《2020届高考文科数学一轮（新课标通用）训练检测：考点测试23 正弦定理和余弦定理 Word版含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高考文科数学一轮（新课标通用）训练检测：考点测试23 正弦定理和余弦定理 Word版含解析.doc（12页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、考点测试23正弦定理和余弦定理高考概览本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题和解答题，分值5分、12分，中、低等难度考纲研读一、基础小题1在ABC中，C60，AB，BC，那么A等于()A135 B105 C45 D75答案C解析由正弦定理知，即，所以sinA，又由题知0A120，所以A45故选C2在ABC中，A120，AB5，BC7，则()A B C D答案C解析在ABC中，由余弦定理可得BC2AB2AC22ABACcosA，代入得4925AC25AC，解得AC3或AC8(舍去)，所以，故选C3在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c若(a2c2b2)tanBac，则角B的值为
2、()A BC或 D或答案C解析由余弦定理，知a2c2b22accosB，所以由(a2c2b2)tanBac可得2accosBac，所以sinB，所以B或，故选C4在ABC中，若sin2Asin2Bsin2C，则ABC的形状是()A锐角三角形 B直角三角形C钝角三角形 D不能确定答案C解析由正弦定理得a2b2c2，所以cosC0，所以C是钝角，故ABC是钝角三角形故选C5已知ABC中，cosA，cosB，BC4，则ABC的面积为()A6 B12 C5 D10答案A解析因为cosA，cosB，所以sinA，sinB，则由正弦定理得，所以AC3，则由余弦定理得AC2AB2BC22ABBCcosB，即
3、32AB2428AB，解得AB5，所以ABC是以AC，BC为直角边的直角三角形，所以其面积为346，故选A6在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足 abc643，则()A B C D答案A解析不妨设a6，b4，c3，由余弦定理可得cosA，则，故选A7在ABC中，“sinAsinB”是“AB”的()A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件答案C解析根据正弦定理，“sinAsinB”等价于“ab”，根据“大边对大角”，得“ab”等价于“AB”故选C8在ABC中，根据下列条件解三角形，其中有两个解的是()Ab10，A45，C60 Ba6，c5，B60Ca
4、14，b16，A45 Da7，b5，A60答案C解析由条件解三角形，其中有两解的是已知两边及其一边的对角C中，sinBa，BA，角B有两个解，故选C二、高考小题9(2018全国卷)在ABC中，cos，BC1，AC5，则AB()A4 B C D2答案A解析因为cosC2cos21221，所以AB2BC2AC22BCACcosC12521532，AB4故选A10(2018全国卷)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c若ABC的面积为，则C()A B C D答案C解析由题可知SABCabsinC，所以a2b2c22absinC由余弦定理得a2b2c22abcosC，所以sinCcosCC(0，
5、)，C，故选C11(2017山东高考)在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c若ABC为锐角三角形，且满足sinB(12cosC)2sinAcosCcosAsinC，则下列等式成立的是()Aa2b Bb2a CA2B DB2A答案A解析解法一：因为sinB(12cosC)2sinAcosCcosAsinC，所以sinB2sinBcosCsinAcosCsin(AC)，所以sinB2sinBcosCsinAcosCsinB，即cosC(2sinBsinA)0，所以cosC0或2sinBsinA，即C90或2ba，又ABC为锐角三角形，所以0C90，故2ba故选A解法二：由正弦定理和余弦定理
6、得b12ac，所以2b21a23b2c2，即(a2b2c2)a2b2c2，即(a2b2c2)10，所以a2b2c2或2ba，又ABC为锐角三角形，所以a2b2c2，故2ba故选A12(2018浙江高考)在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c若a，b2，A60，则sinB_，c_答案3解析由得sinBsinA，由a2b2c22bccosA，得c22c30，解得c3(舍去负值)13(2018全国卷)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bsinCcsinB4asinBsinC，b2c2a28，则ABC的面积为_答案解析根据题意，结合正弦定理可得sinBsinCsinCsinB
7、4sinAsinBsinC，即sinA，结合余弦定理可得2bccosA8，所以A为锐角，且cosA，从而求得bc，所以ABC的面积为SbcsinA三、模拟小题14(2018广东广雅中学、江西南昌二中联考)已知a，b，c为ABC的三个内角A，B，C所对的边，若3bcosCc(13cosB)，则sinCsinA()A23 B43 C31 D32答案C解析由正弦定理得3sinBcosCsinC3sinCcosB，3sin(BC)sinC，因为ABC，所以BCA，所以3sinAsinC，所以sinCsinA31，故选C15(2018合肥质检)已知ABC的三个内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若s
8、in(CA)sinB，且b4，则c2a2()A10 B8 C7 D4答案B解析依题意，有sinCcosAcosCsinAsinB，由正弦定理得ccosAacosCb；再由余弦定理可得cab，将b4代入整理，得c2a28，故选B16(2018珠海摸底)在ABC中，已知角A，B，C对应的边分别为a，b，c，C60，a4b，c，则ABC的面积为_答案解析根据余弦定理，有a2b22abcosCc2，即16b2b28b213，所以b21，解得b1，所以a4，所以SABCabsinC4117(2018贵阳期末)设ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且asinBbcosA，a4，若ABC的面积为4
9、，则bc_答案8解析由asinBbcosA得，再由正弦定理，所以，即tanA，又A为ABC的内角，所以A由ABC的面积为SbcsinAbc4，得bc16再由余弦定理a2b2c22bccosA，得b2c232，所以bc818(2018长春质检)已知ABC中内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若其面积Sb2sinA，角A的平分线AD交BC于点D，AD，a，则b_答案1解析由SbcsinAb2sinA，可知c2b，由角平分线定理可知，2又BDCDa，所以BD，CD在ABD中，因为BDAD，ABc2b，所以cosABDb，在ABC中，由余弦定理得AC2AB2BC22ABBCcosABD，所以b24b
10、234bcosABD34b26b2，解得b1一、高考大题1(2018全国卷)在平面四边形ABCD中，ADC90，A45，AB2，BD5(1)求cosADB；(2)若DC2，求BC解(1)在ABD中，由正弦定理，得由题设知，所以sinADB由题设知，ADB0，所以sinBcosA，即cosBcosA因为A(0，)，B0，所以BA，即AB，所以C(2)设BDm，CBn因为B，C，所以A，DBC，且ACn，AB2n，AD2nm所以SACDACADsinAn(2nm)，即n(2nm)3，在BCD中，由余弦定理得CD2BC2BD22BCBDcosDBC，即m2n2mn3，联立解得mn1，即BD15(20
11、18长沙统考)在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a2c(ac)b2(1)求角B的大小；(2)设m2ac，若b，求m的取值范围解(1)因为a2c(ac)b2，所以a2c2b2ac，所以cosB又因为0B，所以B(2)由正弦定理得2，所以a2sinA，c2sinC所以m2ac4sinA2sinC4sinA2sinA4sinA2cosAsinA3sinAcosA2sinAcosA2sinA因为A，C都为锐角，则0A，且0CA，所以A，所以0A，所以0sinA，所以0m36(2018福建4月质检)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bcosCcsinBa(1)
12、求角B的大小；(2)若a3，b7，D为边AC上一点，且sinBDC，求BD解(1)由正弦定理及bcosCcsinBa，得sinBcosCsinCsinBsinA，所以sinBcosCsinCsinBsin(BC)，所以sinBcosCsinCsinBsinBcosCcosBsinC，即sinCsinBcosBsinC因为sinC0，所以sinBcosB，所以tanB又B(0，)，解得B(2)解法一：在ABC中，由余弦定理b2a2c22accosB，且a3，b7，所以7232c223c，解得c5在ABC中，由正弦定理，得，解得sinC在BCD中，由正弦定理，得，解得BD解法二：在ABC中，由正弦定理，及a3，b7，得sinA又因为B，所以0A，所以cosA，则sinCsin(AB)sincosAcossinA在BCD中，由正弦定理，得，解得BD