高三數(shù)學一輪復習基礎夯實練30：正弦定理、余弦定理

基礎夯實練30正弦定理、余弦定理1．在△ABC中，C＝60°，a＋2b＝8，sinA＝6sinB，則c等于()A.eq\r(35)B.eq\r(31)C．6D．52．在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若(a＋b)(sinA－sinB)＝(b＋c)sinC，a＝7，則△ABC外接圓的直徑為()A．14B．7C.eq\f(7\r(3),3)D.eq\f(14\r(3),3)3．(2022·北京模擬)在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對邊，若eq\r(3)asinB＝bcosA，且b＝2eq\r(3)，c＝2，則a的值為()A．2eq\r(7) B．2C．2eq\r(3)－2 D．14．(2023·棗莊模擬)在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，A＝60°，b＝1，S△ABC＝eq\r(3)，則eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)等于()A.eq\f(2\r(39),3)B.eq\f(26\r(3),3)C.eq\f(8\r(3),3)D．2eq\r(3)5．(2023·馬鞍山模擬)已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，設(sinB＋sinC)2＝sin2A＋(2－eq\r(2))sinBsinC，eq\r(2)sinA－2sinB＝0，則sinC等于()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(\r(6)－\r(2),4) D.eq\f(\r(6)＋\r(2),4)6．(2023·衡陽模擬)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知2cosB(acosC＋ccosA)＝b，lgsinC＝eq\f(1,2)lg3－lg2，則△ABC的形狀為()A．等腰三角形 B．直角三角形C．等邊三角形 D．等腰直角三角形7．(2022·全國甲卷)已知△ABC中，點D在邊BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD.當eq\f(AC,AB)取得最小值時，BD＝.b2＋c2－a2＝8，則△ABC的面積為．9．已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且bcosC＝(2a－c)cosB.(1)求B；(2)若b＝3，sinC＝2sinA，求△ABC的面積．10．(2023·湖州模擬)在△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C的對邊，已知eq\r(3)bsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋A))＝asinB.(1)求角A的大??；(2)若b，a，c成等比數(shù)列，判斷△ABC的形狀．11．(多選)對于△ABC，有如下判斷，其中正確的是()A．若cosA＝cosB，則△ABC為等腰三角形B．若A>B，則sinA>sinBC．若a＝8，c＝10，B＝60°，則符合條件的△ABC有兩個D．若sin2A＋sin2B<sin2C，則△ABC是鈍角三角形12．在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，sinAsinBsinC＝eq\f(1,8)，△ABC的面積為2，則下列選項錯誤的是()A．abc＝16eq\r(2)B．若a＝eq\r(2)，則A＝eq\f(π,3)C．△ABC外接圓的半徑R＝2eq\r(2)D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,sinA)＋\f(1,sinB)))2≥32sinC13．(2023·嘉興模擬)△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知csinA＝eq\r(3)acosC，c＝2eq\r(3)，ab＝8，則a＋b的值是．14．在△ABC中，已知AB＝4，AC＝7，BC邊的中線AD＝eq\f(7,2)，那么BC＝.15．(多選)(2023·珠海模擬)已知△ABC滿足sinA∶sinB∶sinC＝2∶3∶eq\r(7)，且△ABC的面積S△ABC＝eq\f(3\r(3),2)，則下列命題正確的是()A．△ABC的周長為5＋eq\r(7)B．△ABC的三個內角A，B，C滿足關系A＋B＝2CC．△ABC的外接圓半徑為eq\f(2\r(21),3)D．△ABC的中線CD的長為eq\f(\r(19),2)16.如圖，△ABC的內角A，B，C的對邊分別是a，b，c.已知a2＋c2＝b2＋ac，則B＝.若線段AC的垂直平分線交AC于點D，交AB于點E，且BC＝4，DE＝eq\r(6).則△BCE的面積為．參考答案1．B2.D3.B4.A5.C6．C[∵2cosB(acosC＋ccosA)＝b，∴根據正弦定理得，2cosB(sinA·cosC＋cosAsinC)＝sinB，∴2cosBsin(A＋C)＝sinB，∴2cosBsin(π－B)＝sinB，即2cosBsinB＝sinB，∵B∈(0，π)，∴sinB≠0，∴cosB＝eq\f(1,2)，∴B＝eq\f(π,3).∵lgsinC＝eq\f(1,2)lg3－lg2，∴l(xiāng)gsinC＝lg

eq\f(\r(3),2)，∴sinC＝eq\f(\r(3),2)，∵C∈(0，π)，∴C＝eq\f(π,3)或eq\f(2π,3)，∵B＝eq\f(π,3)，∴C≠eq\f(2π,3)，∴C＝eq\f(π,3)，∴A＝B＝C＝eq\f(π,3)，即△ABC為等邊三角形．]7.eq\r(3)－1解析設BD＝k(k>0)，則CD＝2k.根據題意作出大致圖形，如圖．在△ABD中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB＝22＋k2－2×2k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝k2＋2k＋4.在△ACD中，由余弦定理得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CDcos∠ADC＝22＋(2k)2－2×2×2k·eq\f(1,2)＝4k2－4k＋4，則eq\f(AC2,AB2)＝eq\f(4k2－4k＋4,k2＋2k＋4)＝eq\f(4k2＋2k＋4－12k－12,k2＋2k＋4)＝4－eq\f(12k＋1,k2＋2k＋4)＝4－eq\f(12k＋1,k＋12＋3)＝4－eq\f(12,k＋1＋\f(3,k＋1)).∵k＋1＋eq\f(3,k＋1)≥2eq\r(3)(當且僅當k＋1＝eq\f(3,k＋1)，即k＝eq\r(3)－1時等號成立)，∴eq\f(AC2,AB2)≥4－eq\f(12,2\r(3))＝4－2eq\r(3)＝(eq\r(3)－1)2，∴當eq\f(AC,AB)取得最小值eq\r(3)－1時，BD＝k＝eq\r(3)－1.8.eq\f(2\r(3),3)9．解(1)由正弦定理，得sinBcosC＝2sinAcosB－cosBsinC，即sinBcosC＋cosBsinC＝2sinAcosB，∴sin(B＋C)＝2sinAcosB，∴sinA＝2sinAcosB，又∵sinA≠0，∴cosB＝eq\f(1,2)，∵B為三角形內角，∴B＝eq\f(π,3).(2)∵sinC＝2sinA，∴由正弦定理得c＝2a，∴由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋4a2－2a2＝9，即3a2＝9，∴a＝eq\r(3)，c＝2eq\r(3)，∴△ABC的面積為S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),2).10．解(1)∵eq\r(3)bsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋A))＝asinB，由誘導公式得eq\r(3)bcosA＝asinB，由正弦定理得eq\r(3)sinBcosA＝sinAsinB，∵sinB≠0，∴eq\r(3)cosA＝sinA，即tanA＝eq\r(3)，∵A∈(0，π)，∴A＝eq\f(π,3).(2)∵b，a，c成等比數(shù)列，∴a2＝bc，由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(b2＋c2－bc,2bc)＝eq\f(1,2)，即b2＋c2－bc＝bc，∴(b－c)2＝0，∴b＝c，又由(1)知A＝eq\f(π,3)，∴△ABC為等邊三角形．11．ABD[對于A，若cosA＝cosB，則A＝B，所以△ABC為等腰三角形，故A正確；對于B，若A>B，則a>b，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝2R，得2RsinA>2RsinB，即sinA>sinB成立，故B正確；對于C，由余弦定理可得b＝eq\r(82＋102－2×8×10×\f(1,2))＝eq\r(84)，只有一解，故C錯誤；對于D，若sin2A＋sin2B<sin2C，則根據正弦定理得a2＋b2<c2，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)<0，所以C為鈍角，所以△ABC是鈍角三角形，故D正確．]12．B[由題可得eq\f(1,2)absinC＝2，則sinC＝eq\f(4,ab)，代入sinAsinBsinC＝eq\f(1,8)，得eq\f(4sinAsinB,ab)＝eq\f(1,8)，即R2＝8，即R＝2eq\r(2)，C正確；abc＝8R3sinAsinBsinC＝128eq\r(2)×eq\f(1,8)＝16eq\r(2)，A正確；若a＝eq\r(2)，則sinA＝eq\f(a,2R)＝eq\f(\r(2),4\r(2))＝eq\f(1,4)，此時A≠eq\f(π,3)，B錯誤；因為sinA>0，sinB>0，所以(sinA＋sinB)2≥4sinAsinB，所以eq\f(sinA＋sinB2,sinAsinB2)≥eq\f(4,sinAsinB)，由sinAsinBsinC＝eq\f(1,8)，得eq\f(4,sinAsinB)＝32sinC，所以eq\f(sinA＋sinB2,sinAsinB2)≥32sinC，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,sinA)＋\f(1,sinB)))2≥32sinC，D正確．]13．6解析∵csinA＝eq\r(3)acosC，根據正弦定理得sinCsinA＝eq\r(3)sinAcosC，∵sinA≠0，故tanC＝eq\r(3)，∵C∈(0，π)，∴C＝eq\f(π,3)，再由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a＋b2－2ab－c2,2ab)＝eq\f(1,2)，代入c＝2eq\r(3)，ab＝8，得a＋b＝6.14．9解析在△ABD中，結合余弦定理得cos∠ADB＝eq\f(BD2＋AD2－AB2,2BD·AD)，在△ACD中，結合余弦定理得cos∠ADC＝eq\f(CD2＋AD2－AC2,2CD·AD)，由題意知BD＝CD，∠ADB＋∠ADC＝π，所以cos∠ADB＋cos∠ADC＝0，所以eq\f(BD2＋AD2－AB2,2BD·AD)＋eq\f(CD2＋AD2－AC2,2CD·AD)＝0，即eq\f(CD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))2－42,2×\f(7,2)CD)＋eq\f(CD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))2－72,2×\f(7,2)CD)＝0，解得CD＝eq\f(9,2)，所以BC＝9.15．ABD[因為△ABC滿足sinA∶sinB∶sinC＝2∶3∶eq\r(7)，所以a∶b∶c＝2∶3∶eq\r(7)，設a＝2t，b＝3t，c＝eq\r(7)t，t>0，利用余弦定理cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(4t2＋9t2－7t2,12t2)＝eq\f(1,2)，由于C∈(0，π)，所以C＝eq\f(π,3).對于A，因為S△ABC＝eq\f(3\r(3),2)，所以eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)·2t·3t·eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),2)，解得t＝1.所以a＝2，b＝3，c＝eq\r(7)，所以△ABC的周長為5＋eq\r(7)，故A正確；對于B，因為C＝eq\f(π,3)，所以A＋B＝eq\f(2π,3)，故A＋B＝2C，故B正確；對于C，利用正弦定理eq\f(c,sinC)＝eq\f(\r(7),\f(\r(3),2))＝eq\f(2\r(21),3)＝2R，解得R＝eq\f(\r(21),3)，所以△ABC的外接圓半徑為eq\f(\r(21),3)，故C錯誤；對于D，如圖所示，在△ABC中，利用正弦定理eq\f(\r(7