PAGEPAGE3課時(shí)作業(yè)(二十七)B[第27講正弦定理和余弦定理][時(shí)間：35分鐘分值：80分]eq\a\vs4\al\co1(基礎(chǔ)熱身)1．已知銳角△ABC的面積為3eq\r(3)，BC＝4，CA＝3，則角C的大小為()A．75°B．60°C．45°D．30°2．在△ABC中，若2sinAsinB<cos(B－A)，則△ABC的形狀是()A．銳角三角形B．鈍角三角形C．直角三角形D．等腰三角形3．在△ABC中，下列關(guān)系式①asinB＝bsinA；②a＝bcosC＋ccosB；③a2＋b2－c2＝2abcosC；④b＝csinA＋asinC一定成立的有()A．1個(gè)B．2個(gè)C．3個(gè)D．4個(gè)4．已知a，b，c分別是△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊，若a＝1，b＝eq\r(3)，且B是A與C的等差中項(xiàng)，則sinA＝________.eq\a\vs4\al\co1(能力提升)5．在△ABC中，a＝eq\r(3)＋1，b＝eq\r(3)－1，c＝eq\r(10)，則C＝()A．150°B．120°C．60°D．30°6．在△ABC中，B＝eq\f(π,3)，三邊長(zhǎng)a，b，c成等差數(shù)列，且ac＝6，則b的值是()A.eq\r(2)B.eq\r(3)C.eq\r(5)D.eq\r(6)7．在銳角△ABC中，角A、B、C的對(duì)邊分別為a、b、c，若(a2＋c2－b2)tanB＝eq\r(3)ac，則角B的值為()A.eq\f(π,12)B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,3)8．在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C所對(duì)的邊，若(eq\r(3)b－c)cosA＝acosC，則cosA＝()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(1,3)9．已知△ABC三邊長(zhǎng)分別為a，b，c且a2＋b2－c2＝ab，則C＝________.10．已知a，b，c分別是△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊，若a2－b2＝eq\r(3)bc，sinC＝2eq\r(3)sinB，則A＝________.11．△ABC的三內(nèi)角A，B，C所對(duì)邊長(zhǎng)分別是a，b，c，設(shè)向量m＝(a＋b，sinC)，n＝(eq\r(3)a＋c，sinB－sinA)，若m∥n，則角B的大小為_(kāi)_______．12．(13分)設(shè)△ABC的內(nèi)角A、B、C所對(duì)的邊分別為a、b、c，已知a＝1，b＝2，cosC＝eq\f(1,4).(1)求△ABC的周長(zhǎng)；(2)求cos(A－C)的值．eq\a\vs4\al\co1(難點(diǎn)突破)13．(12分)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且滿足csinA＝acosC.(1)求角C的大??；(2)求eq\r(3)sinA－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))的最大值，并求取得最大值時(shí)角A，B的大?。?/p>

課時(shí)作業(yè)(二十七)B【基礎(chǔ)熱身】1．B[解析]S＝eq\f(1,2)BC·CA·sinC?3eq\r(3)＝eq\f(1,2)×4×3×sinC?sinC＝eq\f(\r(3),2)，注意到其是銳角三角形，故C＝60°.2．B[解析]依題意，sinAsinB<cosAcosB，所以cos(A＋B)>0,0<A＋B<eq\f(π,2)，△ABC的形狀是鈍角三角形．3．C[解析]由正、余弦定理知①③一定成立，對(duì)于②，由正弦定理知sinA＝sinBcosC＋sinCcosB＝sin(B＋C)，顯然成立．對(duì)于④，由正弦定理得sinB＝sinCcosA＋sinAcosC，則b＝csinA＋asinC不一定成立．4.eq\f(1,2)[解析]由已知B＝60°，由正弦定理得sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(\r(3),2×\r(3))＝eq\f(1,2).【能力提升】5．B[解析]用余弦定理，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3)＋12＋\r(3)－12－\r(10)2,2\r(3)＋1\r(3)－1)＝－eq\f(1,2).∴C＝120°.故選B.6．D[解析]a＋c＝2b，根據(jù)余弦定理cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a＋c2－2ac－b2,2ac)，即eq\f(1,2)＝eq\f(3b2－12,12)，解得b＝eq\r(6).7．D[解析]∵(a2＋c2－b2)tanB＝eq\r(3)ac，∴eq\f(a2＋c2－b2,2ac)·tanB＝eq\f(\r(3),2)，即cosB·tanB＝sinB＝eq\f(\r(3),2).∴在銳角△ABC中，角B的值為eq\f(π,3).8．C[解析]將正弦定理代入已知等式，得(eq\r(3)sinB－sinC)cosA＝sinAcosC，∴eq\r(3)sinBcosA＝sinAcosC＋cosAsinC＝sin(A＋C)＝sinB，∵B為三角形內(nèi)角，∴sinB≠0，∴cosA＝eq\f(\r(3),3).故選C.9.eq\f(π,3)[解析]由條件得c2＝a2＋b2－ab，又c2＝a2＋b2－2abcosC，∴c2＝a2＋b2－2abcosC＝a2＋b2－ab，∴cosC＝eq\f(1,2)，C＝eq\f(π,3).10．30°[解析]由sinC＝2eq\r(3)sinB得c＝2eq\r(3)b，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(b2＋c2－b2＋\r(3)bc,2bc)＝eq\f(c2－\r(3)bc,2bc)＝eq\f(c－\r(3)b,2b)＝eq\f(2\r(3)b－\r(3)b,2b)＝eq\f(\r(3),2)，所以A＝30°.11．150°[解析]由m∥n，∴(a＋b)(sinB－sinA)－sinC(eq\r(3)a＋c)＝0，由正弦定理有(a＋b)(b－a)＝c(eq\r(3)a＋c)，即a2＋c2－b2＝－eq\r(3)ac，再由余弦定理得cosB＝－eq\f(\r(3),2)，∴B＝150°.12．[解答](1)∵c2＝a2＋b2－2abcosC＝1＋4－4×eq\f(1,4)＝4，∴c＝2，∴△ABC的周長(zhǎng)為a＋b＋c＝1＋2＋2＝5.(2)∵cosC＝eq\f(1,4)，∴sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2)＝eq\f(\r(15),4)，∴sinA＝eq\f(asinC,c)＝eq\f(\f(\r(15),4),2)＝eq\f(\r(15),8).∵a<c，∴A<C，故A為銳角，∴cosA＝eq\r(1－sin2A)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(15),8)))2)＝eq\f(7,8).∴cos(A－C)＝cosAcosC＋sinAsinC＝eq\f(7,8)×eq\f(1,4)＋eq\f(\r(15),8)×eq\f(\r(15),4)＝eq\f(11,16).【難點(diǎn)突破】13．[解答](1)由正弦定理得sinCsinA＝sinAcosC.因?yàn)?<A<π，所以sinA>0.從而sinC＝cosC.又cosC≠0，所以tanC＝1，則C＝eq\f(π,4).(2)由(1)知，B＝eq\f(3π,4)－A，于是eq\r(3)sinA－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))＝eq\r(3)sinA－cos(π－A)＝eq\r(3)sinA＋cosA＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6))).因?yàn)?<A<eq\f(3π,4)，所以eq\f(π,6)<A＋eq\f(π,6)<eq\f(11π,12).從而當(dāng)A＋eq\f(π,