課時(shí)作業(yè)(二十二)　第22講　正弦定理和余弦定理 時(shí)間 /45分鐘　分值 /100分 基礎(chǔ)熱身 1.在△ABC中,AB=3,BC=13,AC=4,則cosA等于 (　　) A.22 B.12 C.32 D.-12 2.在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,若sinAa=cosBb,則角B的值為 (　　) A.30 B.45 C.60 D.90 3.在△ABC中,若a=3,b=3,A=π3,則△ABC的面積為 (　　) A.332 B.33 C.62 D.6 4.在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,若cos2B2=a+c2c,則△ABC的形狀為 (　　) A.直角三角形 B.等邊三角形 C.等腰三角形或直角三角形 D.等腰直角三角形 5.[2018成都三診] 在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,已知a=33,b=3,A=π3,則角C的大小為　　　　. 能力提升 6.在△ABC中,三內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,面積為S,若S+a2=(b+c)2,則cosA等于 (　　) A.45 B.-45 C.1517 D.-1517 7.[2018貴州黔東南州一模] 已知△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,且3bsinA-acosB-2a=0,則B= (　　) A.π3 B.2π3 C.π4 D.π6 8.在△ABC中,點(diǎn)D為邊AB上一點(diǎn),若CD⊥BC,AC=32,AD=3,sin∠CBA=33,則△ABC的面積是 (　　) A.62 B.122 C.922 D.1522 9.[2018安慶二模] 在銳角三角形ABC中,A=2B,則ABAC的取值范圍是 (　　) A.(0,3) B.(1,3) C.(2,3) D.(1,2) 10.[2018北京朝陽區(qū)一模] 在△ABC中,已知sinA=55,b=2acosA.若ac=5,則△ABC的面積是　　　　. 11.[2018廣東江門一模] 在△ABC中,A=π3,3sinB=5sinC.若△ABC的面積S=1534,則△ABC的邊BC的長(zhǎng)是　　　　. 12.[2018湖南衡陽二模] 在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別是a,b,c,若asinA+bsinB-csinCasinB=2sinC,則C=　　　　. 13.[2018河北保定一模] 已知a,b,c分別為△ABC的三個(gè)內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊,a=3,b=2,且accosB=a2-b2+74bc,則B=　　　　. 14.(12分)[2018濟(jì)寧二模] 在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,且bsinB-asinA=(b-c)sinC. (1)求角A的大小; (2)若a=6,b+c=33,求△ABC的面積. 15.(13分)[2018保定二模] 在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,且ab=1+cosC. (1)求證:sinC=tanB; (2)若cosB=277,C為銳角,△ABC的面積為332,求c. 難點(diǎn)突破 16.(5分)[2018廣東茂名3月聯(lián)考] 在△ABC中,三個(gè)內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c.若△ABC的面積為S,且4S=(a+b)2-c2,則sinπ4+C= (　　) A.1 B.-22 C.22 D.32 17.(5分)[2018太原二模] 已知點(diǎn)O是△ABC的內(nèi)心,∠BAC=60,BC=1,則△BOC面積的最大值為　　　　.  課時(shí)作業(yè)(二十二) 1.B　[解析] 由題意得cosA=AB2+AC2-BC22ABAC=32+42-(13)2234=12. 2.B　[解析] 由正弦定理知sinAsinA=cosBsinB,所以sinB=cosB,所以B=45.故選B. 3.A　[解析] 由正弦定理asinA=bsinB,得3sinπ3=3sinB,解得sinB=12,又a>b,所以B=π6,從而C=π2,所以S△ABC=12ab=1233=332.故選A. 4.A　[解析] 因?yàn)閏os2B2=a+c2c,所以1+cosB2=a+c2c,得1+cosB=a+cc.由余弦定理得1+a2+c2-b22ac=a+cc,化簡(jiǎn)整理得c2=a2+b2,故△ABC為直角三角形.故選A. 5.π2　[解析] 由正弦定理asinA=bsinB得,33sinπ3=3sinB,得sinB=12,又b<a,所以B=π6,所以C=π2. 6.D　[解析] 由S+a2=(b+c)2,得a2=b2+c2-2bc14sinA-1,由余弦定理可得14sinA-1=cosA,結(jié)合sin2A+cos2A=1,可得cosA=-1517(舍去cosA=-1).故選D. 7.B　[解析] 由已知和正弦定理,得3sinBsinA-sinAcosB-2sinA=0,因?yàn)閟inA≠0,所以3sinB-cosB-2=0,即sinB-π6=1,因?yàn)锽∈(0,π),所以B-π6∈-π6,5π6,所以B-π6=π2,得B=2π3.故選B. 8.A　[解析] 因?yàn)閏os∠ADC=cosπ2+∠CBA=-sin∠CBA=-33,且AC=32,AD=3,所以在△ACD中,由余弦定理,得(32)2=3+CD2-23CD-33,解得CD=3,在直角三角形BCD中,可得BD=33,BC=32,則AB=43,所以S△ABC=12433233=62.故選A. 9.D　[解析] 在銳角三角形ABC中,A=2B,可得B∈(30,45),則cosB∈22,32,cos2B∈12,34,所以由正弦定理可知ABAC=sinCsinB=sin3BsinB=3sinB-4sin3BsinB=3-4sin2B=4cos2B-1∈(1,2),故選D. 10.2　[解析] 因?yàn)閎=2acosA,所以sinB=2sinAcosA,又因?yàn)閟inA=55,cosA=b2a>0,所以cosA=255,所以sinB=255255=45,所以S△ABC=12acsinB=2. 11.19　[解析] 由3sinB=5sinC和正弦定理得3b=5c,又S=12bcsinA=1534,所以bc=15,解方程組3b=5c,bc=15,得b=5,c=3舍去b=-5,c=-3.在△ABC中,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA=52+32-253cosπ3=19,所以a=19(負(fù)值舍去),即BC=19. 12.π4　[解析] 由已知等式結(jié)合正弦定理得,a2+b2-c2ab=2sinC,所以2sinC=2abcosCab,得tanC=1,因?yàn)镃為三角形的內(nèi)角,所以C=π4. 13.π6　[解析] 因?yàn)閍ccosB=a2-b2+74bc,所以12(a2+c2-b2)=a2-b2+74bc,所以b2+c2-a2=72bc,所以cosA=b2+c2-a22bc=74,則sinA=34,由正弦定理得sinBsinA=ba,所以sinB=2334=12,因?yàn)閎<a,所以B=π6. 14.解:(1)由bsinB-asinA=(b-c)sinC和正弦定理得b2-a2=(b-c)c, 所以cosA=b2+c2-a22bc=12, 由于0<A<π,所以A=π3. (2)由于a=6,b+c=33, 所以a2=b2+c2-2bccosA=(b+c)2-3bc,解得bc=7. 故S△ABC=12bcsinA=734. 15.解:(1)證明:因?yàn)閍b=1+cosC, 根據(jù)正弦定理得sinA=sinB+sinBcosC, 即sin(B+C)=sinB+sinBcosC, 則sinCcosB=sinB, 所以sinC=tanB. (2)因?yàn)閏osB=277,且B∈(0,π), 所以sinB=217,則tanB=32. 由于C為銳角,sinC=tanB, 所以C=π3, 則ab=1+cosC=32.① 因?yàn)椤鰽BC的面積為332, 所以12absinC=332, 得ab=6②,由①和②解得a=3,b=2. 利用余弦定理得c=a2+b2-2abcosC=7. 16.C　[解析] 因?yàn)镾=12absinC,cosC=a2+b2-c22ab,所以2S=absinC,a2+b2-c2=2abcosC,所以4S=(a+b)2-c2=a2+b2-c2+2ab,即2absinC=2abcosC+2ab,因?yàn)閍b≠0,所以sinC=cosC+1,又因?yàn)閟in2C+cos2C=1,所以(cosC+1)2+cos2C=1,解得cosC=-1(舍去)或cosC=0,得C=π2,則sinπ4+C=sin3π4=22.故選C. 17.312　[解析] 由題意得∠BOC=180-180-602=120,在△OBC中,BC2=OB2+OC2-2OBOCcos120,即1=OB2+OC2+OBOC≥3OBOC(當(dāng)且僅當(dāng)OB=OC時(shí)取等號(hào)),即OBOC≤13,所以S△OBC=12OBOCsin120≤312,當(dāng)且僅當(dāng)OB=OC時(shí)S△BOC取最大值312.