正弦定理和余弦定理（二）
A级——保大分专练
1．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，cos 2A＝sin A，bc＝2，则 △ABC的面积为( )
1
A. 2C．1
1 B.
4 D．2
1
解析：选A 由cos 2A＝sin A，得1－2sin2A＝sin A，解得sin A＝(负值舍去)，由bc
21111
＝2，可得△ABC的面积S＝bcsin A＝×2×＝.
2222
2．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，若(2a＋c)cos B＋bcos C＝0，则角B的大小为( )
π
A. 62πC. 3
π B. 35π D. 6
解析：选C 由已知条件和正弦定理，得(2sin A＋sin C)cos B＋sin Bcos C＝0.化简，得1
2sin Acos B＋sin A＝0.因为角A为三角形的内角，所以sin A≠0，所以cos B＝－，所以B
22π＝. 3
3．在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sin A＝S△ABC＝22，则b的值为( )
A．6 C．2
B．3 D．2或3
22
，a＝3， 3
1
解析：选D 因为S△ABC＝bcsin A＝22，所以bc＝6，
2π22
0，， 又因为sin A＝，A∈231
所以cos A＝，因为a＝3，
3
所以由余弦定理得9＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋c2－4，b2＋c2＝13，可得b＝2或b＝3. 4．(2018·昆明检测)在△ABC中，已知AB＝2，AC＝5，tan∠BAC＝－3，则BC边上的高等于( )
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A．1 C.3
B.2 D．2
31，cos∠BAC＝－.由1010
解析：选A 法一：因为tan∠BAC＝－3，所以sin∠BAC＝
余弦定理，得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcos∠BAC＝5＋2－2×5×2×－
1＝9，所以10
2S△ABC1133
BC＝3，所以S△ABC＝AB·ACsin∠BAC＝×2×5×＝，所以BC边上的高h＝BC
221023
2×2＝＝1.
3
法二：在△ABC中，因为tan∠BAC＝－3<0，所以∠BAC为钝角，因此BC边上的高小于2，结合选项可知选A.
5．(2018·重庆九校联考)已知a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C的对边，且asin B＝3bcos A，当b＋c＝4时，△ABC面积的最大值为( )
A.3
3
B.
3 2
C.3 D．23
解析：选C 由asin B＝3bcos A，得sin Asin B＝3sin Bcos A，∴tan A＝3，∵0 32442 6．(2019·安徽名校联盟联考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bc＝1，b＋2ccos A＝0，则当角B取得最大值时，△ABC的周长为( ) A．2＋3 C．3 B．2＋2 D．3＋2 b2＋c2－a2解析：选A 由b＋2ccos A＝0，得b＋2c·＝0，整理得2b2＝a2－c2.由余弦定 2bca2＋c2－b2a2＋3c223ac3 理，得cos B＝＝≥＝，当且仅当a＝3c时等号成立，此时角B 2ac4ac4ac2取得最大值，将a＝3c代入2b2＝a2－c2可得b＝c.又因为bc＝1，所以b＝c＝1，a＝3，故△ABC的周长为2＋3. 7．在△ABC中，B＝120°，AC＝7，AB＝5，则△ABC的面积为________． 解析：由余弦定理知72＝52＋BC2－2×5×BC×cos 120°， 第 3 页 共 6 页 即49＝25＋BC2＋5BC，解得BC＝3(负值舍去)． 113153 故S△ABC＝AB·BCsin B＝×5×3×＝. 2224答案： 153 4 8．(2019·长春质量检测)在△ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若 1 bcos A＝sin B，且a＝23，b＋c＝6，则△ABC的面积为________． 2 cos Asin Bsin A 解析：由题意可知＝＝，因为a＝23，所以tan A＝3，因为0 所以A＝，由余弦定理得12＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc，又因为b＋c＝6，所以bc＝8， 311π 从而△ABC的面积为bcsin A＝×8×sin＝23. 223 答案：23 π 9．已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠BAC＝，点D在边 2sin B BC上，AD＝1，且BD＝2DC，∠BAD＝2∠DAC，则＝________. sin C πππ 解析：由∠BAC＝及∠BAD＝2∠DAC，可得∠BAD＝，∠DAC＝.由BD＝2DC，令DC 236x11 ＝x，则BD＝2x.因为AD＝1，在△ADC中，由正弦定理得＝，所以sin C＝，在 sin Cπ2x sin63π sin3sin B4x33 △ABD中，sin B＝＝，所以＝＝. 2x4xsin C12 2x 答案： 3 2 π 10．(2018·河南新乡二模)如图所示，在△ABC中，C＝，BC＝4，点D 3在边AC上，AD＝DB，DE⊥AB，E为垂足，若DE＝22，则cos A＝________. 解析：∵AD＝DB，∴∠A＝∠ABD，∠BDC＝2∠A.设AD＝DB＝x， BCDBx4 ∴在△BCD中，＝，可得＝.① sin 2Aπsin∠BDCsin Csin 3DEAD22x 在△AED中，＝，可得＝.② sin Asin∠AEDsin A1 第 4 页 共 6 页 22sin A46 联立①②可得＝，解得cos A＝. 2sin Acos A43 2答案： 6 4 11．(2019·南宁摸底联考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c(1＋cos B)＝b(2－cos C)． (1)求证：2b＝a＋c； π (2)若B＝，△ABC的面积为43，求b. 3解：(1)证明：∵c(1＋cos B)＝b(2－cos C)， ∴由正弦定理可得sin C＋sin Ccos B＝2sin B－sin Bcos C， 即sin Ccos B＋sin Bcos C＋sin C＝sin(B＋C)＋sin C＝2sin B，∴sin A＋sin C＝2sin B，∴a＋c＝2b. π13 (2)∵B＝，∴△ABC的面积S＝acsin B＝ac＝43，∴ac＝16. 324由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac. ∵a＋c＝2b，∴b2＝4b2－3×16，解得b＝4. 4π 12．在△ABC中，AC＝6，cos B＝，C＝. 54(1)求AB的长； π A－的值． (2)求cos643 解：(1)因为cos B＝，0 6× 2ACABAC·sin C 由正弦定理得＝，所以AB＝＝＝52. sin Bsin Csin B3 5(2)在△ABC中，因为A＋B＋C＝π，所以A＝π－(B＋C)， 43 又因为cos B＝，sin B＝， 55 πππ4232 B＋＝－cos Bcos＋sin Bsin＝－×＋×所以cos A＝－cos(B＋C)＝－cos4445252 第 5 页 共 6 页 ＝－ 2. 10 1－cos2A＝ 72 . 10 因为0 B级——创高分自选 1．在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若B＝2A，则取值范围是( ) A．(2，2) C．(2，3) B．(2，6) D．(6，4) 2b 的a b 解析：选B ∵B＝2A，∴sin B＝sin 2A＝2sin Acos A，∴＝2cos A．又C＝π－3A，C为 aπππππππ2 锐角，∴0<π－3A<⇒ b2b3 ，∴2<<3，∴2<<6. aa2 2．△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，asin Asin B＋bcos2A＝2a，则角A的取值范围是________． 解析：由已知及正弦定理得sin2Asin B＋sin Bcos2A＝2sin A，即sin B(sin2A＋cos2A)＝b2＋c2－a24a2＋c2－a23a2＋c2 2sin A，∴sin B＝2sin A，∴b＝2a，由余弦定理得cos A＝＝＝ 2bc4ac4ac23ac3 ≥＝，当且仅当c＝3a时取等号．∵A为三角形的内角，且y＝cos x在(0，π)上是 4ac2ππ 0，. 减函数，∴0 0， 答案：6 3．(2018·昆明质检)如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AB＝2，BD＝5，∠BCD＝2∠ABD，△ABD的面积为2. (1)求AD的长； (2)求△CBD的面积． 11 解：(1)由已知S△ABD＝AB·BD·sin∠ABD＝×2×5×sin∠ABD＝2，可得sin∠ABD＝ 22 第 6 页 共 6 页 π2550，，所以cos∠ABD＝. ，又∠BCD＝2∠ABD，所以∠ABD∈255 在△ABD中，由余弦定理AD2＝AB2＋BD2－2·AB·BD·cos∠ABD，可得AD2＝5，所以AD＝5. π (2)由AB⊥BC，得∠ABD＋∠CBD＝， 2所以sin∠CBD＝cos∠ABD＝又∠BCD＝2∠ABD， 4 所以sin∠BCD＝2sin∠ABD·cos∠ABD＝， 5 ππ －∠ABD－2∠ABD＝－∠ABD＝∠CBD， ∠BDC＝π－∠CBD－∠BCD＝π－22所以△CBD为等腰三角形，即CB＝CD. 在△CBD中，由正弦定理 CD＝， sin∠BCDsin∠CBD5×555＝， 445BD5. 5 BD·sin∠CBD 得CD＝＝ sin∠BCD 115545 所以S△CBD＝CB·CD·sin∠BCD＝×××＝. 224458 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容