第六章作业17 余弦定理、正弦定理的综合运用

第1题 (单选题) 难度 - 基础题：

已知△ABC中，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，若a+b=4，c= $\sqrt{7}$ ，C= $\frac{π}{3}$ ，则△ABC的面积为(　　)

A: $\frac{3 \sqrt{3}}{4}$
B: $\sqrt{3}$
C: $\frac{\sqrt{3}}{2}$
D: $\sqrt{2}$

解析:

由余弦定理可得7=a²+b²-2abcos C=(a+b)²-3ab=16-3ab，所以ab=3.

所以S= $\frac{1}{2}$ absin C= $\frac{1}{2}$ ×3× $\frac{\sqrt{3}}{2}$ = $\frac{3 \sqrt{3}}{4}$ .

第2题 (单选题) 难度 - 基础题：

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若c=2acos B，则△ABC的形状一定是(　　)

A: 等腰直角三角形
B: 直角三角形
C: 等腰三角形
D: 等边三角形

解析:

∵c=2acos B，∴由正弦定理得2cos Bsin A=sin C，即2cos Bsin A=sin(A+B)

=cos Bsin A+cos Asin B，

∴sin Acos B-cos Asin B=0，即sin(A-B)=0，

又∵-π<A-B<π，∴A-B=0，∴A=B.

∴△ABC是等腰三角形.

第3题 (单选题) 难度 - 基础题：

在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，B= $\frac{π}{3}$ ，且sin A=2sin C，则 $\frac{b}{c}$ 的值为(　　)

A: $\sqrt{3}$
B: $\sqrt{2}$
C: $\sqrt{7}$
D: $\sqrt{5}$

解析:

因为sin A=2sin C，

所以由正弦定理可得a=2c，

又由余弦定理得b²=a²+c²-2accos $\frac{π}{3}$ =3c²，

所以b= $\sqrt{3}$ c，即 $\frac{b}{c}$ = $\sqrt{3}$ .

第4题 (单选题) 难度 - 基础题：

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b=5，C=60°，且△ABC的面积为5 $\sqrt{3}$ ，则△ABC的周长为(　　)

A: 8+ $\sqrt{21}$
B: 9+ $\sqrt{21}$
C: 10+ $\sqrt{21}$
D: 14

解析:

由题意及三角形的面积公式，得 $\frac{1}{2}$ absin C=5 $\sqrt{3}$ ，即 $\frac{1}{2}$ a×5× $\frac{\sqrt{3}}{2}$ =5 $\sqrt{3}$ ，解得a=4，根据余弦定理得c²=a²+b²-2abcos C=16+25-2×4×5× $\frac{1}{2}$ =21，即c= $\sqrt{21}$ ，

所以△ABC的周长为9+ $\sqrt{21}$ .

第5题 (单选题) 难度 - 基础题：

如图，在△ABC中，B=45°，AC=8，D是BC边上一点，DC=5，DA=7，则AB的长为(　　)

A: 4 $\sqrt{2}$
B: 4 $\sqrt{3}$
C: 8
D: 4 $\sqrt{6}$

解析:

在△ADC中，因为DC=5，DA=7，AC=8，

所以cos∠ADC= $\frac{7^{2} + 5^{2} - 8^{2}}{2 \times 7 \times 5}$ = $\frac{1}{7}$ ，

因此cos∠ADB=- $\frac{1}{7}$ ，所以sin∠ADB= $\frac{4 \sqrt{3}}{7}$ ，

在△ABD中，又B=45°，

由正弦定理 $\frac{D A}{s i n B}$ = $\frac{A B}{s i n ∠ A D B}$ ，

得AB= $\frac{D A \cdot s i n ∠ A D B}{s i n B}$ = $\frac{7 \times \frac{4 \sqrt{3}}{7}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}$ =4 $\sqrt{6}$ .

第6题 (单选题) 难度 - 基础题：

已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若△ABC的面积为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$ ，cos C=1- $\frac{3}{a b}$ ，则C的值为(　　)

A: $\frac{π}{6}$
B: $\frac{π}{3}$
C: $\frac{π}{2}$
D: $\frac{2 π}{3}$

解析:

由题意得，在△ABC中，ab= $\frac{3}{1 - c o s C}$ ，

则S_△_ABC= $\frac{1}{2}$ absin C= $\frac{3 s i n C}{2 (1 - c o s C)}$ = $\frac{\sqrt{3}}{2}$ ，

因为0<C<π，

则0< $\frac{C}{2}$ < $\frac{π}{2}$ ，则tan $\frac{C}{2}$ >0，

所以 $\frac{3 \times 2 s i n \frac{C}{2} c o s \frac{C}{2}}{2 [1 - (1 - 2 s i n^{2} \frac{C}{2})]}$ = $\frac{3}{2 t a n \frac{C}{2}}$ = $\frac{\sqrt{3}}{2}$ ，

可得tan $\frac{C}{2}$ = $\sqrt{3}$ ，所以 $\frac{C}{2}$ = $\frac{π}{3}$ ，

故C= $\frac{2 π}{3}$ .

第7题 (多选题) 难度 - 基础题：

(多选)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=3，b=4，锐角C满足sin C= $\frac{\sqrt{15}}{4}$ ，则下列结论正确的是(　　)

A: △ABC的面积为3 $\sqrt{15}$
B: cos C= $\frac{1}{4}$
C: c= $\sqrt{19}$
D: cos B= $\frac{\sqrt{19}}{19}$

解析:

在△ABC中，因为a=3，b=4，

且sin C= $\frac{\sqrt{15}}{4}$ ，

则S_△_ABC= $\frac{1}{2}$ absin C= $\frac{1}{2}$ ×3×4× $\frac{\sqrt{15}}{4}$ = $\frac{3 \sqrt{15}}{2}$ ，所以A错误；

由C为锐角，且sin C= $\frac{\sqrt{15}}{4}$ ，

可得cos C= $\sqrt{1 - s i n^{2} C}$ = $\frac{1}{4}$ ，所以B正确；

由余弦定理得c²=a²+b²-2abcos C

=9+16-2×3×4× $\frac{1}{4}$ =19，

可得c= $\sqrt{19}$ ，所以C正确；

由余弦定理的推论得

cos B= $\frac{a^{2} + c^{2} - b^{2}}{2 a c}$ = $\frac{9 + 19 - 16}{2 \times 3 \times \sqrt{19}}$ = $\frac{2 \sqrt{19}}{19}$ ，所以D错误.

第8题 (多选题) 难度 - 基础题：

(多选)在△ABC，下列说法正确的是(　　)

A: 若a²=bc，则△ABC为锐角三角形
B: 若a²tan B=b²tan A，则△ABC一定是等腰三角形
C: 若△ABC是锐角三角形，则sin A>cos B
D: 当 $\frac{c}{b}$ <cos A时，△ABC为钝角三角形

解析:

选项A，当a=6，b=4，c=9时，

a²=bc，此时cos C= $\frac{a^{2} + b^{2} - c^{2}}{2 a b}$ =- $\frac{29}{48}$ <0，

则 $\frac{π}{2}$ <C<π，△ABC为钝角三角形，故A错误；

对于B，a²tan B=b²tan A⇒sin²A· $\frac{s i n B}{c o s B}$ =sin²B· $\frac{s i n A}{c o s A}$ ，

即sin Acos A=sin Bcos B，

即 $\frac{1}{2}$ sin 2A= $\frac{1}{2}$ sin 2B，

所以sin 2A=sin 2B，而A，B为三角形内角，

所以2A=2B⇒A=B或者

2A+2B=π⇒A+B= $\frac{π}{2}$ ，

所以△ABC是等腰三角形或者直角三角形，故B错误；

对于C，因为△ABC是锐角三角形，

所以A+B> $\frac{π}{2}$ ，即 $\frac{π}{2}$ >A> $\frac{π}{2}$ -B>0，

由正弦函数性质结合诱导公式得

sin A>sin $(\frac{π}{2} - B)$ =cos B，故C正确；

对于D，由 $\frac{c}{b}$ <cos A可得

c<bcos A⇒sin C<sin Bcos A⇒sin(B+A)

=sin Bcos A+cos Bsin A<sin Bcos A，

所以cos Bsin A<0，

由于A，B∈(0，π)，所以sin A>0，

进而cos B<0，故B∈ $(\frac{π}{2}, π)$ ，

因此三角形为钝角三角形，故D正确.

第9题 (多选题) 难度 - 基础题：

(多选)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，B= $\frac{π}{4}$ ，BC边上的高等于 $\frac{a}{3}$ ，则以下四个结论正确的是(　　)

A: cos C= $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$
B: sin A= $\frac{3 \sqrt{10}}{10}$
C: tan A=3
D: b²-c²= $\frac{a^{2}}{3}$

解析:

如图，过点A作AD⊥BC于点D，所以AD= $\frac{a}{3}$ ，

由B= $\frac{π}{4}$ ，可得BD= $\frac{a}{3}$ ，CD= $\frac{2 a}{3}$ ，c=AB= $\frac{\sqrt{2}}{3}$ a，

b=AC= $\frac{\sqrt{5}}{3}$ a，

所以cos C= $\frac{a^{2} + b^{2} - c^{2}}{2 a b}$ = $\frac{a^{2} + \frac{5}{9} a^{2} - \frac{2}{9} a^{2}}{2 a \cdot \frac{\sqrt{5}}{3} a}$ = $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$ ，故A正确；

由cos C= $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$ ，可得sin C= $\frac{\sqrt{5}}{5}$ ，

由 $\frac{a}{s i n ∠ B A C}$ = $\frac{c}{s i n C}$ ，

可得sin∠BAC= $\frac{3 \sqrt{10}}{10}$ ，故B正确；

由tan∠DAC= $\frac{\frac{2 a}{3}}{\frac{a}{3}}$ =2，所以∠DAC> $\frac{π}{4}$ ，

而∠BAD= $\frac{π}{4}$ ，所以∠BAC> $\frac{π}{2}$ ，

所以cos∠BAC=- $\frac{\sqrt{10}}{10}$ ，tan∠BAC=-3，故C错误；

又b²-c²= $\frac{5 a^{2}}{9}$ - $\frac{2 a^{2}}{9}$ = $\frac{a^{2}}{3}$ ，故D正确.

第10题 (填空题) 难度 - 基础题：

若在△ABC中，C=30°，a+b=1，则△ABC面积S的最大值是　　　　　.

答案:

$\frac{1}{16}$

解析:

由题意，得ab≤ $\frac{1}{4}$ (a+b)²= $\frac{1}{4}$ ，

当且仅当a=b= $\frac{1}{2}$ 时等号成立，

故S= $\frac{1}{2}$ absin C≤ $\frac{1}{2}$ × $\frac{1}{4}$ × $\frac{1}{2}$ = $\frac{1}{16}$ .

第11题 (填空题) 难度 - 基础题：

已知在△ABC中，AC=2，AB=3，∠BAC=60°，AD是∠BAC的平分线，则AD=　　　　.

答案:

$\frac{6 \sqrt{3}}{5}$

解析:

如图，∵S_△_ABC=S_△_ABD+S_△_ACD，

∴ $\frac{1}{2}$ ×3×2×sin 60°= $\frac{1}{2}$ ×3AD×sin 30°+ $\frac{1}{2}$ ×2AD×sin 30°，∴AD= $\frac{6 \sqrt{3}}{5}$ .

第12题 (填空题) 难度 - 基础题：

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A= $\frac{π}{6}$ ，a²+b²-c²=ab，c=3，则C=　　　　，a=　　　.

答案:

$\frac{π}{3}$ 　 $\sqrt{3}$

解析:

由a²+b²-c²=ab，

得cos C= $\frac{a^{2} + b^{2} - c^{2}}{2 a b}$ = $\frac{1}{2}$ ，

∵C∈(0，π)，∴C= $\frac{π}{3}$ ，

由正弦定理 $\frac{a}{s i n A}$ = $\frac{c}{s i n C}$ ，

得a= $\frac{c s i n A}{s i n C}$ = $\frac{3 \times \frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$ = $\sqrt{3}$ .

第13题 (填空题) 难度 - 基础题：

在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，若B= $\frac{2 π}{3}$ ，a²+c²=4ac，则 $\frac{s i n (A + C)}{s i n A s i n C}$ =　　　　.

答案:

$\frac{10 \sqrt{3}}{3}$

解析:

由已知及余弦定理，

得b²=a²+c²-2accos B=5ac，

则由正弦定理，得sin²B=5sin Asin C= $\frac{3}{4}$ ，

所以sin Asin C= $\frac{3}{20}$ ，

所以 $\frac{s i n (A + C)}{s i n A s i n C}$ = $\frac{s i n B}{s i n A s i n C}$ = $\frac{10 \sqrt{3}}{3}$ .

第14题 (解答题) - 简答题难度 - 基础题：

在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin 2B= $\sqrt{2}$ sin B.

(1)求B的大小；

(2)若△ABC的面积为6，a=4，求b的长.

答案:

解　(1)因为sin 2B= $\sqrt{2}$ sin B，所以2sin Bcos B= $\sqrt{2}$ sin B.

因为sin B≠0，所以cos B= $\frac{\sqrt{2}}{2}$ ，又0<B<π，所以B= $\frac{π}{4}$ .

(2)因为S_△_ABC= $\frac{1}{2}$ acsin B= $\frac{1}{2}$ ×4×c× $\frac{\sqrt{2}}{2}$ =6，所以c=3 $\sqrt{2}$ .

由余弦定理得b²=a²+c²-2accos B=16+18-2×4×3 $\sqrt{2}$ × $\frac{\sqrt{2}}{2}$ =10，

所以b= $\sqrt{10}$ .

第15题 (解答题) - 简答题难度 - 基础题：

已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acos C+ $\frac{\sqrt{3}}{2}$ c=b.

(1)求A的大小；

(2)若a=1，b= $\sqrt{3}$ ，求c的值.

答案:

解　(1)由acos C+ $\frac{\sqrt{3}}{2}$ c=b，

得sin Acos C+ $\frac{\sqrt{3}}{2}$ sin C=sin B.

因为sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C，

所以 $\frac{\sqrt{3}}{2}$ sin C=cos Asin C.

因为sin C≠0，所以cos A= $\frac{\sqrt{3}}{2}$ .

因为0<A<π，所以A= $\frac{π}{6}$ .

(2)由正弦定理，得sin B= $\frac{b s i n A}{a}$ = $\frac{\sqrt{3}}{2}$ .

所以B= $\frac{π}{3}$ 或 $\frac{2 π}{3}$ .

①当B= $\frac{π}{3}$ 时，由A= $\frac{π}{6}$ ，得C= $\frac{π}{2}$ ，

所以c=2；

②当B= $\frac{2 π}{3}$ 时，

由A= $\frac{π}{6}$ ，得C= $\frac{π}{6}$ ，

所以c=a=1.综上可得，c=1或2.

第16题 (解答题) - 简答题难度 - 基础题：

已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bcos C+ccos B=2acos A.

(1)求角A的大小；

(2)若b=2，求△ABC面积的取值范围.

答案:

解　(1)因为bcos C+ccos B=2acos A，

由正弦定理，可得sin Bcos C+sin Ccos B=2sin Acos A，

即sin(B+C)=2sin Acos A，

即sin A=2sin Acos A，

因为在锐角△ABC中，0<A< $\frac{π}{2}$ ，

所以sin A≠0，所以cos A= $\frac{1}{2}$ ，

所以A= $\frac{π}{3}$ .

(2)由正弦定理 $\frac{b}{s i n B}$ = $\frac{c}{s i n C}$ ，得c= $\frac{2 s i n C}{s i n B}$ ，

S_△_ABC= $\frac{1}{2}$ bcsin A= $\frac{\sqrt{3}}{2}$ c= $\frac{\sqrt{3} s i n C}{s i n B}$ ，

因为A= $\frac{π}{3}$ ，所以C= $\frac{2 π}{3}$ -B，

所以S_△_ABC= $\frac{\sqrt{3} s i n (\frac{2 π}{3} - B)}{s i n B}$ = $\frac{\frac{3}{2} c o s B + \frac{\sqrt{3}}{2} s i n B}{s i n B}$

= $\frac{3}{2}$ · $\frac{1}{t a n B}$ + $\frac{\sqrt{3}}{2}$ ，因为△ABC为锐角三角形，

所以 $\{\begin{array}{l} 0 < B < \frac{π}{2}, \\ \frac{π}{3} + B > \frac{π}{2}, \end{array}$ 解得 $\frac{π}{6}$ <B< $\frac{π}{2}$ ，

则tan B∈ $(\frac{\sqrt{3}}{3}, + \infty)$ ，所以S_△_ABC∈ $(\frac{\sqrt{3}}{2}, 2 \sqrt{3})$ ，

故△ABC面积的取值范围是 $(\frac{\sqrt{3}}{2}, 2 \sqrt{3})$ .

第17题 (多选题) 难度 - 基础题：

(多选)如图，△ABC的内角∠CAB，B，∠ACB所对的边分别为a，b，c， $\sqrt{3}$ (acos∠ACB+ccos∠CAB)=2bsin B，且∠CAB= $\frac{π}{3}$ .若D是△ABC外一点，DC=1，AD=3，则下列说法中正确的是(　　)

A: △ABC的内角B= $\frac{π}{3}$
B: △ABC的内角∠ACB= $\frac{π}{3}$
C: 四边形ABCD面积的最大值为 $\frac{5 \sqrt{3}}{2}$ +3
D: 四边形ABCD的面积无最大值

解析:

∵ $\sqrt{3}$ (acos∠ACB+ccos∠CAB)=2bsin B，

∴ $\sqrt{3}$ (sin∠CABcos∠ACB+sin∠ACBcos∠CAB)=2sin²B，

∴ $\sqrt{3}$ sin(∠CAB+∠ACB)=2sin²B，

∴ $\sqrt{3}$ sin B=2sin²B.

又sin B≠0，∴sin B= $\frac{\sqrt{3}}{2}$ .

∵∠CAB= $\frac{π}{3}$ ，∴B∈ $(0, \frac{2 π}{3})$ ，

∴B= $\frac{π}{3}$ ，∴∠ACB=π-∠CAB-B= $\frac{π}{3}$ ，因此A，B正确；

四边形ABCD的面积等于S_△_ABC+S_△_ACD= $\frac{\sqrt{3}}{4}$ AC²+ $\frac{1}{2}$ AD·DCsin∠ADC= $\frac{\sqrt{3}}{4}$ (AD²+DC²-2AD·DCcos∠ADC)+ $\frac{1}{2}$ AD·DCsin∠ADC= $\frac{\sqrt{3}}{4}$ (9+1-6cos∠ADC)+ $\frac{1}{2}$ ×3×1×sin∠ADC= $\frac{5 \sqrt{3}}{2}$ +3sin $(∠ A D C - \frac{π}{3})$ ≤ $\frac{5 \sqrt{3}}{2}$ +3，当且仅当∠ADC- $\frac{π}{3}$ = $\frac{π}{2}$ ，即∠ADC= $\frac{5 π}{6}$ 时，等号成立，因此C正确，D错误.

第18题 (解答题) - 简答题难度 - 基础题：

如图在五边形ABCDE中，CD=3AB=3BC= $\frac{9}{10}$ ，∠ABC=∠BCD= $\frac{2 π}{3}$ ，∠AED= $\frac{π}{3}$ .

(1)求线段AD的长；

(2)设∠DAE=α， △ADE的面积为S，则S=f(α)，求f(α)的表达式.

答案:

解　(1)方法一　由题意可得 $\vec{A B}$ 与 $\vec{B C}$ 的夹角是 $\frac{π}{3}$ ， $\vec{B C}$ 与 $\vec{C D}$ 的夹角是 $\frac{π}{3}$ ， $\vec{A B}$ 与 $\vec{C D}$ 的夹角是 $\frac{2 π}{3}$ ，又知AB=BC= $\frac{3}{10}$ ，CD= $\frac{9}{10}$ ，

可求得 $\vec{A B}$ · $\vec{B C}$ = $\frac{9}{200}$ ， $\vec{B C}$ · $\vec{C D}$ = $\frac{27}{200}$ ，

$\vec{A B}$ · $\vec{C D}$ =- $\frac{27}{200}$ .

因为 $\vec{A D}$ = $\vec{A B}$ + $\vec{B C}$ + $\vec{C D}$ ，所以有

${\vec{A D}}^{2}$ = $(\vec{A B} + \vec{B C} + \vec{C D})^{2}$ = ${\vec{A B}}^{2}$ + ${\vec{B C}}^{2}$ + ${\vec{C D}}^{2}$ +2 $\vec{A B}$ · $\vec{B C}$ +2 $\vec{B C}$ · $\vec{C D}$ +2 $\vec{A B}$ · $\vec{C D}$

= $\frac{9}{100}$ + $\frac{9}{100}$ + $\frac{81}{100}$ +2 $(\frac{9}{200} + \frac{27}{200} - \frac{27}{200})$ = $\frac{27}{25}$ ，

所以AD= $\frac{3 \sqrt{3}}{5}$ .

方法二　连接AC(图略)，在△ABC中，AC²=AB²+BC²-2AB·BCcos∠ABC= $\frac{27}{100}$ ，

所以AC= $\frac{3 \sqrt{3}}{10}$ .

因为AB=BC，所以∠BAC=∠ACB= $\frac{π}{6}$ ，

因为∠BCD= $\frac{2 π}{3}$ ，所以∠ACD= $\frac{π}{2}$ ，即AC⊥CD.

在Rt△ACD中，AD= $\sqrt{A C^{2} + C D^{2}}$ = $\sqrt{{(\frac{3 \sqrt{3}}{10})}^{2} + {(\frac{9}{10})}^{2}}$ = $\frac{3 \sqrt{3}}{5}$ .

(2)在△ADE中，因为∠DAE=α，∠AED= $\frac{π}{3}$ ，

所以∠ADE= $\frac{2 π}{3}$ -α.

由正弦定理得 $\frac{A D}{s i n ∠ A E D}$ = $\frac{A E}{s i n ∠ A D E}$ = $\frac{D E}{s i n ∠ D A E}$ = $\frac{6}{5}$ ，所以AE= $\frac{6}{5}$ sin $(\frac{2 π}{3} - α)$ ，DE= $\frac{6}{5}$ sin α，

所以S=f(α)= $\frac{1}{2}$ AE·DEsin $\frac{π}{3}$

= $\frac{9 \sqrt{3}}{25}$ sin $(\frac{2 π}{3} - α)$ sin α= $\frac{9 \sqrt{3}}{25} [\frac{1}{2} s i n (2 α - \frac{π}{6}) + \frac{1}{4}]$ .

第六章 作业17 余弦定理、正弦定理的综合运用

第六章作业17 余弦定理、正弦定理的综合运用