高中第一章 解三角形1.1 正弦定理和余弦定理课后练习题

这是一份高中第一章 解三角形1.1 正弦定理和余弦定理课后练习题，共37页。试卷主要包含了1　正弦定理和余弦定理等内容，欢迎下载使用。

1.1.2 余弦定理
基础过关练
题组一 已知两边和一角解三角形
1.(2021河南名校联盟高二月考)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=7,c=5,cs A=-15,则b= ( )

A.3 B.4 C.6 D.7
2.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=33,c=2,A+C=5π6,则b=( )
A.13 B.6 C.7 D.8
3.在△ABC中,已知C=π3,BC=a,AC=b,AB=c,且a,b是方程x2-13x+40=0的两根,则AB的长度为( )
A.2 B.4 C.6 D.7
4.在△ABC中,A=120°,AB=5,BC=7,则sinBsinC的值为 .
题组二 已知三边解三角形
5.(2020四川广元高一期末)在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,a=3,b=5,c=7,那么cs C的值是( )
A.12 B.-12 C.1114 D.1314
6.(2020山东济南高一学情检测)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若b2+c2=a2+3bc,则角A的大小为( )
A.5π6 B.2π3 C.π3 D.π6
7.(2021山东聊城九校高二联考)周长为9的三角形三边长a,b,c的长度依次相差1,最大内角和最小内角分别记为α,β,则cs(α+β)=( )
A.516 B.5316 C.-1116 D.1116
8.△ABC的内角A,B,C所对边的长分别为a,b,c.设向量p=(a+c,b),q=(b-a,c-a).若p∥q,则C等于( )
A.π6 B.π3 C.π2 D.2π3
题组三 利用余弦定理判断三角形的形状
9.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若sin A∶sin B∶sin C=3∶7∶8,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.不确定
10.在△ABC中,A=60°,a2=bc,则△ABC一定是( )
A.等腰直角三角形 B.钝角三角形
C.直角三角形 D.等边三角形
11.若将直角三角形的三边增加同样的长度,则新三角形的形状是( )
A.锐角三角形 B.直角三角形
C.钝角三角形 D.由增加的长度确定
12.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若AB2=AB·AC+BA·BC+CA·CB,则△ABC的形状为 .
题组四 余弦定理及其推论的综合应用
13.如图,在△ABC中,D是边AC上的点,且AB=AD,2AB=3BD,BC=2BD,则sin C的值为( )
A.33 B.36 C.63 D.66
14.(2020北京丰台高二月考)如图所示,在△ABC中,已知点D在BC边上,AD⊥AC,
sin∠BAC=223,AB=32,AD=3,则BD的长为( )
A.3 B.5 C.2+1 D.2
15.已知△ABC的一个内角为120°,且角A,B,C所对的边a,b,c满足a=b+4,c=b-4,则△ABC中最小角的余弦值为( )
A.514 B.914 C.1314 D.1114
16.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,cs A=14,a=4,b+c=6,且b能力提升练
一、选择题
1.(2021河南焦作高二期中,★★☆)已知三角形的三边长分别为3,4,x,若该三角形是钝角三角形,则x的取值范围是( )

A.(7,7)
B.(5,7)
C.(0,7)∪(5,+∞)
D.(1,7)∪(5,7)
2.(★★☆)在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C的对边,且b2=ac,则B的取值范围是( )
A.0,π3 B.π3,π
C.0,π6 D.π6,π
3.(★★☆)在△ABC中,B=120°,AB=2,角A的平分线AD=3,则AC=( )
A.3 B.6
C.2 D.6
4.(★★☆)在△ABC中,AB·BC5=BC·CA4=CA·AB3,则sin A∶sin B∶sin C=( )
A.9∶7∶8 B.3∶7∶22
C.6∶8∶7 D.6∶22∶7
(★★★)在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C的对边,若c·cs B=b·cs C,且
cs A=23,则sin B等于( )
A.±66 B.66
C.±306 D.306
6.(2020辽宁沈阳二中高一期末,★★★)已知△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.△ABC的外接圆的面积为3π,且cs2A-cs2B+cs2C=1+3sin Asin C,则△ABC的最大边长为( )
A.2 B.3
C.3 D.23
二、填空题
7.(2020黑龙江大庆实验中学高一期末,★★☆)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若c=2a,bsin B-asin A=12asin C,则cs B= .
8.(2020天津滨海高三一模,★★★)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.若B=60°,b=3,则c+2a的最大值为 .
三、解答题
9.(2021安徽六安高二月考,★★☆)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2bsin C=acs C+ccs A,B=2π3,c=3.
(1)求角C;
(2)若点D满足AD=2DC,求△ABD的外接圆半径R.
10.(2020河南洛阳高二期末,★★★)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,BC边上的中线AD=m,且a2+2bc=4m2.
(1)求∠BAC;
(2)若a=4,求△ABC的周长的取值范围.
专题强化练1 正、余弦定理的综合应用
时间40
一、选择题
1.(2020山东聊城高一期末,★★☆)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知acs A=bcs B,且c2=a2+b2-ab,则△ABC的形状为( )

A.等腰三角形或直角三角形
B.等腰直角三角形
C.直角三角形
D.等边三角形
2.(★★☆)在锐角△ABC中,已知角A,B,C的对边分别为a,b,c,sin2B+2sin A·
sin C=sin2A+sin2C,a=32,且最短边b=10,则c=( )
A.10 B.4
C.2 D.8
3.(2020福建厦门高二期末,★★☆)已知△ABC内角A,B,C的对边分别是a,b,c,acs B+bcs A=-4ccs C,a=3,c=4,则b=( )
A.32 B.2
C.3 D.72
4.(2020广东潮州高二期末,★★★)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且b=2,b2+c2-a2=bc,若BC边上的中线AD=7,则△ABC的外接圆面积为( )
A.4π B.7π
C.12π D.16π
5.(多选)(2020辽宁沈阳高一联合体期末,★★★)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11,则下列结论正确的是( )
A.sin A∶sin B∶sin C=4∶5∶6
B.△ABC是钝角三角形
C.△ABC的最大内角是最小内角的2倍
D.若c=6,则△ABC外接圆的半径为877
二、填空题
6.(2020河北衡水枣强中学高一期中,★★☆)在△ABC中,内角A、B、C的对边分别为a、b、c,已知a2-c2=2b,且sin Acs C=3cs Asin C,则b= .
7.(2020江苏无锡高三上学期期末,★★★)在锐角三角形ABC中,已知2sin2A+sin2B=2sin2C,则1tanA+1tanB+1tanC的最小值为 .
8.(2020湖北武汉高一期末联考,★★★)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=5,b=4,cs(A-B)=3132,则c= .
三、解答题
9.(2020湖南郴州高二期末,★★☆)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足c·acsB-12b=a2-b2.
(1)求角A的大小;
(2)若a=3,求b+c的取值范围.
10.(2020江西新余一中、樟树中学等六校高一期末联考,★★★)已知△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,满足asin A+C2=bsin A.
(1)若b2=ac,试判断△ABC的形状,并说明理由;
(2)若b=6,求△ABC的周长l的取值范围.
1.1综合拔高练
五年高考练
考点1 利用正、余弦定理解三角形
1.(2020全国Ⅲ,7,5分,★★☆)在△ABC中,cs C=23,AC=4,BC=3,则cs B=( )

A.19 B.13 C.12 D.23
2.(2019课标全国Ⅰ,11,5分,★★☆)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知asin A-bsin B=4csin C,cs A=-14,则bc=( )
A.6 B.5 C.4 D.3
3.(2020全国Ⅰ,16,5分,★★☆)如图,在三棱锥P-ABC的平面展开图中,AC=1,AB=AD=3,AB⊥AC,AB⊥AD,∠CAE=30°,则cs∠FCB= .
4.(2019课标全国Ⅱ,15,5分,★★☆)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知bsin A+acs B=0,则B= .
5.(2020新高考Ⅰ,17,10分,★★☆)在①ac=3,②csin A=3,③c=3b这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的三角形存在,求c的值;若问题中的三角形不存在,说明理由.
问题:是否存在△ABC,它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且sinA=3sinB,C=π6, ?
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
考点2 正、余弦定理与三角恒等变换的综合应用
6.(2020天津,16,14分,★★☆)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a=22,b=5,c=13.
(1)求角C的大小;
(2)求sin A的值;
(3)求sin2A+π4的值.
7.(2020浙江,18,14分,★★☆)在锐角△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知2bsin A-3a=0.
(1)求角B的大小;
(2)求cs A+cs B+cs C的取值范围.
8.(2020江苏,16,14分,★★☆)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知a=3,c=2,B=45°.
(1)求sin C的值;
(2)在边BC上取一点D,使得cs∠ADC=-45,求tan∠DAC的值.
三年模拟练
应用实践
1.(2021河南名校联盟高二月考,★★☆)已知△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,若csAa=csBb=sinCc,则△ABC是( )

A.等腰直角三角形
B.钝角三角形
C.等边三角形
D.有一个内角是30°的直角三角形
2.(2020广东佛山一中、石门中学、顺德一中高一期末联考,★★☆)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若sinA4a=csB3b,则cs B=( )
A.-45 B.35 C.34 D.45
3.(2021广东深圳高二调研,★★☆)在△ABC中,AB=2,AC=3,BC=4,若BD=12DC,则AD·BC=( )
A.-16 B.16
C.-56 D.56
4.(2020江西南昌高三一模,★★☆)台球是一项国际上广泛流行的高雅室内体育运动,也叫桌球,又叫撞球.控制撞球点、球的旋转等控制母球走位是击球的一项重要技术,一次台球技术表演节目中,在台球桌上,画出如图所示的正方形ABCD,在点E,F处各放一个目标球,表演者先将母球放在点A处,通过击打母球,使其依次撞击点E,F处的目标球,最后停在点C处,若AE=30 cm,EF=40 cm,FC=30 cm,∠AEF=∠CFE=60°,则正方形ABCD的边长为( )
A.40 cm B.156 cm
C.202 cm D.1014 cm
5.(2021四川眉山一中高二开学考试,★★☆)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且cs C=223,bcs A+acs B=2,则△ABC外接圆的面积为 .
6.(2020浙江台州高二期末,★★☆)在△ABC中,A=π6,角A的平分线AD交BC于点D,若AB=2,AC=6,则BC= ,AD= .
7.(2020广东实验中学高一期末,★★☆)设锐角三角形ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,3·a=2b·sin A.
(1)求B的大小;
(2)若b=6,求a+c的取值范围.
迁移创新
8.(2021江苏无锡高二期末,★★☆)在①bcs A-c=0,②acs B=bcsA,③acsC+b=0这三个条件中选择符合题意的一个条件,补充在下面的问题中,并求解.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知b=2,c=4,满足 .
(1)请写出你的选择,并求出角A的值;
(2)在(1)的结论下,已知点D在线段BC上,且∠ADB=3π4,求CD的长.
答案全解全析
第一章 解三角形
1.1 正弦定理和余弦定理
1.1.2 余弦定理
基础过关练
1.B 由余弦定理知a2=b2+c2-2bccs A=b2+25+2b=49,∴b=4(负值舍去).
2.A ∵A+C=5π6,∴B=π-(A+C)=π6.
∵a=33,c=2,
∴由余弦定理可得b=a2+c2-2accsB=(33)2+22-2×33×2×32=13.
故选A.
3.D ∵a,b是方程x2-13x+40=0的两根,
∴a=5,b=8或a=8,b=5,
由余弦定理,得AB2=c2=a2+b2-2abcs C=25+64-2×8×5×12=49,
∴AB=7(负值舍去),故选D.
4.答案 35
解析 由余弦定理得,
BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cs A,
因为A=120°,AB=5,BC=7,所以49=25+AC2+5AC,即AC2+5AC-24=0,
解得AC=3或AC=-8(舍去),
所以sinBsinC=ACAB=35.
5.B 在△ABC中,由余弦定理的推论可得cs C=a2+b2-c22ab=32+52-722×3×5=-12.
6.D 在△ABC中,b2+c2=a2+3bc,即b2+c2-a22bc=32,∴cs A=32.
∵A∈(0,π),∴A=π6.故选D.
7.C 由题意得:a+b+c=9,
∴a+a+1+a+2=9,∴a=2,b=3,c=4,
∴α=C,β=A,
∴cs(α+β)=cs(A+C)=-cs B
=-a2+c2-b22ac=-4+16-916=-1116,故选C.
8.B 因为向量p=(a+c,b),q=(b-a,c-a),
p∥q,
所以(a+c)(c-a)-b(b-a)=0,
整理,得b2+a2-c2=ab,所以cs C=b2+a2-c22ab=ab2ab=12,解得C=π3.故选B.
9.C 因为sin A∶sin B∶sin C=3∶7∶8,
所以a∶b∶c=3∶7∶8,
设a=3k,b=7k,c=8k,
则角C为△ABC的最大角,
由余弦定理的推论可得
cs C=9k2+49k2-64k242k2=-17<0,
∴π210.D 在△ABC中,∵A=60°,a2=bc,
∴由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccs A=b2+c2-bc=bc,
∴b2+c2-2bc=0,即(b-c)2=0,
∴b=c,结合A=60°,得△ABC一定是等边三角形.故选D.
11.A 设直角三角形的三边长分别为a,b,c,且a2+b2=c2,三边增加同样的长度为x,
则在新三角形中,由余弦定理的推论得,cs C=(a+x)2+(b+x)2-(c+x)22(a+x)(b+x)=2(a+b-c)x+x22(a+x)(b+x)>0,即最大边c+x所对的最大角C为锐角,所以新三角形的形状是锐角三角形.
12.答案 直角三角形
解析 由已知得c2=bccsA+accsB+abcsC,∴c2=b2+c2-a22+a2+c2-b22+b2+a2-c22=a2+b2+c22,
∴b2+a2=c2,
∴△ABC是直角三角形.
13.D 设AB=a,∴AD=a,BD=23a3,BC=2BD=43a3,
在△ABD中,cs A=AB2+AD2-BD22AB·AD=2a2-43a22a2=13.
∵A为△ABC的内角,
∴sin A=1-cs2A=223.
在△ABC中,由正弦定理,知sin C=ABBC·sin A=34×223=66.
14.A ∵AD⊥AC,∴∠DAC=90°,∴∠BAC=∠BAD+∠DAC=∠BAD+90°,
∴sin∠BAC=sin(∠BAD+90°)=cs∠BAD=223.
在△ABD中,由余弦定理得
BD2=AB2+AD2-2AB·ADcs∠BAD
=18+9-24=3,
∴BD=3(负值舍去).
15.C 由a=b+4,c=b-4,可得a>b>c,
又△ABC的一个内角为120°,则A=120°,
于是cs 120°=b2+(b-4)2-(b+4)22b(b-4)=- 12,
则b=10,c=6,a=14,
∴cs C=142+102-622×14×10=1314,故△ABC中最小角C的余弦值为1314,故选C.
16.解析 由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccs A=(b+c)2-2bc-2bccs A,
将a=4,b+c=6,cs A=14代入,得bc=8,
联立b+c=6,bc=8,解得b=2,c=4或b=4,c=2.
又b方法总结 在△ABC中,通常涉及三边三角,知三(除已知三角外)求三,可解出三角形,当涉及两边及其中一边的对角或两角及其中一角的对边时,运用正弦定理求解;当涉及三边或两边及其夹角时,运用余弦定理求解.
能力提升练
一、选择题
1.D 若边长为4的边所对的角为钝角,则15或x<-5,∴52.A 由余弦定理的推论及已知,得
cs B=a2+c2-b22ac=a2+c2-ac2ac=(a-c)2+ac2ac=(a-c)22ac+12≥12.
由题意得B∈(0,π),所以B∈0,π3.
3.B 如图所示,
在△ABD中,由正弦定理可得ADsinB=ABsin∠ADB,所以sin∠ADB=ABsinBAD=2×sin120°3=22,所以∠ADB=45°,
所以∠BAD=180°-120°-45°=15°,所以在△ABC中,∠BAC=30°,
又因为B=120°,所以∠BAC=∠C=30°,所以AB=BC=2,
所以在△ABC中,由余弦定理,得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cs B=2+2-2×2×2×-12=6,
所以AC=6(负值舍去).
B 设AB·BC5=BC·CA4=CA·AB3=t(t<0),所以AB·BC=5t,BC·CA=4t,CA·AB=3t,
即-accsB=5t,-abcs C=4t,-bccs A=3t,
所以c2+a2-b2=-10t,b2+a2-c2=-8t,c2+b2-a2=-6t,
可得a=3-t,b=-7t,c=2-2t,
所以sin A∶sin B∶sin C=a∶b∶c=3∶7∶22.故选B.
5.D 由已知及正弦定理得,sin Ccs B=sin Bcs C,即sin(B-C)=0.又易知-180°故sin B=306.
6.C 设△ABC的外接圆半径为R,则πR2=3π,即R=3(舍负).
∵cs2A-cs2B+cs2C=1+3sin Asin C,
又cs2A=1-sin2A,cs2B=1-sin2B,cs2C=1-sin2C,
∴sin2B-sin2A-sin2C=3sin Asin C,
由正弦定理得,b2-a2-c2=3ac,
即有a2+c2-b2ac=-3,从而cs B=a2+c2-b22ac=-32,又B∈(0,π),∴B=5π6,由A+B+C=π且大边对大角,知△ABC的最大边长为B所对的边b,
又∵asinA=bsinB=csinC=2R=23,
∴b=23sin B=3,故选C.
二、填空题
7.答案 34
解析 因为bsin B-asin A=12asin C,
所以由正弦定理可得b2-a2=12ac,
又c=2a,所以b2=a2+12ac=2a2,
所以cs B=a2+c2-b22ac=34.
8.答案 27
解析 因为B=60°,b=3,由余弦定理可得,b2=a2+c2-2accs B,
即3=a2+c2-ac,设x=c+2a,则c=x-2a,将其代入3=a2+c2-ac,整理,得7a2-5xa+x2-3=0.因为该方程必然有实数解,所以Δ=25x2-28(x2-3)≥0,解得x2≤28,所以c+2a=x2≤27.
三、解答题
9.解析 (1)由已知及正弦定理,得
2sin Bsin C=sin Acs C+sin Ccs A,
∵sin Acs C+sin Ccs A=sin(A+C)=sin B,
∴2sin Bsin C=sin B.
∵sin B>0,∴sin C=12,
又0(2)由正弦定理易知bsinB=csinC=23,
解得b=3.
∵AD=2DC,∴AD=23AC=23b,
即AD=2.
在△ABC中,∵∠ABC=23π,C=π6,
∴A=π6,
∴在△ABD中,A=π6,AB=3,AD=2,
由余弦定理,得|BD|2=|AB|2+|AD|2-2|AB|×|AD|cs∠BAD=3+4-2×3×2×32=1,
∴BD=1(负值舍去),由BDsinA=2=2R可知,R=1,∴△ABD的外接圆半径R为1.
10.解析 (1)在△ABD中,由余弦定理的推论得,cs∠ADB=m2+a24-c2ma.
在△ACD中,由余弦定理的推论得,
cs∠ADC=m2+a24-b2ma.
∵∠ADB+∠ADC=π,
∴cs∠ADB+cs∠ADC=0,
∴b2+c2=2m2+12a2,
∴m2=12(b2+c2)-14a2.
又a2+2bc=4m2,
∴a2+2bc=2b2+2c2-a2,即b2+c2-a2=bc,
∴cs∠BAC=b2+c2-a22bc=12.
∵0<∠BAC<π,∴∠BAC=π3.
(2)由a=4,∠BAC=π3及正弦定理得asin∠BAC=bsinB=csinC=4sinπ3=833,
∴b=833sin B,c=833sin C=833·sin2π3-B,
∴b+c=833sin B+833sin2π3-B=43·sin B+4cs B=8sinB+π6.
∵0∴12∴△ABC的周长的取值范围是(8,12].
专题强化练1 正、余弦定理的综合应用
一、选择题
1.D ∵acs A=bcs B,由正弦定理,得sin Acs A=sin Bcs B,∴sin 2A=sin 2B,
又A,B∈(0,π),∴A=B或A+B=π2,
又c2=a2+b2-ab,由余弦定理的推论,得
cs C=12,又C∈(0,π),∴C=π3.
综上所述,A=B=C=π3,故△ABC是等边三角形.
2.B 由已知及正弦定理,得b2+2ac=a2+c2,
由余弦定理的推论,得cs B=a2+c2-b22ac=2ac2ac=22,
又△ABC为锐角三角形,所以0所以B=π4,
又a=32,b=10,B=π4,
所以由余弦定理,得(10)2=(32)2+c2-2×32c×cs π4,即c2-6c+8=0,解得c=2或c=4.
因为最短边b=10,所以c=4.
3.B ∵acs B+bcs A=-4ccs C,
∴由正弦定理可得:sin Acs B+sin Bcs A=-4sin Ccs C,
∴sin(A+B)=sin C=-4sin Ccs C.
∵C∈(0,π),∴sin C≠0,∴cs C=-14.
∵a=3,c=4,
∴由c2=a2+b2-2abcs C,可得16=9+b2-2×3×b×-14,
即2b2+3b-14=0,解得b=2(负值舍去).
4.A ∵b2+c2-a2=bc,
∴cs∠BAC=b2+c2-a22bc=bc2bc=12.
∵∠BAC∈(0,π),
∴∠BAC=π3.
如图所示:
由D是BC的中点,可得AD=12(AB+AC),
∴AD2=14(AB2+AC2+2AB·AC),
∴7=14c2+4+2×2ccsπ3,
整理,得c2+2c-24=0,解得c=4(负值舍去),
∴22+42-a2=2×4,解得a=23(负值舍去),∴2R=asin∠BAC=23sinπ3=4,解得R=2,
∴△ABC的外接圆面积为πR2=4π.
5.ACD 因为(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11,
所以可设a+b=9x,a+c=10x,b+c=11x(其中x>0),
解得a=4x,b=5x,c=6x,
所以sin A∶sin B∶sin C=a∶b∶c=4∶5∶6,所以A正确;
由上可知:c边最大,所以三角形中C角最大,
又cs C=a2+b2-c22ab=(4x)2+(5x)2-(6x)22×4x×5x=18>0,所以角C为锐角,所以B错误;
由上可知:a边最小,所以三角形中A角最小,
又cs A=c2+b2-a22cb=(6x)2+(5x)2-(4x)22×6x×5x=34,
所以cs 2A=2cs2A-1=18,
所以cs 2A=cs C,
由三角形中C角最大且C角为锐角可得
2A∈(0,π),C∈0,π2,
所以2A=C,所以C正确;
由正弦定理,得2R=csinC,又sin C=1-cs2C=378,
所以2R=6378,解得R=877,所以D正确;故选ACD.
二、填空题
6.答案 4
解析 ∵sin Acs C=3cs Asin C,
∴根据正弦定理与余弦定理的推论可得:
a×a2+b2-c22ab=3×b2+c2-a22bc×c,即2c2=2a2-b2.
∵a2-c2=2b,∴b2=4b.∵b≠0,∴b=4.
7.答案 132
解析 由正弦定理及已知得2a2+b2=2c2,
如图,过点B作BD⊥AC于点D,设AD=x,CD=y,BD=h,x>0,y>0,h>0,
∵2a2+b2=2c2,
∴2(y2+h2)+(x+y)2=2(x2+h2),
整理得x2-2xy-3y2=0,解得x=3y,
∵tan(A+C)=-tan B,即tanA+tanC1-tanAtanC=-tan B,
∴1-tanAtanCtanA+tanC=-1tanB,
则1tanA+1tanB+1tanC=1tanA+1tanC+tanAtanC-1tanA+tanC=xh+yh+h2xy-1hx+hy
=4yh+h2-3y24yh=13y4h+h4y≥132,
当且仅当h=13y时等号成立.
∴1tanA+1tanB+1tanC的最小值为132.
8.答案 6
解析 解法一:∵a>b,∴A>B.
∵cs(A-B)=3132,∴A-B∈0,π2,
∴sin(A-B)=1-31322=3732,
由正弦定理,得sinAsinB=ab=54,
∴5sinB4=sin A=sin[(A-B)+B]=sin(A-B)cs B+sin Bcs(A-B)=3732cs B+3132×sin B,
∴3sin B=7cs B,
又∵sin2B+cs2B=1,Bsin B=74,
∴cs A=cs[(A-B)+B]=cs(A-B)cs B-sin(A-B)sin B=3132×34-3732×74=916,
sin A=1-cs2A=5716,
∴cs C=-cs(A+B)=-cs Acs B+sin A sin B
=-916×34+5716×74=18,
∴由余弦定理可得c=a2+b2-2abcsC=52+42-2×5×4×18=6.
解法二:∵a>b,∴A>B,
在线段BC上取一点D,连接AD,使得BD=AD,如图所示:
设BD=x,则AD=x,DC=5-x,
在△ADC中,cs∠DAC=cs(∠BAC-B)=3132,
由余弦定理,得
DC2=AC2+AD2-2AC·AD·cs∠DAC,
即(5-x)2=42+x2-2×4×x×3132,
解得x=4,
所以在△ADC中,AD=AC=4,CD=1.
由余弦定理的推论,得
cs C=AC2+CD2-AD22AC·CD=42+12-422×4×1=18,
则在△ABC中,c2=a2+b2-2abcs C=52+42-2×5×4×18=36,所以c=6(负值舍去).
三、解答题
9.解析 (1)∵cacsB-12b=a2-b2,
∴a2+c2-b2-bc=2a2-2b2,即a2=b2+c2-bc.
∵a2=b2+c2-2bccs A,∴cs A=12,
又∵A∈(0,π),∴A=π3.
(2)由正弦定理,得asinA=bsinB=csinC=2,∴b=2sin B,c=2sin C,
∴b+c=2sin B+2sin C=2sin B+2sin(A+B)=2sin B+2sin Acs B+2cs AsinB=
3sin B+3cs B=23sinB+π6.
∵B∈0,2π3,∴B+π6∈π6,5π6,
∴sinB+π6∈12,1,
∴b+c∈(3,23].
10.解析 (1)由已知及正弦定理,得
sin Asin A+C2=sin Bsin A,
因为sin A≠0,所以sin A+C2=sin B,
由A+B+C=π,可得sin A+C2=sin π-B2=cs B2,故cs B2=2sin B2cs B2.
因为cs B2≠0,所以sin B2=12,
所以B=π3.
因为b2=ac,又由余弦定理得b2=a2+c2-2accs B=a2+c2-ac,
所以a2+c2-ac=ac,即(a-c)2=0,
所以a=c,所以A=C=π3,
所以△ABC是等边三角形.
(2)因为B=π3,b=6,由正弦定理,得2R=asinA=csinC=bsinB=22(其中R是△ABC外接圆的半径),
所以△ABC的周长l=a+b+c=6+a+c=6+22(sin A+sin C)
=6+22sinA+sin2π3-A=6+22sinA+32csA+12sinA
=6+2232sinA+32csA=6+26·sinA+π6.
因为012所以26<6+26sinA+π6≤36,即△ABC的周长l的取值范围为(26,36].
1.1综合拔高练
五年高考练
1.A 由cs C=AC2+BC2-AB22AC·BC得23=16+9-AB22×4×3,
∴AB=3(负值舍去),∴cs B=BA2+BC2-AC22BA·BC=9+9-162×3×3=19,故选A.
2.A 由已知及正弦定理可得a2-b2=4c2,
由余弦定理的推论可得cs A=b2+c2-a22bc=-3c22bc=-14,所以bc=6.故选A.
3.答案 -14
解析 将平面图形还原成三棱锥P-ABC(如图),
在△PAB中,∠PAB=90°,PA=3,AB=3,∴PB=6,
在△PAC中,PA=3,AC=1,∠PAC=30°,由余弦定理得PC2=3+1-23×cs 30°,
∴PC=1,
在Rt△BAC中,易知BC=2,
在△PCB中,由余弦定理的推论,得
cs∠PCB=1+4-62×1×2=-14,即cs∠FCB=-14.
4.答案 34π
解析 在△ABC中,由已知及正弦定理得sin Bsin A+sin Acs B=0,
∵sin A≠0,∴sin B+cs B=0,即tan B=-1,
又B∈(0,π),∴B=34π.
5.解析 方案一:选条件①.
由C=π6和余弦定理的推论得a2+b2-c22ab=32.
由sin A=3sin B及正弦定理得a=3b.
于是3b2+b2-c223b2=32,由此可得b=c.
由①ac=3,解得a=3,b=c=1.
因此,选条件①时问题中的三角形存在,此时c=1.
方案二:选条件②.
由C=π6和余弦定理的推论得a2+b2-c22ab=32.
由sin A=3sin B及正弦定理得a=3b.
于是3b2+b2-c223b2=32,
由此可得b=c,B=C=π6,A=2π3.
由②csin A=3,所以c=b=23,a=6.
因此,选条件②时问题中的三角形存在,此时c=23.
方案三:选条件③.
由C=π6和余弦定理的推论得a2+b2-c22ab=32.
由sin A=3sin B及正弦定理得a=3b.
于是3b2+b2-c223b2=32,由此可得b=c.
由③c=3b,与b=c矛盾.
因此,选条件③时问题中的三角形不存在.
6.解析 (1)在△ABC中,由余弦定理的推论及a=22,b=5,c=13,有cs C=a2+b2-c22ab=22.
又因为C∈(0,π),所以C=π4.
(2)在△ABC中,由正弦定理及C=π4,a=22,c=13,可得sin A=asinCc=21313.
(3)由acs 2A=2cs2A-1=513.所以,
sin2A+π4=sin 2Acs π4+cs 2Asinπ4=1213×22+513×22=17226.
7.解析 (1)由正弦定理得2sin Bsin A=3sin A,
故sin B=32,
由题意得B=π3.
(2)由A+B+C=π得C=2π3-A,
由△ABC是锐角三角形得A∈π6,π2.
由cs C=cs2π3-A=-12cs A+32sin A得cs A+cs B+cs C=32sin A+
12cs A+12=sinA+π6+12∈3+12,32.
故cs A+cs B+cs C的取值范围是3+12,32.
8.解析 (1)在△ABC中,因为a=3,c=2,B=45°,
由余弦定理,得b2=9+2-2×3×2cs 45°=5,所以b=5(负值舍去).
在△ABC中,由正弦定理bsinB=csinC,
得5sin45°=2sinC,所以sin C=55.
(2)在△ADC中,因为cs∠ADC=-45,
所以∠ADC为钝角,
而∠ADC+∠C+∠CAD=180°,
所以∠C为锐角,
故cs C=1-sin2C=255,
则tan C=sinCcsC=12.
因为cs∠ADC=-45,
所以sin∠ADC=1-cs2∠ADC=35,
tan∠ADC=sin∠ADCcs∠ADC=-34.
从而tan∠DAC=tan(180°-∠ADC-∠C)=-tan(∠ADC+∠C)=-tan∠ADC+tanC1-tan∠ADC·tanC=--34+121--34×12=211.
三年模拟练
A 由正弦定理知csAsinA=csBsinB=sinCsinC=1,∴cs A=sin A,cs B=sin B,cs Asin B=
cs Bsin A,又A,B,C∈(0,π),∴A=B=π4,C=π2,∴△ABC为等腰直角三角形.
归纳总结 判断三角形形状的方法有两种:(1)化边为角,先利用三角恒等变换找出角之间的关系,然后进行判断.(2)化角为边,先利用代数方法变形找出边之间的关系,然后进行判断.需要注意的是无论选用哪种方法,都不要在等式两边轻易地除以含有边角的因式,以免漏解.
2.B ∵sinA4a=csB3b,∴由正弦定理可得,
3sin Bsin A=4sin Acs B,
∵sin A>0,∴3sin B=4cs B,
∴tan B=43,∴cs B=35.故选B.
3.A 根据题意画图(如图).
在△ABC中,AB=2,AC=3,BC=4,
根据余弦定理的推论可得cs B=22+42-322×2×4=1116,
∴cs=-cs B=-1116.
∵BD=12DC,
∴|BD|=13|BC|,
∴AD·BC=(AB+BD)·BC
=AB·BC+BD·BC
=|AB|·|BC|·cs +13|BC|2
=2×4×-1116+13×42=-16.
4.答案 D
信息提取 ①正方形ABCD;②AE=30 cm;③EF=40 cm;④FC=30 cm;⑤∠AEF=CFE=60°.
数学建模 本题以桌球的运动路径(实际问题)为背景,把求正方形的边长问题转化为三角形的边角关系(数学问题——建模),再运用解三角形的方法求正方形边长.
解析 如图,连接AC,交EF于点G,由对称性可知,EG=12EF=20 cm,
在△AEG中,由余弦定理,得AG2=AE2+EG2-2AE·EG·cs∠AEG=900+400-2×30×20×12=700,
∴AG=107(负值舍去),
∴AC=2AG=207 cm,
∴AB=AC·cs 45°=207×22=1014(cm).
5.答案 9π
解析 设△ABC外接圆的半径为R,由正弦定理,知bcsA+acsB=2R·sinB·csA+2R·sin Acs B=2,
即sin(A+B)=sin C=1R,又cs C=223,
所以sin C=13,
所以R=3.故△ABC外接圆的面积S=πR2=9π.
6.答案 2;3
解析 在△ABC中,由余弦定理,得
BC2=AB2+AC2-2AB·ACcs∠BAC=2+6-2×2×6×32=2,所以BC=2(舍负),
所以△ABC为等腰三角形,所以B=120°,
A=C=30°.
在△ACD中,∠ADC=B+15°=135°,
由正弦定理,得ADsinC=ACsin∠ADC,
即ADsin30°=6sin135°,解得AD=3.
7.解析 (1)∵在锐角△ABC中,3a=2b·sin A,
∴由正弦定理得,3sin A=2sin B·sin A.
∵sin A≠0,∴sin B=32.又0∴B=π3.
(2)∵B=π3,b=6,
∴由正弦定理得asinA=bsinB=csinC=6sinπ3=43,
∴a=43sin A,c=43sin C=43·sin2π3-A,
∴a+c=43sin A+43sin2π3-A=12sinA+π6.
∵0∴π6∴π3∴32∴63<12sinA+π6≤12,
∴a+c的取值范围为(63,12].
方法总结 三角形中的取值范围问题,往往有两种情况,一是转化为三角函数的值域问题,利用三角函数的图象和性质求其取值范围;二是利用函数的单调性求其取值范围.
8.解析 (1)若选择条件①:
根据题意,得cs A=cb=22>1,不符合题意;
若选择条件②:
由余弦定理的推论,知a·a2+c2-b22ac=b·b2+c2-a22bc,化简,得a=b,
所以a+b=22<4,不符合题意;
若选择条件③:
由余弦定理的推论,得a·a2+b2-c22ab+b=0,
所以a2+3b2-c2=0,
所以a2=c2-3b2=16-6=10,
所以cs A=b2+c2-a22bc=2+16-102×2×4=22.
因为A∈(0,π),所以A=π4.
(2)由(1),知cs C=b2+a2-c22ab=2+10-162×2×10=-55.
因为C∈(0,π),所以sin C=1-cs2C=255,
所以sin∠CAD=sin3π4-C=sin3π4cs C-cs3π4sin C=1010.
在△ACD中,由正弦定理,得ACsin∠ADC=CDsin∠CAD,
所以CD=AC·sin∠CADsin∠ADC=2×101022=105.