11版數(shù)學(xué)《高中全程復(fù)習(xí)方略》（提升版）人教A版三十二余弦定理、正弦定理溫馨提示：三十二余弦定理、正弦定理(時間:45分鐘分值:95分)【基礎(chǔ)落實練】1.(5分)(2023·連云港模擬)在△ABC中,a=5,c=3,cosA=23,則b= (A.1 B.2 C.3 D.4【解析】選B.由余弦定理可得,a2=b2+c2-2bccosA=b2+9-4b=5,即b2-4b+4=0,解得b=2.2.(5分)在△ABC中,a=2,b=3,cosB=74,則A= (A.π6 B.C.5π6 D.π6【解析】選A.因為a=2,b=3,cosB=74,所以sinB=1-co因為由正弦定理可得asinA=bsinB,所以sinA=a·又b>a,可得A為銳角,所以A=π63.(5分)(2023·豐臺模擬)在△ABC中,(a-c)(sinA+sinC)=(a+b)cos(π2+B),則C=(A.π6 B.π3 C.2π3 【解析】選C.在△ABC中,(a-c)(sinA+sinC)=(a+b)cos(π2+B)則(a-c)(sinA+sinC)=-(a+b)sinB,由正弦定理可得(a-c)(a+c)=-(a+b)b,所以a2+b2-c2=-ab,則cosC=a2+b2-c22ab=-4.(5分)在△ABC中,∠B=45°,c=4,只需添加一個條件,即可使△ABC存在且唯一.在條件:①a=32;②b=25;③cosC=-45中,所有可以選擇的條件的序號為 (A.① B.①②C.②③ D.①②③【解析】選B.在△ABC中,∠B=45°,c=4,若添加條件①,則由余弦定理可得b2=a2+c2-2accosB=10,即b=10,即△ABC存在且唯一;若添加條件②,則由余弦定理b2=a2+c2-2accosB,可得:a2-42a-4=0,解得a=2(2+3),即△ABC存在且唯一;若添加條件③,則由-45<-22,得C>135°,則B+C>45°+135°=180°,即△ABC不存在,即可以選擇的條件的序號為5.(5分)(多選題)(2023·日照模擬)在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別是a,b,c,則()A.若c=23,B=π3,bB.若sin2B+sin2C<sin2A,則△ABC為鈍角三角形C.若ab(b2+c2-a2)=ba(a2+c2-b2),則△D.若△ABC不是直角三角形,則tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC【解析】選ABD.對于A,由c·sinB=3,且b=5>3,5>23,知滿足條件的三角形只有一個,故A正確;對于B,sin2B+sin2C<sin2A,即b2+c2<a2?cosA=b2+c2-a22bc<0,A為鈍角,故B正確;對于C,ab(b2+c2-a2)=ba(a2+c2-b即acosA=bcosB,由正弦定理可得sinAcosA=sinBcosB,則sin2A=sin2B,所以A=B或A+B=π2對于D,因為△ABC不是直角三角形,所以tanA,tanB,tanC均有意義,又A=π-(B+C),所以tanA=-tan(B+C)=-tanB所以tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC,故D正確.6.(5分)(多選題)在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,已知(b+c)∶(c+a)∶(a+b)=4∶5∶6,則下列結(jié)論正確的是 ()A.sinA∶sinB∶sinC=7∶5∶3B.CA·AB<0C.若c=6,則△ABC的面積是15D.若b+c=8,則△ABC外接圓半徑是7【解析】選AD.令b+c=4x,則c+a=5x,a+b=6x,可得a=72x,b=52x,c=3所以a∶b∶c=7∶5∶3,由正弦定理知:sinA∶sinB∶sinC=7∶5∶3,A對;若c=6,則a=14,b=10,故cosA=100+36-1962×10×6=-12,又0<A<π,則所以S△ABC=12bcsinA=153由CA·AB=bccos(π-A)=-bccosA,結(jié)合C可得CA·AB>0,B錯;若b+c=8,則a=7,易得A=2π3,故△ABC外接圓半徑是a2sinA=7.(5分)(2022·上海高考)已知在△ABC中,A=π3,AB=2,AC=3,則△ABC的外接圓半徑為__________【解析】在△ABC中,A=π3,AB=2,AC=3,利用余弦定理BC2=AC2+AB2-2AB·AC·cosA,整理得BC=7,所以BCsinA=2R,解得R答案:218.(5分)在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c,sinA(tanB+tanC)=2tanBtanC,a=2,則bc=__________.

【解析】sinA(tanB+tanC)=2tanBtanC,則2sinA=1tanB+1tanC=cosBsinC+sinBcosCsinBsinC由正弦定理有a2=2bc,因為a=2,則bc=2.答案:29.(10分)(2023·全國乙卷)在△ABC中,已知∠BAC=120°,AB=2,AC=1.(1)求sin∠ABC;(2)若D為BC上一點,且∠BAD=90°,求△ADC的面積.【解析】(1)由余弦定理可得:BC2=a2=b2+c2-2bccosA=1+4-2×1×2×cos120°=7,則BC=7,cosB=a2+c2-b22ac=7+4-1(2)由三角形面積公式可得S△ABDS則S△ACD=15S△ABC=15×(12×2×1×sin120°)【加練備選】已知△ABC的三個內(nèi)角A,B,C的對邊分別是a,b,c,且滿足a2sinB(1)求角C的值;(2)若角C的平分線交AB于D,且DB=2AD,AB邊上的中線CE交AB于點E,且CE=72,求△ABC的面積【解析】(1)在△ABC中,由正弦定理可得asinA=bsinB,即由a2sinBsinCsinA=3(a2+又由余弦定理cosC=a2+b2-c22ab,可得sinC因為C∈(0,π),所以C=π3(2)因為CD為∠ACB的平分線,所以∠ACD=∠BCD,在△ACD中,由正弦定理得ADsin∠ACD=在△BCD中,由正弦定理得BDsin∠BCD=又因為∠ADC+∠CDB=π,所以sin∠ADC=sin∠CDB,因為sin∠ACD=sin∠BCD,所以ACBC=ADBD=12,即a=2b.因為CE為AB邊上的中線,所以CE=12(CA+CB),即CE2=14·(CA2+CB2+2CA·CB)=14(b2即7=7b2,所以b=1,a=2,所以△ABC的面積為12absin∠ACB=12×2×1×32【能力提升練】10.(5分)(2023·龍巖模擬)若△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,則下列說法錯誤的是 ()A.若c=6,A=45°,a=2,則△ABC有兩組解B.在△ABC中,已知a2tanB=b2tanA,則△ABC是等腰或直角三角形C.若sinA<sinC,則cosA<cosCD.若△ABC為銳角三角形,且C=π3,b=4,則△ABC面積的取值范圍是(23,83【解析】選C.A選項,由正弦定理得asinA=則sinC=csinAa=6×222同時csinA=6×22=3<a<c,所以△ABC有兩組解,A選項正確,不符合題意B選項,依題意a2tanB=b2tanA,則A,B為銳角,由正弦定理得sin2A·sinBcosB=sin2B·sinAcos所以sinAcosB=sinBcosA,sinAcossin2A=sin2B,則2A=2B或2A+2B=π,所以A=B或A+B=π2,所以△ABC為等腰或直角三角形,B選項正確,不符合題意C選項,當(dāng)sinA<sinC時,如A=π6,C=π2,sinA=12滿足sinA<sinC,但cosA=32,cosC=0,cosA>cosC,所以C選項錯誤,符合題意D選項,由正弦定理得asinA=bsinB,asinA=4sinB,a=2+23tanB.由于△ABC是銳角三角形,所以0<B<π2所以tanB>33,0<23tanB<6,2<2+23由三角形的面積公式得S△ABC=12absinC=12a·4×32=3a∈(23所以D選項正確,不符合題意.【加練備選】(多選題)(2023·新余模擬)下列有關(guān)三角形的描述正確的是 ()A.若△ABC的面積為34(a2+c2-b2),則B=B.在△ABC中,A=30°,b=2,a=2,則滿足這樣的三角形只有一個C.在△ABC中,若(sinA+sinB)∶(sinB+sinC)∶(sinC+sinA)=9∶11∶10,則最大內(nèi)角是最小內(nèi)角的2倍D.在△ABC中,a=2,c=4,cosC=-14,則AB邊上的高為【解析】選ACD.對于A,由題意得12acsinB=34(a2+c2-b2),整理得a2+c2-b2=23ac所以a2+c2-b22ac=13sinB,所以cosB=13sinB,得tanB=3,因為B∈(0,π),所以B=π3,所以A正確;對于B,由正弦定理得因為0°<B<150°,所以B=45°或B=135°,所以滿足條件的三角形有2個,所以B錯誤;對于C,因為(sinA+sinB)∶(sinB+sinC)∶(sinC+sinA)=9∶11∶10,所以由正弦定理得(a+b)∶(b+c)∶(c+a)=9∶11∶10,設(shè)a+b=9m,b+c=11m,c+a=10m,解得a=4m,b=5m,c=6m,則最大角為C,最小角為A,由余弦定理得cosC=a2+b2-c22ab=16m2+25m2-36m22×4m×5m因為cosC>0,cosA>0,所以A,C均為銳角,所以2A∈(0,π),所以C=2A,所以最大內(nèi)角是最小內(nèi)角的2倍,所以C正確;對于D,由余弦定理得c2=a2+b2-2abcosC,則16=4+b2-4b×(-14),即b2+b-12=0,解得b=3或b=-4(舍去).因為cosC=-14,C∈(0,π),所以sinC=1-cos2所以△ABC的面積為S=12absinC=12×2×3×154設(shè)AB邊上的高為h,則S=12ch=12×4h=3154,解得h11.(5分)(2023·廈門模擬)已知a,b,c分別為△ABC內(nèi)角A,B,C的對邊,BA·BC=3,S△ABC∈[32,332],則B的取值范圍是 A.[π4,π3] B.[π6C.[π6,π3] D.[π3【解析】選C.在△ABC中,BA·BC=accosB,S△ABC=12acsinB,因此tanB=2S△ABCBA·BC∈[33,3],顯然B∈(0,π2),而正切函數(shù)y=tanx在(0,π212.(5分)在銳角△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c,若1+cosA=2cos2B,b=1,則a的取值范圍是__________.

【解析】由1+cosA=2cos2B,得cosA=2cos2B-1=cos2B,因為△ABC為銳角三角形,y=cosx在(0,π)上單調(diào)遞減,故A=2B,所以sinA=sin2B=2sinBcosB,由正弦定理得ab=2cosB.又b=1,所以a=2cos由題意得0<A=2B<π2,解得B∈(0,π4),又0<C=π-3B<π2,解得B∈(π6所以B∈(π6,π4),所以cosB∈(22,32),2cosB∈(則a的取值范圍是(2,3).答案:(2,3)13.(5分)(2023·武威模擬)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,若O為△ABC的重心,OB⊥OC,3b=4c,則cosA=__________.

【解析】連接AO并延長交BC于D,由題意得D為BC的中點,OB⊥OC,所以O(shè)D=BD=CD=12a,AD=32a.因為∠ADB+∠cos∠ADB+cos∠ADC=94a2+14a2-c22×故cosA=b2+c2-a22bc=b2+c2-15b2答案:514.(10分)(2023·呂梁模擬)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且csinA+sinB=(1)求角B的大小;(2)若AC=27,D是邊AC的中點,且BD=19,求△ABC的內(nèi)切圓的半徑.【解析】(1)因為csinA+sinB=b-asinC+所以a2+c2-b2=ac,由余弦定理得cosB=a2+c2-b22ac=ac2(2)由余弦定理得AC2=BA2+BC2-2BA·BC·cos∠ABC,即28=a2+c2-ac.又D是邊AC的中點,且BD=19,所以BD=12(BA+BC所以BD2=14(BA+BC)2=14(BA2+2BA·BC+BC2又28=a2+c2-ac,所以a2+c2=52,ac=24,所以a+c=a2+設(shè)△ABC的內(nèi)切圓的半徑為r,所以12(AB+AC+BC)r=12BA·BCsin∠ABC,所以r=BA·BCsin∠15.(10分)在銳角三角形ABC中,角A,B,C所對的邊分別是a,b,c,且c=23,2sin(2C-π3)=3(1)若a=22,求角A;(2)求△ABC面積的最大值.【解析】(1)由2sin(2C-π3)=3,得sin(2C-π3)=因為△ABC為銳角三角形,所以C∈(0,π2),則2C-π3∈(-π3,所以2C-π3=π3,得C=π3.由正弦定理得asinA=csinC,2因為A∈(0,π2),所以A=π(2)由(1)可知C=π3,在銳角三角形ABC中,c=23,C=πc2=a2+b2-2abcosC,12=a2+b2-2abcosπ3=a2+b2-ab≥2ab-ab=ab,當(dāng)且僅當(dāng)a=b時取等號,所以ab的最大值為12,所以12absinC≤12×12×32=33,當(dāng)且僅當(dāng)所以△ABC面積的最大值為33.【加練備選】在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,且a+c=2bcosC.(1)求證:B=2C;(2)求a+4c【解析】(1)在△ABC中,a+c=2bcosC,由正弦定理得sinA+sinC=2sinBcosC,又A=π-(B+C),所以sin(B+C)+sinC=2sinBcosC,所以sinBcosC-cosBsinC=sinC,所以sin(B-C)=sinC,又sinC>0,所以0<B-C<π,且B-C+C=B<π,所以B-C=C,故B=2C;(2)由B=2C得B+C=3C∈(0,π),所以C∈(0,π3),cosC∈(12,1因為a+c=2bcosC,B=2C,所以a+4cc·=2sin2C·cosC+3sinCsinC·當(dāng)且僅當(dāng)4cosC=3cosC,即cosC=32,且C∈(0,π3),即當(dāng)且僅當(dāng)C=π6時等號成立,所以當(dāng)C=π【素養(yǎng)創(chuàng)新練】16.(5分)(多選題)東漢末年的數(shù)學(xué)家趙爽在《周髀算經(jīng)》中利用一幅“弦圖”,根據(jù)面積關(guān)系給出了勾股定理的證明,后人稱其為“趙爽弦圖”.如圖1,它是由四個全等的直角三角形與一個小正方形拼成的一個大正方形.我們通過類比得到圖2,它是由三個全等的鈍角三角形與一個小等邊三角形A'B'C'拼成的一個大等邊三角形ABC,對于圖2,下列結(jié)論正確的是 ()A.這三個全等的鈍角三角形不可能是等腰三角形B.若BB'=3,sin∠ABB'=5314,則C.若AB=2A'B',則AB'=5BB'D.若A'是AB'的中點,則三角形ABC的面積是三角形A'B'C'面積的7倍【解析】選ABD.由圖可知AA'=BB',所以BB'<AB',故A正確;在△ABB'中,sin∠ABB'=5314,而∠AB'B=120°,所以cos∠ABB'=1-sin∠BAB'=sin(60°-∠ABB')=sin60°cos∠ABB'-cos60°sin∠ABB'=3314由正弦定理得BB'sin∠BAB'=AB又因為AA'=BB'=3,所以A'B'=AB'-AA'=2,故B正確;不妨設(shè)AB=2A'B'=2,BB'=x,由余弦定理得AB2=BB'2+AB'2-2BB'·AB'cos120°,解得x=5-12,所以AB'BB若A'是AB'的中點,則S△ABB'=12BB'·AB'sin120°=B'C'·A'B'sin60°=2S△A'B'C'所以S△ABC=7S△A'B'C',故D正確.三十九求通項公式(時間:45分鐘分值:95分)【基礎(chǔ)落實練】1.(5分)在數(shù)列{an}中,a1=1,an+1=2anan+2(n∈N*),則1A.第6項 B.第7項C.第8項 D.第9項【解析】選B.由an+1=2anan+2,可得1an+1=1an+12,即數(shù)列1an是以1為首項,即an=2n+1,由2n+1=12.(5分)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且Sn=2(an-1),則an= ()A.2n B.2n-1 C.2n D.2n-1【解析】選C.當(dāng)n=1時,a1=S1=2(a1-1),可得a1=2,當(dāng)n≥2時,an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,所以an=2an-1,所以數(shù)列{an}是等比數(shù)列,公比為2,首項為2,所以an=2n.3.(5分)在數(shù)列an中,若a1=2,an+1=3an+2n+1,則an= (A.n·2nB.52-C.2·3n-2n+1D.4·3n-1-2n+1【解析】選C.令bn=an則bn+1bn=an又b1=a12+2=3,所以bn所以bn=an2n+2=3×(32)n-1,得an=2·3n4.(5分)已知數(shù)列{an}滿足a1=1,an+1=an+log3(1-22n+1),則a41= A.-1 B.-2C.-3 D.1-log340【解析】選C.因為an+1=an+log3(1-22n+1)=an+log32n-12n+1=an所以an+1-an=log3(2n-1)-log3(2n+1),則a41-a40=log379-log381,a40-a39=log377-log379,…,a3-a2=log33-log35,a2-a1=log31-log33,將以上40個式子相加得a41-a1=log31-log381.又a1=1,所以a41=log31-log381+1=-3.5.(5分)設(shè)[x]表示不超過x的最大整數(shù),如[-3.14]=-4,[3.14]=3.已知數(shù)列{an}滿足:a1=1,an+1=an+n+1(n∈N*),則[1a1+1a2+1a3+…+A.1 B.2 C.3 D.4【解析】選A.由an+1=an+n+1,得an-an-1=n(n≥2).又a1=1,所以an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=n+(n-1)+(n-2)+…則1an=2n(n+1所以1a1+1a2=2(1-12+12-13+…+1=2(1-12025所以[1a1+1a2+…+1a6.(5分)(多選題)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,a1=1,Sn+1=Sn+2an+1,數(shù)列{2nan·an+1}的前n項和為Tn,n∈A.數(shù)列{an+1}是等差數(shù)列B.數(shù)列{an+1}是等比數(shù)列C.數(shù)列{an}的通項公式為an=2n-1D.Tn<1【解析】選BCD.因為Sn+1=Sn+2an+1,所以Sn+1-Sn=2an+1,即an+1=2an+1,an+1+1=2(an+1).因為a1=1,a1+1=2,所以數(shù)列{an+1}是公比為2的等比數(shù)列,所以選項B正確,A不正確.又an+1=2·2n-1=2n,所以an=2n-1,故選項C正確.2nanan+1=所以Tn=(12-1-122-1)+(122-1-7.(5分)若數(shù)列an中,a1=0,an+1=an+(2n-1)(n∈N*),則通項公式an=________【解析】an=a1+(a2-a1)+…+(an-an-1)=0+1+3+…+(2n-3)=(n-1)2,所以該數(shù)列的通項公式為an=(n-1)2.答案:(n-1)28.(5分)已知數(shù)列{an}滿足a1=1,2n-1an=an-1,則通項公式an=________.

【解析】方法一:因為an=anan-1·an-1an-2·an-2an-3·…·a3a2·a2a1·=(12)1+2+…+(n-1)=1所以an=(12)

方法二:由2n-1an=an-1得an=(12)n-1an-1所以an=(12)n-1an-1=(12)n-1·(12)n-2an-2=…=(12)n-1·(12)n-2·…·(12)1a1=(12)(n-1)+(n-2)+答案:(12)9.(10分)(2023·合肥模擬)已知等差數(shù)列an的各項均為正數(shù),a1=1,a2+a5+a8=a3a5(1)求an的前n項和Sn【解析】(1)等差數(shù)列an中,因為a2+a5+a8=a3a5,所以3a5=a3a5又因為等差數(shù)列an的各項均為正數(shù).所以a3又因為a1=1,所以d=a3所以an=n,所以Sn=n(9.(10分)(2023·合肥模擬)已知等差數(shù)列an的各項均為正數(shù),a1=1,a2+a5+a8=a3a5(2)若數(shù)列bn滿足b1=1,an+2bn+1=anbn,求bn【解析】(2)由(1)得an=n,因為b1=1,且an+2bn+1=anbn,所以bn≠0,所以bn+1bn=所以bnb1=bnbn-1×…×b3b2×b所以bn=2n(n+1)(n≥2)所以bn的通項公式為bn=2【能力提升練】10.(5分)若數(shù)列an和bn滿足a1=2,b1=0,2an+1=3an+bn+2,2bn+1=an+3b則a2025+b2024= ()A.2×32023+1 B.3×22023-1C.3×22023+1 D.3×22024-1【解析】選C.因為2an+1=3an+bn+2,2bn+1=an+3bn-2,所以2an+1+2bn+1=3an+bn+2+an+3bn-2=4(an+bn),即an+1+bn+1=2(an+bn),又a1+b1=2,所以an+bn是以2為首項,2為公比的等比數(shù)列,所以an+b又2an+1=3an+bn+2,即an+1=32an+12b所以an+1+bn=32an+12bn+1+bn=32(an+bn)+1=3所以a2025+b2024=32×22024+1=3×22023+111.(5分)已知Sn是數(shù)列{an}的前n項和,且滿足Sn-2an=n-4,則Sn=________.

【解析】由題意知Sn-2(Sn-Sn-1)=n-4(n≥2),即Sn=2Sn-1-n+4,所以Sn-n+2=2[Sn-1-(n-1)+2],又易知a1=3,所以S1-1+2=4,所以{Sn-n+2}是首項為4,公比為2的等比數(shù)列.所以Sn-n+2=2n+1,所以Sn=2n+1+n-2.答案:2n+1+n-212.(5分)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*,則a1=________,S5=________.

【解析】方法一:由a解得a1=1.由an+1=Sn+1-Sn=2Sn+1,得Sn+1=3Sn+1,所以Sn+1+12=3(Sn+1所以Sn+1所以Sn+12=32×3n即Sn=3n-12,所以方法二:由a解得a1又an+1=2Sn+1,an+2=2Sn+1+1,兩式相減得an+2-an+1=2an+1,即an+2a所以{an}是首項為1,公比為3的等比數(shù)列,所以Sn=3n-12,所以答案:112113.(5分)若a1=1,an+1=2an+3·2n,n∈N*,則an=________.

【解析】因為an+1=2an+3·2n,所以an+12n-a所以an所以an2n所以an=(3n-2)·2n-1.答案:(3n-2)·2n-114.(10分)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn,已知a1+2a2+3a3+…+nan=(n-1)Sn+2