1、课时作业23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cos C，解得k3或k(舍去)，从而a6.故选C.答案：C2解析：sin2Asin2Bsin2C，a2b2c2，cos C0，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sin B，ba，B为锐角，B.故选C.答案：C4解析：sin，A，又b
2、1，ABC的面积为bcsin A，解得c2，a2b2c22bccos A1423，a，2，故选B.答案：B5解析：在ABC中，由正弦定理及bcos Aca，得sin Bcos Asin Csin A根据C(AB)，得sin Bcos Asin(AB)sin Asin Acos Bcos Asin Bsin A，即sin Acos Bsin A，由于sin A0，所以cos B，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a2c29x2a
3、c，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.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sin B，ba，BA，cos B，sin Csin(AB)，ABC的面积为absin C.答案：7解析：由(acos Cccos A)b，根据正弦定理得(sin Acos
4、 Csin Ccos A)sin B，即sin(AC)，sin(AC)，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AQAK7 cm，DN7 cm，DGEF12 cm，NG5 cm，NKDE2 cm，AN5 cm，ANG为等腰直角三角形，GAN45，OAG90，OAM45，设AMOMx cm，则PNx cm，DP(7x)cm，tanODG，OPcm，AMMNNK7 cm，即x(7x)27，解得x2，OA2 cm，S阴影(2)2(2)2
5、34cm2.答案：49解析：方案一：选条件.由C和余弦定理得.由sin Asin B及正弦定理得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sin Asin B及正弦定理得ab.于是，由此可得bc，BC，A.由csin A3，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sin Asin B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B
6、C2AC2AB22ACABcos A由得cos A.因为0A，所以A.(2)由正弦定理及(1)得2，从而AC2sin B，AB2sin(AB)3cos Bsin B.故BCACAB3sin B3cos B32sin.又0B，所以当B时，ABC周长取得最大值32.11解析：(1)(abc)(sin Bsin Csin A)bsin C，由正弦定理，得(abc)(bca)bc，即b2c2a2bc.由余弦定理，得cos A.又A(0，)，A.(2)根据a，A及正弦定理可得2，b2sin B，c2sin C，Sbcsin A2sin B2sin Csin Bsin C，Scos Bcos Csin Bsin Ccos Bcos Ccos(BC)故当，即BC时，S cos Bcos C取得最大值.
