1、课时作业24正弦定理和余弦定理基础达标一、选择题12021河北省级示范性高中联合体联考ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若3sinA2sinC，b5，cosC，则a()A3B4C6D822021山东青岛一中月考在ABC中，若sin2Asin2B0)，则c3k.由余弦定理得cosC，解得k3或k(舍去)，从而a6.故选C.答案：C2解析：sin2Asin2Bsin2C，a2b2c2，cosC0，又0C180，C为钝角，ABC是钝角三角形，故选C.答案：C3解析：c1，b2，A，由余弦定理可得a，由正弦定理可得sinB，ba，B为锐角，B.故选C.答案：C4解析：sin，A，又b1，A
2、BC的面积为bcsinA，解得c2，a2b2c22bccosA1423，a，2，故选B.答案：B5解析：在ABC中，由正弦定理及bcosAca，得sinBcosAsinCsinA根据C(AB)，得sinBcosAsin(AB)sinAsinAcosBcosAsinBsinA，即sinAcosBsinA，由于sinA0，所以cosB，B.解法一设ADx，则CD2x，AC3x，在ADB，BDC，ABC中分别利用余弦定理，得cosADB，cosCDB，cosABC.由cosADBcosCDB，得6x2a22c212，再根据cosABC，得a2c29x2ac，所以4c2a22ac36.根据基本不等式得
3、4c2a24ac，所以ac6，当且仅当a2，c时，等号成立，所以ABC的面积SacsinABCac.故选A.解法二因为点D在AC上，2ADDC，所以，|2|2|2c2a2accosc2a2ac.又BD2，所以4c2a22ac36.根据基本不等式得4c2a24ac，所以ac6，当且仅当a2，c时，等号成立，所以ABC的面积SacsinABCac.故选A.答案：A6解析：由正弦定理得sinB，ba，BA，cosB，sinCsin(AB)，ABC的面积为absinC.答案：7解析：由(acosCccosA)b，根据正弦定理得(sinAcosCsinCcosA)sinB，即sin(AC)，sin(AC
4、)，又AC180B120，120AC120，AC30，2A150，A75.答案：758解析：如图，连接OA，过点A分别作AQDE，AKEF，垂足为Q，K，设AK与BH，DG分别交于点M，N，作OPDG于点P，则AQAK7cm，DN7cm，DGEF12cm，NG5cm，NKDE2cm，AN5cm，ANG为等腰直角三角形，GAN45，OAG90，OAM45，设AMOMxcm，则PNxcm，DP(7x)cm，tanODG，OPcm，AMMNNK7cm，即x(7x)27，解得x2，OA2cm，S阴影(2)2(2)234cm2.答案：49解析：方案一：选条件.由C和余弦定理得.由sinAsinB及正弦定
5、理得ab.于是，由此可得bc.由ac，解得a，bc1.因此，选条件时问题中的三角形存在，此时c1.方案二：选条件.由C和余弦定理得.由sinAsinB及正弦定理得ab.于是，由此可得bc，BC，A.由csinA3，所以cb2，a6.因此，选条件时问题中的三角形存在，此时c2.方案三：选条件.由C和余弦定理得.由sinAsinB及正弦定理得ab.于是，由此可得bc.由cb，与bc矛盾因此，选条件时问题中的三角形不存在10解析：(1)由正弦定理和已知条件得BC2AC2AB2ACAB.由余弦定理得BC2AC2AB22ACABcosA由得cosA.因为0A，所以A.(2)由正弦定理及(1)得2，从而AC2sinB，AB2sin(AB)3cosBsinB.故BCACAB3sinB3cosB32sin.又0B，所以当B时，ABC周长取得最大值32.11解析：(1)(abc)(sinBsinCsinA)bsinC，由正弦定理，得(abc)(bca)bc，即b2c2a2bc.由余弦定理，得cosA.又A(0，)，A.(2)根据a，A及正弦定理可得2，b2sinB，c2sinC，SbcsinA2sinB2sinCsinBsinC，ScosBcosCsinBsinCcosBcosCcos(BC)故当，即BC时，ScosBcosC取得最大值.
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