1、课时过关检测(二十七) 余弦定理和正弦定理A级基础达标1(2022泰安模拟)在ABC中，AC3，BC2，cos C，则tan A()ABCD解析：D由余弦定理得AB2AC2BC22BCAC cos C32222324，所以AB2，因为ABBC，所以AC，所以cos Acos C，tan A，故选D2在ABC中，A，AB，AC4，则BC边上的高的长度为()ABCD解析：A由A，AB，AC4，得SABC4，由余弦定理得：BC，BC边上的高的长度为故选A3在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若abcos C且c6，A，则ABC的面积为()A36B27C20D18解析：D在ABC中，abc
2、os C，所以sin Asin Bcos C，又因为sin Asin(BC)sin Bcos Ccos Bsin C，所以cos Bsin C0，因为B，C，所以sin C0，所以cos B0，所以B，又因为c6，a6tan A6，所以ABC的面积为SABCac18，故选D4(2022耀华模拟)已知ABC的面积为S(b2c2)(其中b，c为ABC的边长)，则ABC的形状为()A等边三角形B是直角三角形但不是等腰三角形C是等腰三角形但不是直角三角形D等腰直角三角形解析：D依题意ABC的面积为S(b2c2)，则bcsin A(b2c2)，2bcsin Ab2c2，由于0A，0sin A1，所以02
3、bcsin A2bc，由基本不等式可知b2c22bc，当且仅当bc时等号成立，所以sin A1，A，ABC是等腰直角三角形故选D5已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，b3c6，AABC面积为4，则sin C()ABCD解析：B因为b3c6，ABC的面积为4bcsin A6sin A，解得sin A，因为A，所以cos A，在ABC中，由余弦定理可得a4，因为，所以sin C故选B6(多选)在ABC中，下列说法正确的是()A若acos Abcos B，则ABC为等腰三角形B若a40，b20，B25，则ABC必有两解C若ABC是锐角三角形，则sin Acos BD若cos 2Acos
4、 2Bcos 2C1，则ABC为锐角三角形解析：BC对于A，由正弦定理可得sin Acos Asin Bcos B，sin 2Asin 2B，AB或AB90，ABC为等腰或直角三角形，故A错误；对于B，asin B40sin 2540sin 304020，即asin Bba，ABC必有两解，故B正确；对于C，ABC是锐角三角形，AB，即AB0，由正弦函数性质结合诱导公式得sin Asincos B，故C正确；对于D，利用二倍角的余弦公式可得12sin2A12sin2B12sin2C1，即sin2Asin2Bsin2C0，即a2b2c20，cos C0，即C为锐角，不能说明ABC为锐角三角形，故
5、D错误故选B、C7(多选)在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c若asin A4bsin B，ac(a2b2c2)，则下列选项正确的是()Aa2bBcos ACsin BDABC为钝角三角形解析：ACD因为asin A4bsin B，所以a24b2，所以a2b，故A正确；因为ac(a2b2c2)(2bccos A)，且a2b，所以2bc2bccos A，所以cos A，故B错误；因为A(0，)，所以sin A0，所以sin A，又因为a2b，所以sin A2sin B，所以sin B，故C正确；由cos A0可知A，所以ABC为钝角三角形，故D正确；故选A、C、D8(2021北京模
6、拟)赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为周髀算经一书作序时，介绍了“赵爽弦图”由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示类比“赵爽弦图”，可构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形在ABC中，若AF1，FD2，则AB_解析：由题意EFD为等边三角形，则EDA，所以BDA，根据条件AFC与BDA全等，所以AFBD1在ABD中，AD3，BD1，AB2AD2BD22ADBDcosBDA321221313，所以AB答案：9在ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知A60，bc6，且ABC的面积为，则ABC的内切圆的
7、半径为_解析：由题意得ABC的面积Sbcsin Abc，故bc4因为A60，bc6，由余弦定理得，a2b2c2bc(bc)23bc24，所以a2，ABC的周长为62，设ABC的内切圆的半径为r，则(abc)rr，所以r答案：10在(ac)(sin Asin C)b(sin Asin B)；2ccos Cacos Bbcos A；ABC的面积为c(asin Absin Bcsin C)这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并加以解答已知ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且_(1)求角C；(2)若D为AB的中点，且c2，CD，求a，b的值注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解
8、答计分解：(1)选择，根据正弦定理得(ac)(ac)b(ab)，整理得a2c2abb2，即a2b2c2ab，所以cos C因为C(0，)，所以C选择，根据正弦定理有sin Acos Bsin Bcos A2sin Ccos C，所以sin(AB)2sin Ccos C，即sin C2sin Ccos C因为C，所以sin C0，从而有cos C，故C选择，因为casin Bc(asin Absin Bcsin C)，所以asin Basin Absin Bcsin C，由正弦定理得aba2b2c2，由余弦定理，得cos C，又因为C(0，)，所以C(2)在ACD中，AC2AD2CD22ADCD
9、cosADC，即b2132cosADC在BCD中，BC2BD2CD22BDCDcosBDC，即a2132cosBDC因为ADCBDC，所以cosADCcosBDC，所以a2b28由C及c2，得a2b24ab，所以ab4，从而a2b22ab0，所以ab2B级综合应用11(多选)(2022长治模拟)在RtABC中，C90，角A的平分线交BC于点D，AD1，cosBAC，以下结论正确的是()AAB8BCAB6DABD的面积为解析：BCD如图所示，因为AD是角平分线，设CADDAB，则BAC2，根据二倍角公式得cos 22cos21，且0，所以cos ，在RtACD中，AD1，所以ACADcos ，在
10、RtACB中，AB86，故A错误，C正确；根据角平分线定理，故B正确；因为cos ，且0，所以sin ，所以SABDADABsin 6，故D正确，故选B、C、D12(2022合肥模拟)北京大兴国际机场(如图所示)位于中国北京市大兴区和河北省廊坊市交界处，为4F级国际机场、世界级航空枢纽如图，天安门在北京大兴国际机场的正北方向46 km处，北京首都国际机场在北京大兴国际机场北偏东1628方向上，在天安门北偏东4743的方向上，则北京大兴国际机场与北京首都国际机场的距离约为(参考数据：sin 1628028，sin 4743074，sin 3115052)()A6546 km B8509 kmC7
11、435 kmD12112 km解析：A如图所示，由题意可得AC46 km，ACB1628，BAC13257，由正弦定理可得，即，解得BCsin 132570746546故选A13(2022淮安模拟)已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，那么当b_时，满足条件“a1，A30”的ABC有两个(仅写出一个b的具体数值即可)解析：由正弦定理，得sin Bb，若满足条件的ABC有两个，则b1且1ab，所以1b2答案：(1,2)内任一数即可)14(2022济南模拟)已知a，b，c分别为ABC的内角A，B，C的对边，(3ba)cos Cccos A，c是a，b的等比中项，且ABC的面积为3，则a
12、b_，ab_解析：(3ba)cos Cccos A，利用正弦定理可得3sin Bcos Csin Acos Csin Ccos Asin(AC)sin B又sin B0，cos C，则C为锐角，sin C由ABC的面积为3，可得absin C3，ab9由c是a，b的等比中项可得c2ab，由余弦定理可得c2a2b22abcos C，(ab)2ab33，ab答案：915在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且(1)求角B的大小；(2)若b2，求ABC的面积的最大值解：(1)已知，则由正弦定理可得，即sin Bcos A(2sin Csin A)cos B，即sin(AB)2sin Cc
13、os B，即sin C2sin Ccos B，sin C0，cos B，又0B，则B(2)由余弦定理可得b2a2c22accos B，即22a2c22accos ，即4a2c2ac2acac，当且仅当ac时，等号成立，ac4(2)，ABC的面积为Sacsin B4(2)2ABC的面积的最大值为2C级迁移创新16(2022大庆模拟)已知锐角ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a，b2c2bc3，则ABC面积的取值范围是()ABCD解析：A由于a，b2c2bc3，cos A，且A(0，)，所以A，那么外接圆半径为R1，所以SABCbcsin A2Rsin B2Rsinsin Bsin
14、Bcos Bsin2Bsin 2Bsin由于ABC为锐角三角形，所以0B，0CABB，所以B，所以2B，sin1，故SABC故选A17(2022济南三模)已知在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足sinsin(1)求角A的大小；(2)若ABC为锐角三角形，a1，求ABC周长的取值范围解：(1)因为sinsin，所以，即sin Acos Asin2Acos2A，所以sin 2A(1cos 2A)(1cos 2A)，整理可得sin 2Acos 2A，所以可得sin，因为A(0，)，可得2A，所以2A，可得A(2)由正弦定理，且a1，A，所以bsin B，csin C；所以abc1(sin Bsin C)112sin因为ABC为锐角三角形，所以得解得B，所以B， 所以12sin(1，3，即ABC周长的取值范围是(1，3
