=5m2+4m2cs∠ADC.在△ADC中,由余弦定理AC2=AD2+CD2-2AD·CDcs∠ADC,得4=2m2-2m2cs∠ADC,消去cs∠ADC,得AB2+8=9m2,从而得AB2+8=AB2+4+43AB,解得AB=3.
12.解(1)在△BCD中,∵cs∠CBD=-714,∴sin∠CBD=1-(-714) 2=32114,由正弦定理得CDsin∠CBD=BCsin∠BDC,∴sin∠BDC=BC·sin∠CBDCD=7×3211433=12.
又∠CBD为钝角,∴∠BDC为锐角,∴∠BDC=π6.
(2)在△BCD中,由余弦定理得cs∠CBD=BC2+BD2-CD22BC·BD=7+BD2-2727×BD=-714,
解得BD=4或BD=-5(舍去).
在△ABD中,∠A=π3,设AB=x,AD=y.
由余弦定理得csA=AB2+AD2-BD22AB·AD=x2+y2-162xy=12,即x2+y2-16=xy,
整理得(x+y)2-16=3xy.
由均值不等式得(x+y)2-16=3xy≤3(x+y)24,即(x+y)24≤16,
所以(x+y)2≤64,当且仅当x=y=4时,等号成立,即(x+y)max=8,
所以(AB+AD+BD)max=8+4=12,故△ABD周长的最大值为12.
13.C 解析:因为4cs2A-1=cs2B+2cs2C,所以4(1-2sin2A)-1=1-2sin2B+2(1-2sin2C),
整理得4sin2A=sin2B+2sin2C,即4a2=b2+2c2,a2=14b2+12c2.于是csA=b2+c2-a22bc=34b2+12c22bc≥234b2·12c22bc=64,当且仅当b=c时,等号成立.因为SAB·AC=12bcsinAbccsA=12·sinAcsA=121cs2A-1,所以当csA=64时,SAB·AC取得最大值121(64) 2-1=156,故选C.
14.0,12 解析:由题意得3a2=(c+b)(c-b),根据余弦定理得bcsC+a=0,所以由正弦定理得sinBcsC+sinA=0,即sinBcsC+sin(C+B)=0,化简得tanC=-2tanB.又00.又tanA·tanB=-tan(B+C)·tanB=-tanB+tanC1-tanB·tanC·tanB=-tanB+(-2tanB)1-tanB·(-2tanB)·tanB=11tan2B+2,所以0