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2014届高三数学:正弦定理与余弦定理

来源:紫库旅游网
课时跟踪检测(二十四) 正弦定理与余弦定理

1.在△ABC中,A=60°,B=75°,a=10,则c=( ) A.52 106C.

3

B.102 D.56

2.(2012·福州模拟)若△ABC的内角A、B、C所对的边a、b、c满足(a+b)2-c2=4,且C=60°,则ab的值为( )

4A. 3C.1

B.8-43 2D. 3

π

3.(2012·泉州模拟)在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C所对的边.若A=,b=1,

3△ABC的面积为

A.1 C.3 2

3

,则a的值为( ) 2

B.2 D.3

4.(2012·陕西高考)在△ABC中 ,角A,B,C所对边的长分别为a,b,c,若a2+b2

=2c2,则cos C的最小值为( )

A.3

2

B.2 2

1C. 21D.- 2

5.(2012·上海高考)在△ABC中,若sin2 A+sin2BB.直角三角形 D.不能确定

6.在△ABC中,sin2 A≤sin2 B+sin2 C-sin Bsin C,则A的取值范围是( ) π0, A.6π0, C.3

π

B.6,π πD.3,π

7.(2011·安徽高考)已知△ABC的一个内角为120°,并且三边长构成公差为4的等差数列,则△ABC的面积为__________.

π

8.在△ABC中,若a=3,b=3,A=,则C的大小为________.

3

1

9.(2012·北京高考)在△ABC中,若a=2,b+c=7,cos B=-,则b=________.

4

10.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,asin A+csin C-2asin C=bsin B. (1)求B;

(2)若A=75°,b=2,求a,c.

11.(2011·山东高考)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知2c-a=. b

(1)求

sin C

的值; sin A

cos A-2cos C

cos B

1

(2)若cos B=,b=2,求△ABC的面积S.

4

12.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足(2b-c)cos A-acos C=0.

(1)求角A的大小;

33(2)若a=3,S△ABC=,试判断△ABC的形状,并说明理由.

4

1.(2012·湖北高考)设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若三边的长为连续的三个正整数,且A>B>C,3b=20acos A,则sin A∶sin B∶sin C为( )

A.4∶3∶2

B.5∶6∶7

C.5∶4∶3 D.6∶5∶4

A+B

-2

2.(2012·长春调研)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知4sin2

7

cos 2C=,且a+b=5,c=7,则△ABC的面积为________.

2

3.(2012·山东高考)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知sin B(tan A+tan C)=tan Atan C.

(1)求证:a,b,c成等比数列; (2)若a=1,c=2,求△ABC的面积S.

答 案

课时跟踪检测(二十四)

A级

1.选C 由于A+B+C=180°, 所以C=180°-60°-75°=45°. 由正弦定理,

2

2106sin C

得c=a=10×=. sin A33

2

2.选A 由(a+b)2-c2=4,得a2+b2-c2+2ab=4. ① 由余弦定理得a2+b2-c2=2abcos C=2abcos 60°=ab, ② 4将②代入①得ab+2ab=4,即ab=.

3

11π3

3.选D 由已知得bcsin A=×1×c×sin=,解得c=2,则由余弦定理可得a2=

2232π

4+1-2×2×1×cos=3⇒a=3.

3

11

4.选C 由余弦定理得a2+b2-c2=2abcos C,又c2=(a2+b2),得2abcos C=(a2+

22a2+b22ab1

b),即cos C=≥=. 4ab4ab2

2

5.选C 由正弦定理得a2+b2a2+b2-c2

所以cos C=<0,所以C是钝角,故△ABC是钝角三角形.

2ab6.选C 由正弦定理得a2≤b2+c2-bc,

b2+c2-a21

即b+c-a≥bc,由余弦定理得cos A=≥,

2bc2

2

2

2

π

0,. 又0b2+b-42-b+4211

=-,解得b=10,所以S=bcsin 120°=153.

222bb-4

答案:153

bsin A

8.解析:由正弦定理可知sin B==aπππ

=π-A-B=π--=.

362

π答案: 2

1

-,解得b=4. 9.解析:根据余弦定理代入b2=4+(7-b)2-2×2×(7-b)×4答案:4

10.解:(1)由正弦定理得a2+c2-2ac=b2. 由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B. 故cos B=

2,因此B=45°. 2

2+6

. 4

3sin

π31π5π

=,所以B=或(舍去),所以C3266

(2)sin A=sin(30°+45°)=sin 30°cos 45°+cos 30°sin 45°=2+6sin A

故a=b×==1+3,

sin B2sin Csin 60°

c=b×=2×=6.

sin Bsin 45°

abc11.解:(1)由正弦定理得,设===k,

sin Asin Bsin C则=

2c-a2ksin C-ksin A

= bksin B2sin C-sin A

sin B

cos A-2cos C2sin C-sin A

=.

cos Bsin B

即(cos A-2cos C)sin B=(2sin C-sin A)cos B, 化简可得sin(A+B)=2sin(B+C). 又A+B+C=π,

sin C所以sin C=2sin A.因此=2.

sin A(2)由

sin C

=2得c=2a. sin A

1

由余弦定理b2=a2+c2-2accos B及cos B=,b=2,

4

1

得4=a2+4a2-4a2×.

4解得a=1,从而c=2. 1

又因为cos B=,且04所以sin B=

15. 4

111515

因此S=acsin B=×1×2×=.

2244

12.解:(1)法一:由(2b-c)cos A-acos C=0及正弦定理,得 (2sin B-sin C)cos A-sin Acos C=0, ∴2sin Bcos A-sin(A+C)=0, sin B(2cos A-1)=0. ∵0∴cos A=.

∵0法二:由(2b-c)cos A-acos C=0,

b2+c2-a2a2+b2-c2

及余弦定理,得(2b-c)·-a·=0,

2bc2ab整理,得b2+c2-a2=bc, b2+c2-a21

∴cos A==,

2bc2π

∵0133(2)∵S△ABC=bcsin A=,

241π33

即bcsin=, 234∴bc=3,①

π∵a2=b2+c2-2bccos A,a=3,A=,

3∴b2+c2=6,② 由①②得b=c=3, ∴△ABC为等边三角形.

B级

1.选D 由题意可得a>b>c,且为连续正整数,设c=n,b=n+1,a=n+2(n>1,且

n+12+n2-n+22

n∈N+),则由余弦定理可得3(n+1)=20(n+2)·,化简得7n2-13n-60

2nn+1=0,n∈N+,解得n=4,由正弦定理可得sin A∶sin B∶sin C=a∶b∶c=6∶5∶4.

A+B7

2.解析:因为4sin2-cos 2C=,

227

所以2[1-cos(A+B)]-2cos2C+1=,

2

71

2+2cos C-2cos2C+1=,cos2C-cos C+=0,

241

解得cos C=.根据余弦定理有

2

22

1a+b-7

cos C==,

22ab

ab=a2+b2-7,3ab=a2+b2+2ab-7=(a+b)2-7=25-7=18,ab=6,所以△ABC的11333面积S△ABC=absin C=×6×=.

2222

33答案:

2

3.解:(1)证明:在△ABC中,由于sin B(tan A+tan C)=tan Atan C, sin Asin Csin Asin C

所以sin B, cos A+cos C=cos A·cos C因此sin B(sin Acos C+cos Asin C)=sin Asin C, 所以sin Bsin(A+C)=sin Asin C. 又A+B+C=π, 所以sin(A+C)=sin B, 因此sin2B=sin Asin C. 由正弦定理得b2=ac, 即a,b,c成等比数列.

(2)因为a=1,c=2,所以b=2, 由余弦定理得

a2+c2-b212+22-23cos B===,

2ac2×1×24因为0所以sin B=1-cos2B=故△ABC的面积

1177

S=acsin B=×1×2×=. 2244

7

, 4

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