2021届高考数学大一轮温习第四章三角函数解三角形第6讲正弦定理和余弦定理练习理北师大版

一、选择题

1.(2021·合肥模拟)在△ABC中，AB＝则C＝( )

A.30°

B.45°

C.60°

D.75°

3，AC＝1，B＝30°，△ABC的面积为

3，2

13

解析 法一 ∵S△ABC＝·AB·AC·sin A＝，

221

即×2

3

3×1×sin A＝，∴sin A＝1，

2

由A∈(0°，180°)，∴A＝90°，∴C＝60°.故选C. sin Bsin C1sin C法二 由正弦定理，得＝，即＝，

ACAB23sin C＝3

，又C∈(0°，180°)，∴C＝60°或C＝120°. 2

当C＝120°时，A＝30°，

S△ABC＝S△ABC＝33

≠(舍去).而当C＝60°时，A＝90°， 423

，符合条件，故C＝60°.故选C. 2

答案 C

2π23

2.在△ABC中，角A，B，C对应的边别离为a，b，c，若A＝，a＝2，b＝，则B等

33于( ) A.C.π

3

π5π或 66

B.D.5π

6π 6

2π23

解析 ∵A＝，a＝2，b＝，

33∴由正弦定理＝可得， sin Asin Bab233b31

sin B＝sin A＝×＝.

a2222ππ

∵A＝，∴B＝. 36答案 D

a＋c2B3.(2021·成都诊断)在△ABC中，cos＝(a，b，c别离为角A，B，C的对边)，则△ABC22c的形状为( ) A.等边三角形

B.直角三角形 D.等腰直角三角形

C.等腰三角形或直角三角形

a＋c2B解析 因为cos＝， 22ca＋ca2B所以2cos－1＝－1，所以cos B＝， 2cca2＋c2－b2a222

所以＝，所以c＝a＋b.

2acc所以△ABC为直角三角形. 答案 B

4.△ABC的内角A，B，C的对边别离为a，b，c，则“a＞b”是“cos 2A＜ cos 2B”的( ) A.充分没必要要条件 C.充分必要条件

B.必要不充分条件 D.既不充分也没必要要条件

2

2

2

2

2

解析 因为在△ABC中，a＞b⇔sin A＞sin B⇔sinA＞sinB⇔2sinA＞2sinB⇔1－2sinA＜1－2sinB⇔cos 2A＜cos 2B.所以“a＞b”是“cos 2A＜cos 2B”的充分必要条件. 答案 C

5.(2021·山东卷)在△ABC中，角A，B，C的对边别离是a，b，c，已知b＝c，a＝2b(1－sin A)，则A＝( ) A.3π 4

π B. 3

π C. 4

D.π 6

2

2

2

b2＋c2－a22b2－a222

解析 在△ABC中，由b＝c，得cos A＝＝，又a＝2b(1－sin A)，所2

2bc2b以cos A＝sin A，

π

即tan A＝1，又知A∈(0，π)，所以A＝，故选C.

4答案 C 二、填空题

6.(2021·重庆卷)设△ABC的内角A，B，C的对边别离为a，b，c，且a＝2， 1

cos C＝－，3sin A＝2sin B，则c＝________.

4

解析 由3sin A＝2sin B及正弦定理，得3a＝2b，又a＝2，所以b＝3，故c＝a＋b－

2

2

2

12abcos C＝4＋9－2×2×3×－＝16，所以c＝4. 4

答案 4

7.(2021·江西九校联考)在△ABC中，角A，B，C所对的边别离为a，b，c，若角A，B，C依次成等差数列，且a＝1，b＝3，则S△ABC＝________.

13

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＝，

sin Asin 60°1

解得sin A＝，因为0°＜A＜180°，所以A＝30°或150°(舍去)，此时C＝90°，所以

2

S△ABC＝ab＝

答案

3 2

123. 2

2πb8.(2021·北京卷)在△ABC中，A＝，a＝3c，则＝________.

3c解析 在△ABC中，a＝b＋c－2bc·cos A， 2π

将A＝，a＝3c代入，

3

2

2

2

1222

可得(3c)＝b＋c－2bc·－，

2

整理得2c＝b＋bc.

∵c≠0，∴等式两边同时除以c，

2

2

2

bb得2＝＋，

cc可解得＝1. 答案 1 三、解答题

9.(2021·天津卷)在△ABC中，内角A，B，C所对的边别离为a，b，c.已知△ABC的面积1

为315，b－c＝2，cos A＝－.

4(1)求a和sin C的值；

2

bcπ(2)求cos2A＋的值. 6

115

解 (1)在△ABC中，由cos A＝－，可得sin A＝.

441

由S△ABC＝bcsin A＝315，

2

得bc＝24，又由b－c＝2，解得b＝6，c＝4. 由a＝b＋c－2bccos A，可得a＝8. 由

2

2

2

c15＝，得sin C＝. sin Asin C8

aπππ(2)cos2A＋＝cos 2A·cos －sin 2A·sin

666＝

3115－732

(2cosA－1)－×2sin A·cos A＝. 2216

10.(2021·全国Ⅱ卷)在△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，BD＝2DC. sin B(1)求；

sin C(2)若∠BAC＝60°，求∠B. 解 (1)由正弦定理得

，＝.

sin Bsin∠BADsin Csin∠CADsin BDC1

因为AD平分∠BAC，BD＝2DC，所以＝＝.

sin CBD2(2)因为∠C＝180°－(∠BAC＋∠B)，∠BAC＝60°，所以 sin C＝sin(∠BAC＋∠B)＝

31

cos B＋sin B. 22

3

， 3

AD＝

BDADDC由(1)知2sin B＝sin C，所以tan B＝即∠B＝30°.

11.(2021·郑州调研)在△ABC中，sinA≤sinB＋sinC－sin Bsin C，则A的取值范围是( )

222

πA.0，

6

2

πB.，π

6

2

2

2

2

2

πC.0，

3πD.，π

3

解析 由已知及正弦定理有a≤b＋c－bc， 由余弦定理可知a＝b＋c－2bccos A，

12222

于是b＋c－2bccos A≤b＋c－bc，∴cos A≥，

2

在△ABC中，A∈(0，π). π

由余弦函数的性质，得03答案 C

12.在△ABC中，三个内角A，B，C所对的边别离为a，b，c，若S△ABC＝23，a＋b＝6，

acos B＋bcos A＝2cos C，则c＝( )

cA.27 解析 ∵

B.4

C.23

D.33

acos B＋bcos A＝2cos C，

c由正弦定理，

得sin Acos B＋cos Asin B＝2sin Ccos C， ∴sin(A＋B)＝sin C＝2sin Ccos C，

1π

由于0＜C＜π，sin C≠0，∴cos C＝，∴C＝，

2313

∵S△ABC＝23＝absin C＝ab，∴ab＝8，

24

a＝2，a＝4，2

又a＋b＝6，解得或c＝a2＋b2－2abcos C＝4＋16－8＝12，∴c＝23，b＝4b＝2，

故选C. 答案 C

13.(2021·全国Ⅰ卷)在平面四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，则AB的取值范围是________.

解析 如图所示，延长BA与CD相交于点E，过点C作CF∥AD交AB于点F，则BF在等腰三角形CBF中，∠FCB＝30°，CF＝BC＝2， ∴BF＝2＋2－2×2×2cos 30°＝6－2. 在等腰三角形ECB中，∠CEB＝30°，∠ECB＝75°，

2

2

BE＝CE，BC＝2，

BEsin 75°

＝

2

，

sin 30°

2 6＋2∴BE＝×＝6＋2.

142∴6－2π214.设f(x)＝sin xcos x－cosx＋. 4(1)求f(x)的单调区间；

(2)在锐角△ABC中，角A，B，C的对边别离为a，b，c.若f＝0，a＝1，求△ABC面积

2的最大值.

π1＋cos2x＋2sin 2x

解 (1)由题意知f(x)＝－ 22＝

sin 2x1－sin 2x1

－＝sin 2x－. 222

Aππ

由－＋2kπ≤2x≤＋2kπ，k∈Z,

22ππ

可得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z；

44由

π3π

＋2kπ≤2x≤＋2kπ，k∈Z, 22

π3π

可得＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z.

44

ππ所以f(x)的单调递增区间是－＋kπ，＋kπ(k∈Z)；

443ππ单调递减区间是＋kπ，＋kπ(k∈Z).

4411A(2)由f＝sin A－＝0，得sin A＝，

222由题意知A为锐角，所以cos A＝2

2

2

3

. 2

由余弦定理a＝b＋c－2bccos A， 可得1＋3bc＝b＋c≥2bc， 即bc≤2＋3，且当b＝c时等号成立.

12＋32＋3因此bcsin A≤.所以△ABC面积的最大值为.

244

2

2