2022版高考数学大一轮复习课时作业24《正弦定理、余弦定理》(含答案详解)

这是一份2022版高考数学大一轮复习课时作业24《正弦定理、余弦定理》(含答案详解)，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
△ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，若csA=eq \f(7,8)，c－a=2，b=3，则a=( )
A.2 B.eq \f(5,2) C.3 D.eq \f(7,2)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=eq \f(\r(5),2)b，A=2B，则csB=( )
A.eq \f(\r(5),3) B.eq \f(\r(5),4) C.eq \f(\r(5),5) D.eq \f(\r(5),6)
已知锐角△ABC的三个内角分别为A，B，C，则“sinA>sinB”是“tanA>tanB”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若eq \f(c,b)A.钝角三角形 B.直角三角形 C.锐角三角形 D.等边三角形
△ABC的内角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=( )
A.eq \f(π,2) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,6)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a，b，c成等比数列，且a2=c2＋ac－bc，则eq \f(c,bsinB)=( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(2\r(3),3) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \r(3)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bc=1，b＋2ccsA=0，
则当角B取得最大值时，△ABC的周长为( )
A.2＋eq \r(3) B.2＋eq \r(2) C.3 D.3＋eq \r(2)
在△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，且2sinCcsB=2sinA+sinB，c=3ab，
则ab最小值是( )
A. B. C. D.
二、填空题
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若角A，B，C依次成等差数列，且a=1，b=eq \r(3)，则S△ABC= .
在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且满足(a＋b)sineq \f(C,2)=12，(a－b)cseq \f(C,2)=5，
则c= .
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，btanB＋btanA=2ctanB，且a=5，
△ABC的面积为2eq \r(3)，则b＋c的值为 .
若△ABC的面积为eq \f(\r(3),4)(a2＋c2－b2)，且∠C为钝角，则∠B= ；eq \f(c,a)取值范围是 .
三、解答题
已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2csC(acsC＋ccsA)＋b=0.
(1)求角C的大小；
(2)若b=2，c=2eq \r(3)，求△ABC的面积.
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sineq \f(B,2)－cseq \f(B,2)=eq \f(1,4).
(1)求csB的值；
(2)若b2－a2=eq \f(\r(31),4)ac，求eq \f(sinC,sinA)的值.
在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，且(a＋c)2=b2＋3ac.
(1)求角B的大小；
(2)若b=2，且sinB＋sin(C－A)=2sin2A，求△ABC的面积.
已知a，b，c分别是△ABC内角A，B，C的对边，且满足(a＋b＋c)(sinB＋sinC－sinA)=bsinC.
(1)求角A的大小；
(2)设a=eq \r(3)，S为△ABC的面积，求S＋eq \r(3)csBcsC的最大值.
\s 0 答案详解
答案为：A.
解析：由题意可得c=a＋2，b=3，csA=eq \f(7,8)，由余弦定理，得csA=eq \f(1,2)·eq \f(b2＋c2－a2,bc)，
代入数据，得eq \f(7,8)=eq \f(9＋a＋22－a2,2×3a＋2)，解方程可得a=2.
答案为：B.
解析：由正弦定理，得sinA=eq \f(\r(5),2)sinB，
又A=2B，所以sinA=sin2B=2sinBcsB，所以csB=eq \f(\r(5),4).
答案为：C.
解析：在锐角△ABC中，根据正弦定理eq \f(a,sinA)=eq \f(b,sinB)，知sinA>sinB⇔a>b⇔A>B，
而正切函数y=tanx在(0，eq \f(π,2))上单调递增，所以A>B⇔tanA>tanB.故选C.
答案为：A.
解析：根据正弦定理得eq \f(c,b)=eq \f(sinC,sinB)∵A＋B＋C=π，∴sinC=sin(A＋B)又三角形中sinA>0，∴csB<0，eq \f(π,2) 答案为：C.
解析：根据题意及三角形的面积公式知eq \f(1,2)absinC=eq \f(a2＋b2－c2,4)，
所以sinC=eq \f(a2＋b2－c2,2ab)=csC，所以在△ABC中，C=eq \f(π,4).
答案为：B.
解析：由a，b，c成等比数列得b2=ac，则有a2=c2＋b2－bc，
由余弦定理得csA=eq \f(b2＋c2－a2,2bc)=eq \f(bc,2bc)=eq \f(1,2)，故A=eq \f(π,3)，对于b2=ac，由正弦定理得，
sin2B=sinAsinC=eq \f(\r(3),2)·sinC，由正弦定理得，eq \f(c,bsinB)=eq \f(sinC,sin2B)=eq \f(sinC,\f(\r(3),2)sinC)=eq \f(2\r(3),3).故选B.
答案为：A.
解析：由题意可得，sinB＋2sinCcsA=0，即sin(A＋C)＋2sinCcsA=0，
得sinAcsC=－3sinCcsA，即tanA=－3tanC.
又csA=－eq \f(b,2c)<0，所以A为钝角，于是tanC>0.
从而tanB=－tan(A＋C)=－eq \f(tanA＋tanC,1－tanAtanC)=eq \f(2tanC,1＋3tan2C)=eq \f(2,\f(1,tanC)＋3tanC)，
由基本不等式，得eq \f(1,tanC)＋3tanC≥2eq \r(\f(1,tanC)×3tanC)=2eq \r(3)，当且仅当tanC=eq \f(\r(3),3)时等号成立，此时角B取得最大值，且tanB=tanC=eq \f(\r(3),3)，tanA=－eq \r(3)，即b=c，A=120°，
又bc=1，所以b=c=1，a=eq \r(3)，故△ABC的周长为2＋eq \r(3).
B.
答案为：eq \f(\r(3),2).
解析：因为角A，B，C依次成等差数列，所以B=60°.由正弦定理，得eq \f(1,sinA)=eq \f(\r(3),sin60°)，
解得sinA=eq \f(1,2)，因为0° 答案为：13.
解析：∵(a＋b)sineq \f(C,2)=12，(a－b)cseq \f(C,2)=5，∴(a＋b)2sin2eq \f(C,2)=144 ①，
(a－b)2cs2eq \f(C,2)=25 ②，①＋②得，a2＋b2－2ab(cs2eq \f(C,2)－sin2eq \f(C,2))=169，
∴a2＋b2－2abcsC=c2=169，∴c=13.
答案为：7.
解析：由正弦定理及btanB＋btanA=2ctanB，得sinB·eq \f(sinB,csB)＋sinB·eq \f(sinA,csA)=2sinC·eq \f(sinB,csB)，
即csAsinB＋sinAcsB=2sinCcsA，亦即sin(A＋B)=2sinCcsA，故sinC=2sinCcsA.
因为sinC≠0，所以csA=eq \f(1,2)，所以A=eq \f(π,3).由面积公式，知S△ABC=eq \f(1,2)bcsinA=2eq \r(3)，
所以bc=8.由余弦定理，知a2=b2＋c2－2bccsA=(b＋c)2－3bc，代入可得b＋c=7.
答案为：60°，(2，＋∞).
解析：△ABC的面积S=eq \f(1,2)acsinB=eq \f(\r(3),4)(a2＋c2－b2)=eq \f(\r(3),4)×2accsB，所以tanB=eq \r(3)，
因为0°<∠B<180°，所以∠B=60°.因为∠C为钝角，所以0°<∠A<30°，
所以02，
故eq \f(c,a)的取值范围为(2，＋∞).
解：(1)∵2csC(acsC＋ccsA)＋b=0，
∴由正弦定理可得
2csC(sinAcsC＋sinCcsA)＋sinB=0，
∴2csCsin(A＋C)＋sinB=0，即2csCsinB＋sinB=0，
又0°又0°(2)由余弦定理可得(2eq \r(3))2=a2＋22－2×2acs120°=a2＋2a＋4，
又a>0，∴解得a=2，∴S△ABC=eq \f(1,2)absinC=eq \r(3)，
∴△ABC的面积为eq \r(3).
解：(1)将sineq \f(B,2)－cseq \f(B,2)=eq \f(1,4)两边同时平方得，1－sinB=eq \f(1,16)，得sinB=eq \f(15,16)，
故csB=±eq \f(\r(31),16)，又sineq \f(B,2)－cseq \f(B,2)=eq \f(1,4)>0，
所以sineq \f(B,2)>cseq \f(B,2)，
所以eq \f(B,2)∈(eq \f(π,4)，eq \f(π,2))，所以B∈(eq \f(π,2)，π)，故csB=－eq \f(\r(31),16).
(2)由余弦定理得b2=a2＋c2－2accsB=a2＋eq \f(\r(31),4)ac，
所以eq \f(\r(31),4)a=c－2acsB=c＋eq \f(\r(31),8)a，
所以c=eq \f(\r(31),8)a，故eq \f(sinC,sinA)=eq \f(\r(31),8).
解：(1)由(a＋c)2=b2＋3ac，整理得a2＋c2－b2=ac，
由余弦定理得csB=eq \f(a2＋c2－b2,2ac)=eq \f(ac,2ac)=eq \f(1,2)，
∵0(2)在△ABC中，A＋B＋C=π，即B=π－(A＋C)，故sinB=sin(A＋C)，
由已知sinB＋sin(C－A)=2sin2A可得sin(A＋C)＋sin(C－A)=2sin2A，
∴sinAcsC＋csAsinC＋sinCcsA－csCsinA=4sinAcsA，
整理得csAsinC=2sinAcsA.
若csA=0，则A=eq \f(π,2)，
由b=2，可得c=eq \f(2,tanB)=eq \f(2\r(3),3)，
此时△ABC的面积S=eq \f(1,2)bc=eq \f(2\r(3),3).
若csA≠0，则sinC=2sinA，
由正弦定理可知，c=2a，
代入a2＋c2－b2=ac，整理可得3a2=4，
解得a=eq \f(2\r(3),3)，∴c=eq \f(4\r(3),3)，
此时△ABC的面积S=eq \f(1,2)acsinB=eq \f(2\r(3),3).
综上所述，△ABC的面积为eq \f(2\r(3),3).
解：(1)∵(a＋b＋c)(sinB＋sinC－sinA)=bsinC，
∴根据正弦定理，知(a＋b＋c)(b＋c－a)=bc，即b2＋c2－a2=－bc.
∴由余弦定理，得csA=eq \f(b2＋c2－a2,2bc)=－eq \f(1,2).
又A∈(0，π)，所以A=eq \f(2,3)π.
(2)根据a=eq \r(3)，A=eq \f(2,3)π及正弦定理可得eq \f(b,sinB)=eq \f(c,sinC)=eq \f(a,sinA)=eq \f(\r(3),\f(\r(3),2))=2，
∴b=2sinB，c=2sinC.
∴S=eq \f(1,2)bcsinA=eq \f(1,2)×2sinB×2sinC×eq \f(\r(3),2)=eq \r(3)sinBsinC.
∴S＋eq \r(3)csBcsC=eq \r(3)sinBsinC＋eq \r(3)csB·csC=eq \r(3)cs(B－C).
故当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(B＝C，,B＋C＝\f(π,3)，))即B=C=eq \f(π,6)时，
S＋eq \r(3)csB·csC取得最大值eq \r(3).