统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练22正弦定理和余弦定理解三角形文

这是一份统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练22正弦定理和余弦定理解三角形文，共6页。


[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)π
C. eq \f(π,4) D． eq \f(π,4)或 eq \f(3,4)π
2．在△ABC中，已知B＝120°，AC＝ eq \r(19)，AB＝2，则BC＝( )
A.1 B． eq \r(2)
C. eq \r(5) D．3
3．[2023·安徽省江南十校一模]已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c若(2b－ eq \r(3)c)·cs A＝ eq \r(3)a cs C，则角A的大小为( )
A. eq \f(π,6) B． eq \f(π,4)
C. eq \f(π,3) D． eq \f(5π,12)
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．1 C． eq \r(3) D．2
5．在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边．若b sin A＝3c sin B，a＝3，cs B＝ eq \f(2,3)，则b＝( )
A.14 B．6
C. eq \r(14) D． eq \r(6)
6．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b cs C＋c cs 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
7．钝角三角形ABC的面积是 eq \f(1,2)，AB＝1，BC＝ eq \r(2)，则AC＝( )
A.5 B． eq \r(5)
C.2 D．1
8．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50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以计算出A，B两点的距离为( )
A.50 eq \r(2) m B．50 eq \r(3) m
C.25 eq \r(2) m D． eq \f(25\r(2),2) m
9.[2023·陕西省西安中学模拟]△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知b2＋c2－a2＝bc，b cs C＋c cs B＝2，则△ABC的面积的最大值为( )
A.1 B． eq \r(3)
C.2 D．2 eq \r(3)
二、填空题
10．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．[2023·安徽舒城中学模拟]托勒密(Ptlemy)是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定理指出：圆的内接凸四边形两组对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知凸四边形ABCD的四个顶点在同一个圆的圆周上，AC，BD是其两条对角线，AB＝AD，∠BAD＝120°，AC＝6，则四边形ABCD的面积为________．
12．[2023·陕西省西安中学二模]△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC的面积为 eq \f(a2＋b2－c2,4)，则C＝________．
[能力提升]
13．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知a sin A－b sin B＝4c sin C，cs A＝－ eq \f(1,4)，则 eq \f(b,c)＝( )
A.6 B．5
C.4 D．3
14．[2023·四川省成都石室中学模拟]在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a cs C＋ eq \r(3)a sin C－b－c＝0.若△ABC的面积为3 eq \r(3)，则b＋c的最小值为________．
15．[2022·全国甲卷(文)，16]已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD.当 eq \f(AC,AB)取得最小值时，BD＝________．
16．[2023·江西省临川第一中学模拟]已知在四边形ABCD中，AB＝7，BC＝13，CD＝AD，且cs B＝ eq \f(1,7)，∠BAD＝2∠BCD.则AD＝________．
专练22 正弦定理和余弦定理、解三角形
1．C 由正弦定理得 eq \f(a,sin A)＝ eq \f(b,sin B)，
∴sin A＝ eq \f(a sin B,b)＝ eq \f(\r(2)×\f(\r(3),2),\r(3))＝ eq \f(\r(2),2)，又a∴A为锐角，∴A＝ eq \f(π,4).
2．D 解法一 由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC cs B，得BC2＋2BC－15＝0，解得BC＝3或BC＝－5(舍去).
解法二 由正弦定理 eq \f(AC,sin B)＝ eq \f(AB,sin C)，得sin C＝ eq \f(\r(57),19)，从而cs C＝ eq \f(4\r(19),19)(C是锐角)，所以sin A＝sin [π－(B＋C)]＝sin (B＋C)＝sin B cs C＋cs B sin C＝ eq \f(\r(3),2)× eq \f(4\r(19),19)－ eq \f(1,2)× eq \f(\r(57),19)＝ eq \f(3\r(57),38).又 eq \f(AC,sin B)＝ eq \f(BC,sin A)，所以BC＝3.
3．A 由(2b－ eq \r(3)c)cs A＝ eq \r(3)a cs C得2b cs A＝ eq \r(3)(a cs C＋c cs A)，由正弦定理得
2sin B cs A＝ eq \r(3)(sin A cs C＋sin C cs A)＝ eq \r(3)sin (A＋C)＝ eq \r(3)sin B，又sin B≠0，
得cs A＝ eq \f(\r(3),2)，A＝ eq \f(π,6).
4．C 由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cs A，又a2＝b2＋c2－bc，∴2cs A＝1，cs A＝ eq \f(1,2)，∴sin A＝ eq \r(1－cs2A)＝ eq \f(\r(3),2)，∴S△ABC＝ eq \f(1,2)bc sinA＝ eq \f(1,2)×4× eq \f(\r(3),2)＝ eq \r(3).
5．D ∵b sin A＝3c sin B，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·cs B＝9＋1－2×3× eq \f(2,3)＝6，
∴b＝ eq \r(6).
6．B ∵b cs C＋c cs B＝a sin A，∴sin B cs C＋sin C cs B＝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×sin B＝ eq \f(\r(2),2)sin B＝ eq \f(1,2)，∴sin B＝ eq \f(\r(2),2)，若B＝45°，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cs 45°＝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·BC cs 135°＝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,sin B)＝ eq \f(AB,sin C)，
∴AB＝ eq \f(AC·sin C,sin B)＝ eq \f(50×\f(\r(2),2),sin （180°－45°－105°）)＝50 eq \r(2).
9．B 在△ABC中，由余弦定理，b2＋c2－a2＝bc可化为cs A＝ eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝ eq \f(bc,2bc)＝ eq \f(1,2).
因为A∈(0，π)，所以A＝ eq \f(π,3).
由余弦定理，b cs C＋c cs B＝2可化为：b eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＋c eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝2，解得：a＝2(a＝0舍去).
因为b2＋c2－a2＝bc，所以a2＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc，即bc≤4，(当且仅当b＝c＝2时取等号).
所以△ABC的面积S＝ eq \f(1,2)bc sin A≤ eq \f(1,2)×4× eq \f(\r(3),2)＝ eq \r(3).
10．答案：2 eq \r(2)
解析：由题意得S△ABC＝ eq \f(1,2)ac sin B＝ eq \f(\r(3),4)ac＝ eq \r(3)，则ac＝4，所以a2＋c2＝3ac＝3×4＝12，所以b2＝a2＋c2－2ac cs B＝12－2×4× eq \f(1,2)＝8，则b＝2 eq \r(2).
11．答案：9 eq \r(3)
解析：在△ABD中，设AB＝a，由余弦定理得
BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cs ∠BAD＝3a2，所以BD＝ eq \r(3)a，
由托勒密定理可得a(BC＋CD)＝AC· eq \r(3)a，
即BC＋CD＝ eq \r(3)AC，
又∠ABD＝∠ACD＝30°，∠ACB＝∠ADB＝30°，
所以四边形ABCD的面积
S＝ eq \f(1,2)BC·AC sin 30°＋ eq \f(1,2)CD·AC sin 30°
＝ eq \f(1,4)(BC＋CD)·AC＝ eq \f(\r(3),4)AC2＝9 eq \r(3).
12．答案： eq \f(π,4)
解析：由余弦定理可得cs C＝ eq \f(a2＋b2－c2,2ab)，所以a2＋b2－c2＝2ab cs C.
△ABC的面积为S＝ eq \f(1,2)ab sin C＝ eq \f(a2＋b2－c2,4)＝ eq \f(2ab cs C,4)，
所以sin C＝cs C，即tan C＝1，又0＜C＜π，
所以C＝ eq \f(π,4).
13．A 由正弦定理及a sin A－b sin B＝4c sin C得a2－b2＝4c2，由余弦定理可得cs A＝ eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝ eq \f(－3c2,2bc)＝－ eq \f(1,4).所以 eq \f(b,c)＝6.
14．答案：4 eq \r(3)
解析：由正弦定理，得sin A cs C＋ eq \r(3)sin A sin C－sin B－sin C＝0.
sin A cs C＋ eq \r(3)sin A sin C－sin (A＋C)－sin C＝0，
eq \r(3)sin A sin C－sin C cs A－sin C＝0，
因为sin C≠0，
所以 eq \r(3)sin A－cs A＝1，2sin (A－ eq \f(π,6))＝1，
所以sin (A－ eq \f(π,6))＝ eq \f(1,2)，
因为A∈(0，π)，
所以(A－ eq \f(π,6))∈(－ eq \f(π,6)， eq \f(5π,6))，
所以A－ eq \f(π,6)＝ eq \f(π,6)，即A＝ eq \f(π,3).
因为△ABC的面积为3 eq \r(3)，所以 eq \f(1,2)bc sin A＝ eq \f(1,2)bc sin eq \f(π,3)＝ eq \f(\r(3),4)bc＝3 eq \r(3)，即bc＝12，
所以b＋c≥2 eq \r(bc)＝2 eq \r(12)＝4 eq \r(3)，当且仅当b＝c＝2 eq \r(3)时取等号，
故b＋c的最小值为4 eq \r(3).
15．答案： eq \r(3)－1
解析：以D为坐标原点，DC所在的直线为x轴， eq \(DC,\s\up6(→))的方向为x轴的正方向，过点D且垂直于DC的直线为y轴，建立平面直角坐标系(图略)，易知点A位于第一象限．由AD＝2，∠ADB＝120°，得A(1， eq \r(3)).因为CD＝2BD，所以设B(－x，0)，x＞0，则C(2x，0).所以AC＝ eq \r(（2x－1）2＋（0－\r(3)）2)＝ eq \r(4x2－4x＋4)，AB＝ eq \r(（－x－1）2＋（0－\r(3)）2)＝ eq \r(x2＋2x＋4)，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(AC,AB))) eq \s\up12(2)＝ eq \f(4x2－4x＋4,x2＋2x＋4).令f(x)＝ eq \f(4x2－4x＋4,x2＋2x＋4)，x＞0，则f′(x)＝
eq \f(（4x2－4x＋4）′（x2＋2x＋4）－（4x2－4x＋4）（x2＋2x＋4）′,（x2＋2x＋4）2)＝ eq \f(（8x－4）（x2＋2x＋4）－（4x2－4x＋4）（2x＋2）,（x2＋2x＋4）2)＝ eq \f(12（x2＋2x－2）,（x2＋2x＋4）2)．令x2＋2x－2＝0，解得x＝－1－ eq \r(3)(舍去)或x＝ eq \r(3)－1.当0＜x＜ eq \r(3)－1时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0， eq \r(3)－1)上单调递减；当x＞ eq \r(3)－1时，f′(x)＞0，所以f(x)在( eq \r(3)－1，＋∞)上单调递增．所以当x＝ eq \r(3)－1时，f(x)取得最小值，即 eq \f(AC,AB)取得最小值，此时BD＝ eq \r(3)－1.
16．答案：7
解析：在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cs B，
则AC＝ eq \r(49＋169－2×7×13×\f(1,7))＝ eq \r(192)＝8 eq \r(3)，
cs ∠BCA＝ eq \f(AC2＋BC2－AB2,2AC·BC)＝ eq \f(192＋169－49,2×8\r(3)×13)＝ eq \f(\r(3),2)，
又在△ABC中，0＜∠BCA＜π，所以∠BCA＝ eq \f(π,6)，
设AD＝CD＝x，∠BAC＝α，∠BCA＝β，∠ACD＝θ，则∠CAD＝θ，β＝ eq \f(π,6)，
由∠BAD＝2∠BCD即α＋θ＝2(β＋θ)，
则θ＝α－2β＝α－ eq \f(π,3)，
在△ABC中，cs α＝ eq \f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝ eq \f(49＋192－169,2×7×8\r(3))＝ eq \f(9,14\r(3))＝ eq \f(3\r(3),14)，
又0＜α＜π，则有sin α＝ eq \f(13,14)，
所以cs θ＝cs (α－ eq \f(π,3))＝ eq \f(1,2)cs α＋ eq \f(\r(3),2)sin α＝ eq \f(1,2)× eq \f(3\r(3),14)＋ eq \f(\r(3),2)× eq \f(13,14)＝ eq \f(4\r(3),7)，
在△ACD中，AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cs θ，
即x2＝(8 eq \r(3))2＋x2－2×8 eq \r(3)× eq \f(4\r(3),7)x，
解得x＝7，即AD的长为7.