2014屆高考數(shù)學一輪復習方案第22講正弦定理和余弦定理課時作業(yè)新人教B版

PAGEPAGE7課時作業(yè)(二十二)[第22講正弦定理和余弦定理](時間：45分鐘分值：100分)eq\a\vs4\al\co1(基礎熱身)1．[2012·上海卷]在△ABC中，若sin2A＋sin2B＜sin2C，則△A．銳角三角形B．直角三角形C．鈍角三角形D．不能確定2．[2012·廣東卷]在△ABC中，若A＝60°，B＝45°，BC＝3eq\r(2)，則AC＝()A．4eq\r(3)B．2eq\r(3)C.eq\r(3)D.eq\f(\r(3),2)3．在△ABC中，下列關系式：①asinB＝bsinA；②a＝bcosC＋ccosB；③a2＋b2－c2＝2abcosC；④b＝csinA＋asinC，一定成立的有()A．1個B．2個C．3個D．4個4．△ABC內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，若c＝2eq\r(3)b，sin2A－sin2B＝eq\r(3)sinBsinC，則A＝________．eq\a\vs4\al\co1(能力提升)5．判斷下列說法，其中正確的是()A．a(chǎn)＝7，b＝14，A＝30°有兩解B．a(chǎn)＝30，b＝25，A＝150°只有一解C．a(chǎn)＝6，b＝9，A＝45°有兩解D．b＝9，c＝10，B＝60°無解6．[2012·丹東模擬]已知△ABC內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若a＝3，b＝2，A＝60°，則cosB＝()A.eq\f(\r(3),3)B．±eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(6),3)D．±eq\f(\r(6),3)7．[2012·湖北卷]設△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.若三邊的長為連續(xù)的三個正整數(shù)，且A＞B＞C，3b＝20acosA，則sinA∶sinB∶sinC為()A．4∶3∶2B．5∶6∶7C．5∶4∶3D．6∶5∶48．△ABC中，AB＝eq\r(3)，AC＝1，B＝30°，則△ABC的面積等于()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(\r(3),4)C.eq\f(\r(3),2)或eq\r(3)D.eq\f(\r(3),2)或eq\f(\r(3),4)9．在△ABC中，角A，B，C所對的邊長分別為a，b，c.若C＝120°，c＝eq\r(2)a，則()A．a(chǎn)>bB．a(chǎn)<bC．a(chǎn)＝bD．a(chǎn)與b的大小關系不能確定10．已知a，b，c分別是△ABC的三個內(nèi)角A，B，C的對邊，若c＝2，b＝eq\r(3)，A＋C＝3B，則sinC＝________．11．[2012·商丘模擬]在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，若a＝4，A＝eq\f(π,3)，則該三角形面積的最大值是________．12．△ABC的三內(nèi)角A，B，C所對邊長分別是a，b，c，設向量m＝(a＋b，sinC)，n＝(eq\r(3)a＋c，sinB－sinA)，若m∥n，則角B的大小為________．13．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且acosB－bcosA＝eq\f(1,2)c，當tan(A－B)取最大值時，角C的值為________．14．(10分)[2012·遼寧卷]在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，角A，B，C成等差數(shù)列．(1)求cosB的值；(2)邊a，b，c成等比數(shù)列，求sinAsinC的值．15．(13分)[2012·衡水質(zhì)檢]設△ABC是銳角三角形，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，并且cos2A＝cos2B－sineq\f(π,3)＋Bcoseq\f(π,6)＋B.(1)求角A的值；(2)若△ABC的面積為6eq\r(3)，求邊a的最小值．eq\a\vs4\al\co1(難點突破)16．(12分)[2012·吉林一中二模]在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.若eq\f(cosA,cosB)＝eq\f(b,a)且sinC＝cosA.(1)求角A，B，C的大??；(2)設函數(shù)f(x)＝sin(2x＋A)＋cos2x－eq\f(C,2)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間，并指出它相鄰兩對稱軸間的距離．

課時作業(yè)(二十二)【基礎熱身】1．C[解析]由正弦定理可把不等式轉(zhuǎn)化為a2＋b2<c2，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)<0，所以三角形為鈍角三角形．故選C.2．B[解析]根據(jù)正弦定理得eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AC,sinB)，即eq\f(3\r(2),sin60°)＝eq\f(AC,sin45°).解得AC＝2eq\r(3).3．C[解析]由正、余弦定理知①③一定成立，對于②，由正弦定理知sinA＝sinBcosC＋sinCcosB＝sin(B＋C)，顯然成立．對于④，sinB＝sinCcosA＋sinAcosC，即b＝ccosA＋acosC，故b＝csinA＋asinC不一定成立．4.eq\f(π,6)[解析]∵c＝2eq\r(3)b，又a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC，∴sinC＝2eq\r(3)sinB，∵sin2A－sin2B＝eq\r(3)sinBsinC＝6sin2B，∴sin2A＝7sin2B，sinA＝eq\r(7)sinB，所以，a＝eq\r(7)b，由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(b2＋（2\r(3)b）2－（\r(7)b）2,2b×2\r(3)b)＝eq\f(6b2,4\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2)，所以A＝eq\f(π,6).【能力提升】5．B[解析]A中，由正弦定理得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(14×\f(1,2),7)＝1，所以B＝90°，故只有一解，A錯誤；B中，由正弦定理得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(25×\f(1,2),30)<1，又A為鈍角，故只有一解，B正確；C中，由正弦定理得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(9×\f(\r(2),2),6)>1，所以角B不存在，故無解，C錯誤；D中，由正弦定理得sinC＝eq\f(csinB,b)＝eq\f(10×\f(\r(3),2),9)<1，因為b<c，B＝60°，且0°<C<180°，所以角C有兩解，D錯誤．故選B.6．C[解析]由正弦定理得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(2×\f(\r(3),2),3)＝eq\f(\r(3),3)，又b＜a，∴cosB＞0，∴cosB＝eq\r(1－（sinB）2)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(6),3).7．D[解析]因為a，b，c為連續(xù)的三個正整數(shù)，且A>B>C，可得a＝c＋2，b＝c＋1①.又因為3b＝20acosA，由余弦定理可知cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，則3b＝20a·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)②，聯(lián)立①②，化簡可得7c2－13c－60＝0，解得c＝4或c＝－eq\f(15,7)(舍去)，則a＝6，b＝5.又由正弦定理可得，sinA∶sinB∶sinC＝a∶b∶c＝6∶5∶4.故選D.8．D[解析]∵eq\f(1,sin30°)＝eq\f(\r(3),sinC)，∴sinC＝eq\f(\r(3),2).∵0°＜C＜180°，∴C＝60°或120°.當C＝60°時，A＝90°，∴BC＝2，此時，S△ABC＝eq\f(\r(3),2)；當C＝120°時，A＝30°，S△ABC＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×1×sin30°＝eq\f(\r(3),4).9．A[解析]方法一：由余弦定理得2a2＝a2＋b2－2abcos120°b2＋ab－a2＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))eq\s\up12(2)＋eq\f(b,a)－1＝0，eq\f(b,a)＝eq\f(－1＋\r(5),2)<1，故b<a.方法二：由余弦定理得2a2＝a2＋b2－2abcos120°b2＋ab－a2＝0，b2＝a2－ab＝a(a－b)>0，∴a>b.方法三：由c＝eq\r(2)a，∴sinC＝eq\r(2)sinA，∴sin120°＝eq\r(2)sinA.∴sinA＝eq\f(\r(6),4)>eq\f(1,2).又A＋B＝60°，∴A>30°，∴A>B，∴a>b.10.eq\f(\r(6),3)[解析]∵A＋C＝3B且A＋C＋B＝180°，∴B＝45°，由正弦定理得eq\f(\r(3),sin45°)＝eq\f(2,sinC)，∴sinC＝eq\f(\r(6),3).11．4eq\r(3)[解析]a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc，∴bc≤16，∴S＝eq\f(1,2)bcsinA≤eq\f(1,2)×16×sineq\f(π,3)＝4eq\r(3).12．150°[解析]由m∥n，∴(a＋b)(sinB－sinA)－sinC(eq\r(3)a＋c)＝0，由正弦定理有(a＋b)(b－a)＝c(eq\r(3)a＋c)，即a2＋c2－b2＝－eq\r(3)ac，再由余弦定理得cosB＝－eq\f(\r(3),2)，∴B＝150°.13.eq\f(π,2)[解析]由正弦定理有eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，而已知acosB－bcosA＝eq\f(1,2)c，那么sinAcosB－sinBcosA＝eq\f(1,2)sinC，即sin(A－B)＝eq\f(1,2)sinC，則可知0<sin(A－B)≤eq\f(1,2)，而－π<A－B<π，可解得0<A－B≤eq\f(π,6)或eq\f(5π,6)≤A－B<π，所以當A－B＝eq\f(π,6)，即sin(A－B)＝eq\f(1,2)sinC＝eq\f(1,2)時，tan(A－B)有最大值為eq\f(\r(3),3).此時sin(A－B)＝eq\f(1,2)sinC＝eq\f(1,2)，即sinC＝1，解得C＝eq\f(π,2).14．解：(1)由已知2B＝A＋C，A＋B＋C＝180°，解得B＝60°，所以cosB＝eq\f(1,2).(2)方法一：由已知b2＝ac，及cosB＝eq\f(1,2)，根據(jù)正弦定理得sin2B＝sinAsinC，所以sinAsinC＝1－cos2B＝eq\f(3,4).解法二：由已知b2＝ac，及cosB＝eq\f(1,2)，根據(jù)余弦定理得cosB＝eq\f(a2＋c2－ac,2ac)，解得a＝c，所以B＝A＝C＝60°，故sinAsinC＝eq\f(3,4).15．解：(1)由cos2A＝cos2B－sineq\f(π,3)＋Bcoseq\f(π,6)＋B得cos2A＝cos2B－sineq\f(π,3)cosB＋coseq\f(π,3)sinB·coseq\f(π,6)cosB－sineq\f(π,6)sinB＝cos2B－eq\f(\r(3),2)cosB＋eq\f(1,2)sinBeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosB－\f(1,2)sinB))＝cos2B－eq\f(3,4)cos2B－eq\f(1,4)sin2B＝eq\f(1,4)cos2B＋eq\f(1,4)sin2B＝eq\f(1,4)，得cosA＝±eq\f(1,2).又A為銳角，所以A＝eq\f(π,3).(2)由△ABC的面積為6eq\r(3)得eq\f(1,2)bcsinA＝6eq\r(3).由(1)知A＝eq\f(π,3)，所以bc＝24，由余弦定理知a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－24，由基本不等式得b2＋c2≥2bc，所以a2≥48－24＝24，所以a≥2eq\r(6)(當且僅當b＝c時取等號)，即a的最小值為2eq\r(6).【難點突破】16．解：(1)由eq\f(cosA,cosB)＝eq\f(b,a)結(jié)合正弦定理得eq\f(cosA,cosB)＝eq\f(sinB,sinA)，則sin2A＝sin2B，則在三角形中有A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，當A＝B時，由sinC＝cosA得cosA＝sin2A＝2sinAcosA得sinA＝eq\f(1,2)或cosA＝0(舍)，∴A＝B＝eq\f(π,6)，C＝eq\f(2π,3)，當A＋B＝eq\f(π,2)時，由sinC＝cosA得cosA＝1(舍)．綜上，A＝B＝e