2.正弦定理
第1课时 正弦定理
一、选择题
1.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,下列式子与的值一定相等的是 ( )
A. B.
C. D.
2.在△ABC中,若a=,sin A=,B=,则b= ( )
A.1 B.2
C.2 D.
3.在△ABC中,A=30°,BC=1,则△ABC外接圆的直径为 ( )
A.3 B.
C.2 D.
4.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=2b,则= ( )
A. B.
C.2 D.
5.[2024·杭州二中高一期中] 已知在△ABC中,AB=2,AC=2,C=,则B= ( )
A. B.
C.或 D.
6.[2024·合肥168中学高一月考] 在△ABC中,“sin A>sin B”是“A>B”的 ( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
7.[2024·长沙长郡中学高一月考] 已知△ABC中,A=,AB=2,若满足上述条件的三角形有两个,则BC的取值范围是 ( )
A.(,2] B.(,2)
C.(2,+∞) D.(,+∞)
8.(多选题)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,下列情况可能成立的是 ( )
A.a=1,b=,A=30°,B=45°
B.a=4,c=6,sin A=,cos C=-
C.a=b,A=2B
D.a+b+c=sin A+sin B+sin C
9.(多选题)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则下列结论中正确的是 ( )
A.若A=30°,a=1,b=4,则△ABC无解
B.若A>B,则sin A>sin B
C.若acos A=bcos B,则△ABC一定是等腰三角形
D.a=2,A=30°,则△ABC的外接圆半径是4
二、填空题
10.若△ABC外接圆的半径为3,则+= .
11.小明在整理笔记时发现有一道题的部分字迹模糊不清,只能看到:在△ABC中,a,b,c分别是内角A,B,C的对边,已知b=2,A=,求c.显然缺少条件,若他打算补充a的大小,并使得c只有一解,则a的取值范围为 .
12.[2024·温州中学高一期中] 在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若asin B+bcos A=c,则B= .
三、解答题
13.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知c=10,A=45°,C=30°,求a,b和B的值.
14.已知在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,B=30°,b=,c=2.
(1)求角C的大小;
(2)若角C为锐角,求a的值.
15.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,向量m=(cos A,cos B),n=(a,c-b),若m∥n,则内角A的大小为 ( )
A. B.
C. D.
16.[2024·江苏高邮中学高一月考] 在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知asin=bsin A.
(1)求角B的大小;
(2)若△ABC为锐角三角形,且c=2,求角C的取值范围.
2.正弦定理
第1课时 正弦定理
1.C [解析] 由正弦定理得=,所以=.
2.A [解析] 由正弦定理得=,则b===1.故选A.
3.C [解析] 设△ABC的外接圆半径为R,由正弦定理得2R===2,解得R=1,所以△ABC外接圆的直径为2R=2.故选C.
4.A [解析] 由正弦定理得===.故选A.
5.C [解析] 由正弦定理得=,即=,可得sin B=,又0
6.C [解析] 设△ABC的内角A,B所对的边分别为a,b,=k(k>0),则由正弦定理得==k,即sin A=,sin B=,由sin A>sin B,得>,即a>b,由大边对大角得A>B;当A>B时,a>b,即>,由正弦定理得sin A>sin B.因此“sin A>sin B”是“A>B”的充要条件,故选C.
7.B [解析] 如图,点C在射线AC1上移动,从点B向射线AC1作垂线,垂足为D,由题意可知BD=ABsin A=,若满足条件的三角形有两个,则由图可知BD8.BCD [解析] 对于A,=2≠=,不满足正弦定理,故A不可能成立;对于B, 由cos C=-可得sin C=,所以==10,故B可能成立;对于C,若A=2B,则sin A=sin 2B=2sin Bcos B,即a=2bcos B,又因为a=b,所以cos B=,故C可能成立;因为a+b+c=2R(sin A+sin B+sin C)(R为△ABC外接圆的半径),所以当△ABC的外接圆半径R=时等式成立,故D可能成立.故选BCD.
9.AB [解析] 对于A,由正弦定理得=,则sin B=2,显然角B不存在,故A正确;对于B,在△ABC中,由A>B知a>b,根据正弦定理可得sin A>sin B,故B正确;对于C,由正弦定理知a=2Rsin A,b=2Rsin B(R为△ABC外接圆的半径),又acos A=bcos B,所以2Rsin Acos A=2Rsin Bcos B,可得sin 2A=sin 2B,故2A=2B或2A+2B=π,即△ABC是等腰三角形或直角三角形,故C错误;对于D,在△ABC中,设△ABC的外接圆半径是R,则根据正弦定理可得2R===4,解得R=2,故D错误.故选AB.
10. [解析] 由题意知△ABC外接圆的半径R=3,由正弦定理可得===2R=6,则有=12,=,所以+=12+=.
11.{2}∪[2,+∞) [解析] 由正弦定理得=,则 =,所以sin B=.因为A=,所以012. [解析] 由asin B+bcos A=c及正弦定理可得sin Asin B+sin Bcos A=sin C,又sin C=sin[π-(A+B)]=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B,所以sin Asin B=sin Acos B,又A∈(0,π),所以sin A>0,所以sin B=cos B,则tan B=1,因为B∈(0,π),所以B=.
13.解:∵=,∴a===10.
易得B=180°-(A+C)=180°-(45°+30°)=105°,
∵=,∴b===20sin 75°=20×=5+5.
14.解:(1)由正弦定理得=,即=,
故sin C=,可得C=45°或C=135°,经检验,均满足题意.
(2)若角C为锐角,由(1)可知C=45°,故A=180°-45°-30°=105°,其中sin 105°=sin(60°+45°)=sin 60°cos 45°+cos 60°sin 45°=×+×=,由正弦定理得=,即=,解得a=+1.
15.D [解析] 因为m∥n,所以cos A·(c-b)=acos B,由正弦定理得cos A(sin C-sin B)=sin Acos B,即sin Ccos A-sin Bcos A=sin Acos B,所以sin Ccos A=sin Acos B+sin Bcos A=sin(A+B)=sin C,因为00,所以cos A=1,故cos A=>0,所以△ABC的内角A为锐角,所以A=.故选D.
16.解:(1)因为asin=bsin A,
所以由正弦定理得sin Asin=sin Bsin A,
又因为sin A≠0,所以sin=sin B.
由A+B+C=π,可得sin=sin=cos,
所以cos=sin B,所以cos=2sincos.
因为B∈(0,π),所以∈,所以cos>0,
所以sin=,
因为∈,所以=,即B=.
(2)因为△ABC为锐角三角形,
所以0由(1)知,A+C=,即所以一、选择题
1.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=4,b=3,C=60°,则△ABC的面积为 ( )
A.3 B.3
C.6 D.6
2.在△ABC中,A=,AB=,AC=4,则BC边上的高的长度为 ( )
A. B.
C. D.
3.[2024·长春外国语学校高一期中] 在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,若acos B-bcos A=c,且C=,则B= ( )
A. B.
C. D.
4.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若A=60°,b=2,且S△ABC=,则△ABC外接圆的面积为 ( )
A.π B.
C.3π D.4π
5.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知△ABC的面积为a2sin A,则cos A的最小值为 ( )
A. B.
C. D.
6.[2024·重庆七校高一期中] 在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若C=,a2+c2-b2=ac,角A的平分线与BC交于D点,点E满足=2,则= ( )
A. B. C. D.
7.在△ABC中,B=,BC边上的高等于BC,则cos∠BAC的值为 ( )
A.- B. -
C. D.
8.(多选题)[2024·绍兴一中高一期中] 在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=3,A=,则△ABC的面积可能为 ( )
A. B.2
C. D.
9.(多选题)在△ABC中,a,b,c分别是内角A,B,C的对边,已知A=,a=7,则下列说法正确的是 ( )
A.△ABC外接圆的面积是
B.bcos C+ccos B=7
C.b+c可能等于16
D.作A关于BC的对称点A',则AA'的最大值是
二、填空题
10.在△ABC中,bc=20,S△ABC=5,△ABC的外接圆的半径为3,则a= .
11.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,b=a+1,c=a+2.若2sin C=3sin A,则△ABC的面积为 .
12.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,a2=b2+c2+2bcsin C,当sin B+2sin C取得最大值时,C= .
三、解答题
13.在△ABC中,b=4,c=3,再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知.
(1)求sin C的值;
(2)求△ABC的面积.
条件①:A=;条件②:a=.
注:如果选择条件①和条件②分别解答,按第一个解答计分.
14.如图,D是直角三角形ABC斜边BC上一点,AC=DC.
(1)若∠DAC=30°,求∠ADC的大小;
(2)若BD=2DC,且DC=1,求AD的长.
15.[2024·长沙长郡中学高一月考] 在△ABC中,a,b,c分别是内角A,B,C的对边,若S△ABC=且·=0,则△ABC的形状是 ( )
A.有一个角是的等腰三角形
B.等边三角形
C.三边均不相等的直角三角形
D.等腰直角三角形
16.如图,四边形ABCD的外接圆直径为5,且cos A=,求四边形ABCD周长的最大值.
第3课时 正弦定理和余弦定理的应用
1.B [解析] △ABC的面积为absin C=×4×3×=3,故选B.
2.A [解析] 在△ABC中,A=,AB=,AC=4,所以S△ABC=×4××=,由余弦定理可得BC==,所以BC边上的高为=.故选A.
3.B [解析] 由正弦定理及acos B-bcos A=c得sin Acos B-cos Asin B=sin C,又因为sin C=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B,所以2cos Asin B=0,又sin B>0,所以cos A=0,得A=,则B=π--=.故选B.
4.A [解析] ∵S△ABC=bcsin A=c=,∴c=1,∴a2=b2+c2-2bccos A=4+1-4cos 60°=3,∴a=.设△ABC外接圆的半径为R,由正弦定理得2R===2,解得R=1,∴△ABC外接圆的面积S=πR2=π.故选A.
5.C [解析] 因为S△ABC=bcsin A=a2sin A,所以bc=2a2,所以cos A=≥=,当且仅当b=c时等号成立,故cos A的最小值为.故选C.
6.C [解析] 由余弦定理得cos B===,因为C=,所以B∈,所以B=,故△ABC为等腰三角形,且AB=AC.因为AD为角A的平分线,所以BD=CD,设BD=a,则CD=a,BC=2a,又=2,所以BE=BC=a,故==.故选C.
7.B [解析] 作AD⊥BC交BC于点D,设BC=x,则BC边上的高AD=x,∵B=,∴AB==,BD==,则DC=BC-BD=,∴AC2=DC2+AD2=+=.在△ABC中,由余弦定理可得cos ∠BAC===-.故选B.
8.ABC [解析] 由余弦定理可得cos A==,故b2+c2-bc=9≥2bc-bc=bc,当且仅当b=c时取等号,此时S△ABC=bcsin A≤,易知S△ABC>0,故A,B,C符合题意.故选ABC.
9.AB [解析] 对于A,设△ABC外接圆的半径为R,由==2R,可得R=,所以△ABC外接圆的面积是πR2=,故A正确;对于B,bcos C+ccos B=b·+c·=a=7,故B正确;对于C,b+c=2R(sin B+sin C)==14sin,可得b+c∈(7,14],故b+c不可能等于16,故C错误;对于D,作A关于BC的对称点A',设A到BC的距离为h,可得ah=bcsin,即有h=bc,由a2=b2+c2-2bccos=b2+c2-bc≥2bc-bc,a=7,可得bc≤49,当且仅当b=c时取等号,所以h≤,则AA'的最大值是7,故D错误.故选AB.
10.3 [解析] 由S△ABC=5,得bcsin A=×20×sin A=5,解得sin A=,由正弦定理得=2×3,故a=×2×3=3.
11. [解析] 因为2sin C=3sin A,c=a+2,所以2c=2(a+2)=3a,则a=4,故b=5,c=6,所以cos C===,则sin C==,故S△ABC=absin C=×4×5×=.
12. [解析] 由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos A,所以sin C=-cos A,即cos=cos A,又A,C为三角形的内角,所以+C=A,又因为A+B+C=π,所以B=π-A-C=-2C,所以sin B+2sin C=sin+2sin C=cos 2C+2sin C=-2sin2C+2sin C+1,根据二次函数的性质,可知当sin C=时,sin B+2sin C取得最大值,此时C=或C=,当C=时,由sin C=-cos A可知cos A=-,此时A=,不满足题意.故C=.
13.解:(1)选条件①:
在△ABC中,因为a2=b2+c2-2bccos A=42+32-2×4×3×cos=13,所以a=.因为=,所以=,所以sin C=.
选条件②:
在△ABC中,因为cos C===,所以sin C===.
(2)选条件①:
因为A=,所以S△ABC=bcsin A=×4×3×sin=3 .
选条件②:
因为sin C=,所以S△ABC=absin C=××4×=3.
14.解:(1)在△ADC中,由正弦定理得=,所以sin∠ADC==×=.又∠ADC=∠ABD+∠BAD=∠ABD+(90°-∠DAC)=∠ABD+60°>60°,所以∠ADC=120°.
(2)由BD=2DC,AC=DC,且DC=1,得BC=3,AC=,所以在直角三角形ABC中,cos C==.在△ADC中,由余弦定理得AD2=AC2+DC2-2AC·DCcos C=()2+1-2××1×=2,所以AD=.
15.D [解析] 如图所示,在边AB,AC上分别取点D,E,使=,=,以AD,AE为邻边作平行四边形ADFE,则=+,显然||=||=1,因此平行四边形ADFE为菱形,AF平分∠BAC,又·=0,故·=0,即AF⊥BC,故△ABC是等腰三角形,且AB=AC.设直线AF交BC于点O,则O是BC的中点,所以S△ABC=a·AO,又S△ABC==a2,所以AO=a=BC,所以∠BAC=90°,所以△ABC是等腰直角三角形.故选D.
16.解:如图,连接BD,设AB=c,BD=a,AD=b,BC=n,CD=m,
由cos A=且0在△ABD中,由正弦定理得=5,解得a=4.
在△ABD中,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A,
所以80=b2+c2-bc=(b+c)2-bc≥(b+c)2-×=,即(b+c)2≤400,
可得0在△BCD中,∠BCD=π-A,
由余弦定理可得80=a2=m2+n2-2mncos(π-A)=m2+n2+mn=(m+n)2-mn≥(m+n)2-×=,即(m+n)2≤100,可得0所以四边形ABCD周长的最大值为30.第2课时 正弦定理和余弦定理的综合问题
一、选择题
1.在△ABC中,若7a=5b,8sin A=5sin C,则B= ( )
A.30° B.45°
C.60° D.120°
2.在△ABC中,sin A∶sin B∶sin C=3∶4∶6,则cos C= ( )
A.- B.-
C.- D.
3.[2024·江苏连云港高一期中] 在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若acos B+bcos A=a,则△ABC的形状是 ( )
A.直角三角形
B.等腰三角形
C.等腰直角三角形
D.等腰三角形或直角三角形
4.在△ABC中,2sin A=3sin B,AB=2AC,则cos C= ( )
A. B.-
C. D.-
5.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,csin C-asin A=4bsin B,cos C=-,则= ( )
A. B.
C. D.
6.[2024·福建八县区高一期中] 在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若sin2=,则△ABC的形状为 ( )
A.正三角形 B.直角三角形
C.等腰三角形 D.钝角三角形
7.[2024·河南濮阳高一期中] 在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知a2+c2-b2+2ac=2bcsin A,则B= ( )
A. B.
C. D.
8.(多选题)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,则下列说法正确的是 ( )
A.若sin 2A=sin 2B,则△ABC是等腰三角形
B. 若△ABC是锐角三角形,则不等式sin A>cos B恒成立
C. 若sin2A+sin2B+cos2C<1,则△ABC为钝角三角形
D. 若a=2bcos C,则△ABC为等腰三角形
9.(多选题)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若3sin A=2sin C,a+c=2b,则以下说法正确的是 ( )
A.sin A∶sin B∶sin C=4∶5∶6
B.△ABC是钝角三角形
C.若c=,则△ABC外接圆的半径为
D.若△ABC的周长为15,则其内切圆的半径为
二、填空题
10.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若=,则B= .
11.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若a2+b2-ab=c2,且=,则△ABC为 三角形.
12.[2024·杭州二中高一期中] 已知△ABC满足3·+4·=5·,则cos A的最小值为 .
三、解答题
13.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a=2,c=,B=30°.
(1)求b;
(2)求角A和角C.
14.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知2a=b+2ccos B.
(1)求角C的大小;
(2)若a+b=2,且△ABC的外接圆半径为2,求ab.
15.已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边,且sin2B+sin2C-sin2A+sin Bsin C=0,则A= ;若b=2,c=1,=t,t∈[0,1],则-·的取值范围是 .
16.已知△ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a+c=2b,且2cos 2B-8cos B+5=0,求角B的大小并判断△ABC的形状.
第2课时 正弦定理和余弦定理的综合问题
1.C [解析] 由题意及正弦定理可得8a=5c,令a=5k,则b=7k,c=8k,所以cos B===,因为B∈(0°,180°),所以B=60°.故选C.
2.B [解析] 设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,由正弦定理可知,a∶b∶c=3∶4∶6,设a=3k,b=4k,c=6k,则由余弦定理得cos C===-.故选B.
3.B [解析] 方法一:因为acos B+bcos A=a,所以a×+b×=a,整理得c=a,所以△ABC是等腰三角形,由已知条件不能判断△ABC是否为直角三角形.故选B.
方法二:由acos B+bcos A=a及正弦定理,得sin Acos B+sin Bcos A=sin A,即sin(A+B)=sin A,因为04.D [解析] 由正弦定理可得,2BC=3AC,又AB=2AC,所以AC∶BC∶AB=2∶3∶4,不妨设AC=2k,BC=3k,AB=4k,由余弦定理得cos C==-.故选D.
5.D [解析] 因为csin C-asin A=4bsin B,所以由正弦定理得c2-a2=4b2,即c2=a2+4b2,又cos C=-,则cos C=-=,化简得=.故选D.
6.B [解析] 由sin2=,得=,即(1-cos A)sin C=sin C-sin B,即cos Asin C=sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C,所以sin Acos C=0.在△ABC中,sin A≠0,所以cos C=0,C=,即△ABC的形状为直角三角形.故选B.
7.C [解析] 由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B,又a2+c2-b2+2ac=2bcsin A,所以2accos B+2ac=2bcsin A,所以acos B+a=bsin A,由正弦定理可得sin Acos B+sin A=sin Bsin A,又A∈(0,π),所以sin A>0,所以cos B+1=sin B,又sin2B+cos2B=1,解得cos B=0或cos B=-1,又B∈(0,π),所以cos B∈(-1,1),所以cos B=0,所以B=.故选C.
8.BCD [解析] 对于A,由sin 2A=sin 2B,得2A=2B或2A+2B=π,即A=B或A+B=,故△ABC是等腰三角形或直角三角形,故A不正确;对于B,由△ABC是锐角三角形得A+B>,可得>A>-B,故根据正弦函数的性质得sin A>sin=cos B,故B正确;对于C,因为sin2A+sin2B+cos2C<1,所以sin2A+sin2B<1-cos2C=sin2C,由正弦定理得a2+b29.ACD [解析] 因为3sin A=2sin C,所以由正弦定理可得3a=2c,又a+c=2b,故a=b,c=b,设b=5x,则a=4x,c=6x.对于A,sin A∶sin B∶sin C=a∶b∶c=4∶5∶6,故A正确;对于B,根据大边对大角,得C为最大角,又a2+b2-c2=16x2+25x2-36x2=5x2>0,则cos C>0,又C∈(0,π),故C为锐角,则△ABC为锐角三角形,故B错误;对于C,由B知cos C==,C为锐角,故sin C===,又c=,设△ABC外接圆的半径为R,由正弦定理可得2R===,则R=,故C正确;对于D,若△ABC的周长为15,则a+b+c=15x=15,则x=1,故a=4,b=5,c=6,设△ABC内切圆的半径为r,则(a+b+c)·r=ah=absin C(h为边BC上的高),即×15×r=×20×,解得r=,故D正确.故选ACD.
10. [解析] 由=,结合正弦定理得=,则a2-ac=b2-c2,即a2+c2-b2=ac,由余弦定理得cos B===,而B∈(0,π),所以B=.
11.直角 [解析] ∵a2+b2-c2=ab,∴cos C==,∴sin C=.∵=,∴sin B=1,∴B=90°,∴△ABC为直角三角形.
12. [解析] 设AB=c,AC=b,BC=a,由3·+4·=5·,得3×ab×+4×ac×=5bc×,即a2=b2+c2,则cos A==≥=,当且仅当b2=c2时取等号,即cos A的最小值为.
13.解:(1)在△ABC中,a=2,c=,B=30°,由余弦定理,得b2=a2+c2-2accos B=4+3-2×2××=1,所以b=1.
(2)由(1)知,b=1,在△ABC中,由正弦定理,得=,则sin A===1,
又0°所以C=180°-A-B=60°.
14.解:(1)在△ABC中,由2a=b+2ccos B及正弦定理,得2sin A=sin B+2sin Ccos B,即sin B+2sin Ccos B=2sin(B+C)=2sin Bcos C+2cos Bsin C,
整理得2sin Bcos C=sin B,而sin B>0,则cos C=,
又0(2)由(1)知,C=,由正弦定理得c=4sin C=4×=6,由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C,即62=a2+b2-ab=(a+b)2-3ab=(2)2-3ab,解得ab=8.
15. [-5,9] [解析] 由sin2B+sin2C-sin2A+sin Bsin C=0及正弦定理,得b2+c2-a2+bc=0,由余弦定理可知cos A==-,又∵A∈(0,π),∴A=.∵b=2,c=1,∴由余弦定理得a=,cos B==,∴与的夹角的余弦值为-.又∵=t,∴=(1-t),·=(+t)·=·+t=7t-2,∴-·=7(1-t)2-(7t-2)=7t2-21t+9,t∈[0,1],∴-·∈[-5,9].
16.解:∵2cos 2B-8cos B+5=0,∴2(2cos2B-1)-8cos B+5=0,∴4cos2B-8cos B+3=0,即(2cos B-1)(2cos B-3)=0,解得cos B=或cos B=(舍去).
∵0∵a+c=2b,∴由正弦定理得sin A+sin C=2sin B=2sin=,∴sin A+sin=,
∴sin A+sincos A-cossin A=,化简得sin A+cos A=,∴sin=1.
∵0