2024版新教材高考数学全程一轮总复习课时作业二十九利用正弦余弦定理解三角形

这是一份2024版新教材高考数学全程一轮总复习课时作业二十九利用正弦余弦定理解三角形，共6页。

(1)求角A的大小；
(2)若点D为AC的中点，BD＝eq \r(7)，AB＝2，求a的值．
2．[2023·河南驻马店模拟]在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知2c－a＝2bcsA.
(1)求角B的值；
(2)若a＝8，点D是边BC的中点，且AD＝eq \r(21)，求b.
3．[2023·河北石家庄期末]△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知c2＋b2cs2A＝2bccsA.
(1)求B；
(2)________，若问题中的三角形存在，试求出csC；若问题中的三角形不存在，请说明理由．
在①a＝eq \f(\r(3),3)b＋eq \f(\r(3),3)c，②b＝eq \f(1,2)a＋eq \f(\r(3),2)c，③c＝eq \f(\r(2),2)b－eq \f(\r(2),2)a这三个条件中任选一个，补充在横线上．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
4．[2023·河南商丘一中模拟]在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且△ABC的外接圆半径R满足RsinC＝csC(acsB＋bcsA).
(1)求角C；
(2)若c＝eq \r(3)，求△ABC周长的取值范围．
5．[2023·山东潍坊一中模拟]如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，点E在边CD上，∠C＝120°，BC＝2eq \r(3)，∠CEB＝45°.
(1)求BE，CE；
(2)若AB＝7，求sin∠AEB.
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6．[2023·辽宁沈阳模拟]在①2asinB－bcsC－ccsB＝0，②sin2A－sin2B＋sin2C－eq \r(3)sinAsinC＝0，③sinAsinC－eq \r(3)sinB－csAcsC＝0三个条件中任选一个，补充到下面问题中，并解答．
已知锐角△ABC的内角A，B，C，的对边分别为a，b，c满足________．(填写序号即可)
(1)求B﹔
(2)若a＝1，求b＋c的取值范围．
课时作业（二十九） 利用正弦、余弦定理解三角形
1．解析：（1）因为2bcsinA＝eq \r(3)（b2＋c2－a2），
所以sinA＝eq \r(3)×eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，即sinA＝eq \r(3)csA，所以tanA＝eq \r(3)，
因为A∈（0，π），所以A＝eq \f(π,3).
（2）在△ABD中，由余弦定理有BD2＝AB2＋AD2－2AD×ABcsA，
即7＝4＋AD2－2AD，解得AD＝3或AD＝－1（舍去），
又D为AC的中点，所以CD＝3，即AC＝6，
在△ABC中，由余弦定理有BC2＝AB2＋AC2－2AC×ABcsA，
即BC2＝4＋36－12＝28，所以a＝BC＝2eq \r(7).
2．解析：（1）∵2c－a＝2bcsA，∴2sinC－sinA＝2sinBcsA，
又∵sinC＝sin [π－（A＋B）]＝sin（A＋B），
∴2sin（A＋B）－sinA＝2sinBcsA，
∴2sinAcsB－sinA＝0，
∵sinA≠0，∴csB＝eq \f(1,2)，
又∵0（2）在△ABD中，BD＝eq \f(1,2)a＝4，AD＝eq \r(21)，B＝eq \f(π,3)，
由余弦定理得AD2＝BD2＋AB2－2BD·ABcsB，
整理得c2－4c－5＝0，解得c＝5（c＝－1舍去）.
在△ABC中，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accsB，
即b2＝64＋25－40＝49，解得b＝7.
3．解析：（1）由c2＋（bcsA）2－2cbcsA＝0，可得（c－bcsA）2＝0，则c＝bcsA.
∴sinC＝csAsinB，
在△ABC中，sinC＝sin（A＋B）＝sinAcsB＋csAsinB，
则sinAcsB＝0，∵0∵0（2）选择条件①，
a＝eq \f(\r(3),3)b＋eq \f(\r(3),3)c，在△ABC中，eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)，
可得sinA＝eq \f(\r(3),3)sinB＋eq \f(\r(3),3)sinC，
∵B＝eq \f(π,2)，∴sinA＝csC，
∴csC＝eq \f(\r(3),3)＋eq \f(\r(3),3)sinC，eq \r(3)csC－sinC＝1，
根据辅助角公式，可得cs（C＋eq \f(π,6)）＝eq \f(1,2)，
∵0故csC＝eq \f(\r(3),2).
选择条件②，
由b＝eq \f(1,2)a＋eq \f(\r(3),2)c，得b2＝eq \f(1,4)a2＋eq \f(3,4)c2＋eq \f(\r(3),2)ac，
∵B＝eq \f(π,2)，∴b2＝a2＋c2，因此a2＋c2＝eq \f(1,4)a2＋eq \f(3,4)c2＋eq \f(\r(3),2)ac，
整理得3a2－2eq \r(3)ac＋c2＝0，即（eq \r(3)a－c）2＝0，则eq \r(3)a＝c.
在Rt△ABC中，eq \f(c,a)＝tanC＝eq \r(3)，∴C＝eq \f(π,3).
故csC＝eq \f(1,2).
选择条件③，
由c＝eq \f(\r(2),2)b－eq \f(\r(2),2)a，得b＝eq \r(2)c＋a，
即b2＝2c2＋a2＋2eq \r(2)ac＝a2＋c2，
整理得c2＋2eq \r(2)ac＝0，
由于a>0，c>0，则方程无解，故不存在这样的三角形．
4．解析：（1）由正弦定理得eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)＝2R，
可得RsinC＝eq \f(1,2)c，a＝2RsinA，b＝2RsinB，
∴csC（acsB＋bcsA）
＝2RcsC（sinAcsB＋sinBcsA）
＝2RcsCsin（A＋B）＝2RcsCsinC＝ccsC，
所以ccsC＝eq \f(1,2)c，则csC＝eq \f(1,2)，
因为0（2）∵c＝eq \r(3)，C＝eq \f(π,3)，由正弦定理得eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)＝eq \f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2，
∴a＝2sinA，b＝2sinB，
∴△ABC的周长a＋b＋c＝2sinA＋2sinB＋eq \r(3)＝2sinA＋2sin（eq \f(2π,3)－A）＋eq \r(3)＝3sinA＋eq \r(3)csA＋eq \r(3)＝2eq \r(3)sin（A＋eq \f(π,6)）＋eq \r(3)，
由A∈（0，eq \f(2π,3)），得A＋eq \f(π,6)∈（eq \f(π,6)，eq \f(5π,6)），
∴sin（A＋eq \f(π,6)）∈（eq \f(1,2)，1]，
∴a＋b＋c的取值范围为（2eq \r(3)，3eq \r(3)]，即△ABC周长的取值范围是（2eq \r(3)，3eq \r(3)].
5．解析：（1）因为BC＝2eq \r(3)，∠CEB＝45°，∠C＝120°，所以∠CBE＝15°.
在△EBC中，由正弦定理可得eq \f(2\r(3),sin45°)＝eq \f(BE,sin120°)＝eq \f(CE,sin15°)，
可得BE＝eq \f(2\r(3)×sin120°,sin45°)＝3eq \r(2)，CE＝eq \f(2\r(3)×sin15°,sin45°)＝3－eq \r(3).
（2）因为AB∥CD，所以∠CEB＝∠ABE＝45°.
在△AEB中，由余弦定理可得EA2＝EB2＋AB2－2EB·AB·cs45°
＝（3eq \r(2)）2＋72－2×3eq \r(2)×7×eq \f(\r(2),2)＝25，所以EA＝5.
因为cs∠AEB＝eq \f(EA2＋EB2－AB2,2EA·EB)＝eq \f(25＋18－49,2×5×3\r(2))＝－eq \f(\r(2),10)，
所以sin∠AEB＝eq \f(7\r(2),10).
6．解析：（1）选①，
因为2asinB－bcsC－ccsB＝0，
所以2sinAsinB－sinBcsC－sinCcsB＝0，
即2sinAsinB＝sinBcsC＋sinCcsB＝sin（B＋C）＝sinA，
又sinA≠0，所以sinB＝eq \f(1,2)，
因为B∈（0，eq \f(π,2)），
所以B＝eq \f(π,6).
选②，
因为sin2A－sin2B＋sin2C－eq \r(3)sinAsinC＝0，
所以a2－b2＋c2－eq \r(3)ac＝0，
即b2＝a2＋c2－eq \r(3)ac＝a2＋c2－2accsB，
所以csB＝eq \f(\r(3),2)，
因为B∈（0，eq \f(π,2)），
所以B＝eq \f(π,6).
选③，
因为sinAsinC－eq \r(3)sinB－csAcsC＝0，
所以sinAsinC－csAcsC＝eq \r(3)sinB，
即eq \r(3)sinB＝sinAsinC－csAcsC＝－cs（A＋C）＝csB，
所以tanB＝eq \f(\r(3),3)，
因为B∈（0，eq \f(π,2)），
所以B＝eq \f(π,6).
（2）由正弦定理得eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)，
得b＝eq \f(sinB,sinA)＝eq \f(1,2sinA)，
c＝eq \f(sinC,sinA)＝eq \f(sin（A＋B）,sinA)＝eq \f(\r(3),2)＋eq \f(csA,2sinA)，
则b＋c＝eq \f(\r(3),2)＋eq \f(1＋csA,2sinA)＝eq \f(\r(3),2)＋eq \f(2cs2\f(A,2),4sin\f(A,2)cs\f(A,2))＝eq \f(\r(3),2)＋eq \f(1,2tan\f(A,2))，
由锐角△ABC得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0得eq \f(π,3)所以taneq \f(A,2)∈（eq \f(\r(3),3)，1），从而eq \f(1,tan\f(A,2))∈（1，eq \r(3)），
所以b＋c的取值范围为（eq \f(1＋\r(3),2)，eq \r(3)）.