高中数学 人教新课标A版 章末复习 解三角形(42张PPT课件+练习)

文档属性

名称 高中数学 人教新课标A版 章末复习 解三角形(42张PPT课件+练习)
格式 zip
文件大小 1.7MB
资源类型 教案
版本资源 人教新课标A版
科目 数学
更新时间 2019-11-18 17:07:11

文档简介

模块复习课
第1课时 解三角形
课后篇巩固提升
/基础巩固
1.已知在△ABC中,a=15,b=10,A=60°,则cos B=0(  )
A.-
2
2
3
B.
2
2
3

C.-
6
3
D.
6
3
解析由正弦定理得
15
sin60°
=
10
sin??
,所以sin B=
10·sin60°
15
=
10×
3
2
15
=
3
3
.因为a>b,A=60°,所以B为锐角,故cos B=
1-si
n
2
??
=
1-
3
3
2
=
6
3
.
答案D
2.已知在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a2=b2+c2-bc,bc=4,则△ABC的面积为(  )
A.
1
2
B.1
C.
3
D.2
解析因为a2=b2+c2-bc,所以cos A=
1
2
,因此A=
π
3
.又因为bc=4,所以△ABC的面积为
1
2
bcsin A=
3
.
答案C
3.已知在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且bsin(π-C)-
2
ccos(π+B)=0,则tan B=(  )
A.-
2
B.
2

C.-
2
2
D.
2
2
解析根据题意结合正弦定理,得bsin C+
2
ccos B=0,即sin Bsin C+
2
sin Ccos B=0.因为sin C≠0,所以sin B+
2
cos B=0,故tan B=-
2
.
答案A
4.张晓华同学骑电动自行车以24 km/h的速度沿着正北方向的公路行驶,在点A处望见电视塔S在电动车的北偏东30°方向上,15 min后到点B处望见电视塔在电动车的北偏东75°方向上,则电动车在点B时与电视塔S的距离是(  )
A.2
2
km
B.3
2
km
C.3
3
km
D.2
3
km
解析画出示意图如图所示.
/
由条件知AB=24×
15
60
=6(km).在△ABS中,∠BAS=30°,AB=6 km,∠ABS=180°-75°=105°,所以∠ASB=45°.由正弦定理知
????
sin30°
=
????
sin45°
,所以BS=
????sin30°
sin45°
=3
2
(km).
答案B
5.已知在△ABC中,若
????
·
????
=12,△ABC的面积等于8,则tan C的值等于(  )
A.
2
3
B.-
2
3

C.
4
3
D.-
4
3
解析由已知可得abcos(180°-C)=12,即abcos C=-12.因为
1
2
absin C=8,所以absin C=16,于是tan C=
????sin??
????cos??
=-
4
3
.
答案D
6.在△ABC中,a=3,b=
6
,A=

3
,则B=    .?
解析根据正弦定理
??
sin??
=
??
sin??
,得sin B=
??sin??
??
=
6
sin

3
3
,
∴sin B=
2
2
.∴B=
π
4
或B=

4
.
又a>b,∴A>B,∴B=
π
4
.
答案
π
4
7.如图,在△ABC中,B=
π
3
,点D在BC上,cos∠ADC=
1
7
,则cos∠BAD=    .?
/
解析∵cos∠ADC=
1
7
,
∴sin∠ADC=
1-co
s
2
∠??????
=
4
3
7
,
则cos∠BAD=cos(∠ADC-B)
=cos∠ADC·cos B+sin∠ADC·sin B
=
1
7
×
1
2
+
4
3
7
×
3
2
=
13
14
.
答案
13
14
8.如图,为测量出山高MN,选择A和另一座山的山顶C为测量观测点,从A处测得M的仰角∠MAN=60°,C的仰角∠CAB=45°以及∠MAC=75°,从C处测得∠MCA=60°.若山高BC=100 m,则山高MN=    m.?
/
解析依题意可得AB=BC=100 m,∠AMC=45°,所以AC=100
2
m.在△ACM中,由正弦定理可得AM=
????
sin45°
·sin 60°=100
3
m,所以MN=AM·sin 60°=150 m.
答案150
9.在锐角三角形ABC中,a,b,c分别为角A,B,C所对的边,且
??
sin??
=
2??
3
.
(1)求角C的大小;
(2)若c=3,且△ABC的面积为
5
3
2
,求a2+b2的值.
解(1)∵
??
sin??
=
2??
3
=
??
sin??
,
∴sin C=
3
2
.
∵△ABC是锐角三角形,∴C=
π
3
.
(2)S△ABC=
1
2
absin C=
5
3
2
,
∵C=
π
3
,∴ab=10.
由余弦定理得a2+b2-2abcos
π
3
=9,
∴a2+b2=19.
10.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若b=ctan B,且C为钝角.
(1)证明C=B+
π
2
;
(2)若c=
3
a,求角B的大小.
(1)证明由b=ctan B及正弦定理得sin B=sin C·
sin??
cos??
,
所以sin C=cos B,即sin C=sin
π
2
+??
.
因为C为钝角,
所以
π
2
+B∈
π
2

,
故C=B+
π
2
.
(2)解由(1)知A=π-B-C=
π
2
-2B.
由c=
3
a可得sin C=
3
sin A,即sin
??+
π
2
=
3
sin
π
2
-2??
,
所以cos B=
3
cos 2B,cos B=
3
(2cos2B-1),
解得cos B=
3
2
cos??=-
3
3
舍去
,故B=
π
6
.
/能力提升
1.已知在锐角三角形ABC中,AB=3,AC=4,S△ABC=3
3
,则BC=(  )
A.5 B.
13

37
C.
37
D.
13
解析由S△ABC=
1
2
AB·AC·sin∠BAC=
1
2
×3×4sin∠BAC=3
3
,得sin∠BAC=
3
2
.因为△ABC为锐角三角形,所以∠BAC∈
0,
π
2
,故∠BAC=
π
3
.在△ABC中,由余弦定理得BC2=AC2+AB2-2AC·AB·cos∠BAC=42+32-2×4×3×cos
π
3
=13.所以BC=
13
,故选D.
答案D
2.在非等腰三角形ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且acos A=bcos B,则C等于(  )
A.30° B.45°
C.90° D.120°
解析由acos A=bcos B可得sin Acos A=sin Bcos B,于是sin 2A=sin 2B.因为△ABC不是等腰三角形,所以2A=180°-2B,则A+B=90°,即C=90°.
答案C
3.在△ABC中,若B=60°,a+c=2,则b的取值范围是0(  )
A.[1,2) B.(0,2)
C.(0,1] D.(2,+∞)
解析由正弦定理可得
??
sin??
=
??
sin??
=
??
sin??
,所以
??+??
sin??+sin??
=
??
sin??
,于是
2
sin??+sin??
=
??
3
2
,因此b=
3
sin??+sin??
=
3
sin??+sin(120°-??)
=
3
3
2
sin??+
3
2
cos??
=
1
sin(??+30°)
.由于A+C=120°,所以0°1
2
1
sin(??+30°)
<2.故b的取值范围是[1,2).
答案A
4.在△ABC中,若b=2
2
,c=1,tan B=2
2
,则a=    .?
解析由tan B=2
2
>0,知0π
2
,得cos B=
1
3
.由余弦定理可得cos B=
??
2
+
??
2
-
??
2
2????
=
1
3
,即
??
2
+1-8
2??
=
1
3
,整理得3a2-2a-21=0,解得a=3或a=-
7
3
(舍去).故a=3.
答案3
5.如图,在△ABC中,点D在AC上,AB⊥BD,BC=3
3
,BD=5,tan∠ABC=-
2
39
13
,则CD的长为    .?
/
解析由tan∠ABC=-
2
39
13
可得sin ∠ABC=
2
3
5
.
由于∠ABC=90°+∠DBC,
因此sin∠ABC=sin(90°+∠DBC)=cos∠DBC=
2
3
5
.
在△DBC中,由余弦定理可得
CD=
(3
3
)
2
+
5
2
-2×3
3
×5×
2
3
5
=4.
答案4
6.在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,若
??
sin??
+
??
sin??
=2c,则A的大小是    .?
解析由正弦定理可得
sin??
sin??
+
sin??
sin??
=2sin C.
由sin C≤1,得
sin??
sin??
+
sin??
sin??
≤2.
因为
sin??
sin??
+
sin??
sin??
≥2(由基本不等式可得),
当且仅当sin A=sin B,取得等号,
所以sin C=1,C=
π
2
,sin A=sin B.
故A=B=
π
4
.
答案
π
4
7.在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,已知sin A·sin B+sin Bsin C+cos 2B=1.
(1)求证:a,b,c成等差数列;
(2)若C=

3
,求
??
??
的值.
(1)证明由已知得sin Asin B+sin Bsin C+1-2sin2B=1,故sin Asin B+sin Bsin C=2sin2B.
因为sin B≠0,
所以sin A+sin C=2sin B.
由正弦定理得a+c=2b,
所以a,b,c成等差数列.
(2)解在△ABC中,由余弦定理c2=a2+b2-2abcos C,得(2b-a)2=a2+b2-2abcos

3
,
即(2b-a)2=a2+b2+ab,展开并化简,
得3b2=5ab.故
??
??
=
3
5
.
8.在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C所对的边,且asin A+(a+b)sin B=csin C.
(1)求角C;
(2)若c=2,求△ABC的周长l的取值范围.
解(1)已知等式asin A+(a+b)sin B=csin C,
利用正弦定理化简得:a2+b2-c2=-ab,
∴cos C=
??
2
+
??
2
-
??
2
2????
=-
1
2
,
∵C为三角形内角,
∴C=

3
.
(2)由余弦定理得,c2=a2+b2-2abcos

3
=a2+b2+ab,
而c=2,故4=(a+b)2-ab≥(a+b)2-/
??+??
2
/2=
3
4
(a+b)2,
∴a+b≤
4
3
3
,
又a+b>c=2,
∴44
3
3
+2,即△ABC的周长l的取值范围为/4,
4
3
3
+2/.
课件42张PPT。第1课时 解三角形知识网络要点梳理思考辨析知识网络要点梳理思考辨析知识网络要点梳理思考辨析1.正弦、余弦定理 知识网络要点梳理思考辨析2.利用正弦、余弦定理解三角形
(1)已知两角及一边,用正弦定理,只有一解.
(2)已知两边及一边的对角,用正弦定理,解可分为几种情况.
如在△ABC中,已知a,b和角A时,解的情况如下:知识网络要点梳理思考辨析上表中,当角A为锐角时,a当角A为钝角或直角时,a=b,a(3)已知三边,用余弦定理,有解时,只有一解.
(4)已知两边及夹角,用余弦定理,必有一解.知识网络要点梳理思考辨析3.三角形的面积公式
设△ABC的三边分别为a,b,c,对应的三个内角分别为A,B,C,其面积为S.4.三角形中的一些重要结论
(1)A+B+C=π.
(2)在三角形中大边对大角,反之亦然.
(3)任意两边之和大于第三边,任意两边之差小于第三边.知识网络要点梳理思考辨析(4)三角形内的诱导公式: (5)在△ABC中,tan A+tan B+tan C=tan A·tan B·tan C.
(6)在△ABC中,角A,B,C成等差数列的充要条件是B=60°.
(7)△ABC为正三角形的充要条件是角A,B,C成等差数列,且a,b,c成等比数列.知识网络要点梳理思考辨析判断下列说法是否正确,正确的在后面的括号内画“√”,错误的画“×”.答案:(1)× (2)√ (3)× (4)× (5)√ (6)× 专题归纳高考体验专题一 利用正弦、余弦定理解三角形 解析:先在△ABD中,利用正弦定理求得∠ADB,从而得到∠BAD,∠BAC,最后在△ABC中求得AC的值.
如图,在△ABD中,由正弦定理,专题归纳高考体验反思感悟解三角形的常见题型及求解方法 专题归纳高考体验专题归纳高考体验专题二 利用正弦、余弦定理判断三角形的形状
例2若△ABC的三个内角满足sin A∶sin B∶sin C=5∶11∶13,则△ABC(  )
A.一定是锐角三角形
B.一定是直角三角形
C.一定是钝角三角形
D.可能是锐角三角形,也可能是钝角三角形专题归纳高考体验解析:先利用正弦定理将已知条件转化为三边的比值,再利用余弦定理求出最大角,即可作出判断.
在△ABC中,∵sin A∶sin B∶sin C=5∶11∶13,
∴a∶b∶c=5∶11∶13,
故令a=5k,b=11k,c=13k(k>0).由余弦定理可得∴△ABC为钝角三角形.
答案:C专题归纳高考体验反思感悟利用正弦、余弦定理判断三角形形状的基本方法
1.“角化边”:利用正弦、余弦定理把已知条件转化为只含边的关系,通过因式分解、配方等得出边的相应关系,从而判断三角形的形状.
2.“边化角”:利用正弦、余弦定理把已知条件转化为只含内角的三角函数间的关系,通过三角恒等变换,得出内角的关系,从而判断出三角形的形状,此时要注意应用A+B+C=π这个结论.专题归纳高考体验变式训练2已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若bcos C+ccos B=asin A,则△ABC的形状为(  )
A.锐角三角形      B.直角三角形
C.钝角三角形      D.不确定
解析:∵由正弦定理得sin Bcos C+sin Ccos B=sin2A,
∴sin(B+C)=sin2A,
即sin(π-A)=sin2A,sin A=sin2A.
∵A∈(0,π),∴sin A>0,∴sin A=1,即A= ,故选B.
答案:B专题归纳高考体验专题三 利用正弦、余弦定理解决实际应用问题
例3已知海岛A四周8 n mile内有暗礁,有一货轮由西向东航行,望见岛A在北偏东75°的方向上,航行20 n mile后,见此岛在北偏东30°的方向上.若货轮不改变航向继续前进,有无触礁危险?专题归纳高考体验反思感悟解三角形应用题的常见情况及方法
1.实际问题经抽象概括后,已知量与未知量全部集中在一个三角形中,可用正弦定理或余弦定理求解.
2.实际问题经抽象概括后,已知量与未知量涉及两个或两个以上的三角形,这时需作出这些三角形,先解条件足够的三角形,然后逐步求解其他三角形,有时需设出未知量,从几个三角形中列出方程(组),解方程(组)得出所要求的解.专题归纳高考体验变式训练3如图所示,某公园计划用鹅卵石铺成两条交叉的“健康石道”(线段AD和CE),并在这两条“健康石道”两端之间建设“花卉长廊”(线段AC和ED),以供市民休闲健身.已铺设好的部分BD=20 m,ED=10 m,∠BED=45°(△BDE为锐角三角形).由于设计要求,未铺设好的部分AB和BC的总长只能为40 m,则剩余的“花卉长廊”(线段AC)最短可以是     m.?专题归纳高考体验设AB=x m,则BC=(40-x)m,在△ABC中,由余弦定理,得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos∠ABC,
∴AC2=x2+(40-x)2-x(40-x)=3x2-120x+1 600=3(x-20)2+400.
∴当x=20时,AC2取得最小值400,
∴AC的最小值为20.答案:20 专题归纳高考体验专题四 正弦、余弦定理和三角恒等变换的综合应用
例4在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且a+b+c=8.分析:(1)根据边长关系求解出c,再由余弦定理求解出cos C的值;(2)先运用二倍角公式对已知等式进行降次化简,再运用两角和公式得到sin A+sin B与sin C之间的等量关系,利用正弦定理和三角形的面积公式求解出a,b的值.专题归纳高考体验化简得sin A+sin Acos B+sin B+sin Bcos A=4sin C.
因为sin Acos B+cos Asin B=sin(A+B)=sin C,
所以sin A+sin B=3sin C.
由正弦定理可知a+b=3c.
又因为a+b+c=8,所以c=2,a+b=6.专题归纳高考体验反思感悟正弦、余弦定理常与三角恒等变换、三角形面积公式结合在一起综合考查学生的能力,解题的关键是结合条件,利用正弦、余弦定理进行边角互化,然后在此基础上进行三角恒等变换,解题时要注意公式的变形及熟练应用.专题归纳高考体验专题归纳高考体验考点一 正弦、余弦定理的基本应用 答案:A 专题归纳高考体验2.(2017·山东高考)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若△ABC为锐角三角形,且满足sin B(1+2cos C)=2sin Acos C+cos Asin C,则下列等式成立的是(  )
A.a=2b B.b=2a
C.A=2B D.B=2A
解析:由题意可知sin B+2sin Bcos C=sin Acos C+sin(A+C),即2sin Bcos C=sin Acos C.因为cos C≠0,所以2sin B=sin A,由正弦定理可知a=2b.
答案:A专题归纳高考体验答案:C 专题归纳高考体验专题归纳高考体验专题归纳高考体验考点二 三角形面积的计算 答案:C 专题归纳高考体验专题归纳高考体验8.(2017·全国Ⅱ高考)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知sin(A+C)=8sin2 .
(1)求cos B;
(2)若a+c=6,△ABC的面积为2,求b.专题归纳高考体验专题归纳高考体验9.(2019·全国Ⅲ高考)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知 (1)求B;
(2)若△ABC为锐角三角形,且c=1,求△ABC面积的取值范围.专题归纳高考体验专题归纳高考体验考点三 正弦、余弦定理的实际应用
10.(2015·湖北高考)如图,一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶,到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30°的方向上,行驶600 m后到达B处,测得此山顶在西偏北75°的方向上,仰角为30°,则此山的高度CD=    m.?专题归纳高考体验专题归纳高考体验考点四 正弦、余弦定理的综合应用 答案:A 专题归纳高考体验12.(2019·全国Ⅰ高考)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.设(sin B-sin C)2=sin2A-sin Bsin C.
(1)求A;专题归纳高考体验专题归纳高考体验13.(2018·全国Ⅰ高考)在平面四边形ABCD中,∠ADC=90°,∠A=45°,AB=2,BD=5.
(1)求cos∠ADB;专题归纳高考体验14.(2017·全国Ⅰ高考)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知 (1)求sin Bsin C;
(2)若6cos Bcos C=1,a=3,求△ABC的周长.第一章测评
(时间:120分钟 满分:150分)
一、选择题(每小题5分,共60分)
1.在△ABC中,若A=60°,BC=4
3
,AC=4
2
,则角B的大小为(  )
A.30° B.45° C.135° D.45°或135°
解析由正弦定理,得
????
sin??
=
????
sin??
,则sin B=
????sin??
????
=
4
2
sin60°
4
3
=
2
2
.因为BC>AC,所以A>B,而A=60°,所以B=45°.
答案B
2.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且(a+b)2-c2=4,C=120°,则△ABC的面积为(  )
A.
3
3
B.
2
3
3
C.
3
D.2
3
解析将c2=a2+b2-2abcos C与(a+b)2-c2=4联立,解得ab=4,故S△ABC=
1
2
absin C=
3
.
答案C
3.
/
如图,设A,B两点在河的两岸,一测量者在A的同侧河岸边选定一点C,测出A,C的距离是50 m,∠ACB=45°,∠CAB=105°,则A,B两点间的距离为0(  )
A.50
2
m B.50
3
m C.25
2
m D.
25
2
2
m
解析在△ABC中,∠ABC=180°-45°-105°=30°.由正弦定理,得
????
sin∠??????
=
????
sin∠??????
,即
????
sin45°
=
50
sin30°
,解得AB=50
2
m.
答案A
4.在△ABC中,cos2
??
2
=
??+??
2??
(a,b,c分别为角A,B,C的对边),则△ABC的形状为(  )
A.等边三角形 B.直角三角形
C.等腰三角形或直角三角形 D.等腰直角三角形
解析∵cos2
??
2
=
??+??
2??
,∴
cos??+1
2
=
??+??
2??
,∴cos B=
??
??
,∴
??
2
+
??
2
-
??
2
2????
=
??
??
,∴a2+c2-b2=2a2,即a2+b2=c2,∴△ABC为直角三角形.故选B.
答案B
5.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=1,
3
sin Acos C+(
3
sin C+b)cos A=0,则角A=(  )
A.

3
B.
π
3
C.
π
6
D.

6
解析∵a=1,
3
sin Acos C+(
3
sin C+b)cos A=0,

3
sin Acos C+
3
sin Ccos A=-bcos A,

3
sin(A+C)=
3
sin B=-bcos A,

3
asin B=-bcos A,
由正弦定理可得
3
sin Asin B=-sin Bcos A,
∵sin B>0,∴
3
sin A=-cos A,
即tan A=-
3
3
.∵A∈(0,π),∴A=

6
.故选D.
答案D
6.某海轮以30 n mile/h的速度航行,在点A测得海面上油井P在南偏东60°方向,向北航行40 min后到达点B,测得油井P在南偏东30°方向,海轮改为北偏东60°的航向再行驶80 min到达点C,则P,C间的距离为(  )
A.20 n mile B.20
7
n mile
C.30 n mile D.30
7
n mile
解析如图,在△ABP中,AB=30×
40
60
=20(n mile),∠APB=30°,∠BAP=120°.根据正弦定理,得
????
sin∠??????
=
????
sin∠??????
,即
20
1
2
=
????
3
2
,
解得BP=20
3
(n mile).在△BPC中,BC=30×
80
60
=40(n mile),由已知得∠PBC=90°,
所以PC=
??
??
2
+??
??
2
=
(20
3
)
2
+4
0
2
=20
7
(n mile),即P,C间的距离为20
7
n mile.
/
答案B
7.在△ABC中,B=
π
4
,边BC上的高等于
1
3
BC,则cos A=(  )
A.
3
10
10
B.
10
10
C.-
10
10
D.-
3
10
10
解析设△ABC中角A,B,C的对边分别是a,b,c,由题意,得
1
3
a=csin
π
4
=
2
2
c,则a=
3
2
2
c.在△ABC中,由余弦定理,得b2=a2+c2-
2
ac=
9
2
c2+c2-3c2=
5
2
c2,则b=
10
2
c.由余弦定理,得cos A=
??
2
+
??
2
-
??
2
2????
=
5
2
??
2
+
??
2
-
9
2
??
2

10
2
??×??
=-
10
10
,故选C.
答案C
8.已知△ABC的三边分别为a,b,c,且a=1,B=45°,S△ABC=2,则△ABC的外接圆的直径为(  )
A.4
3
B.5 C.5
2
D.6
2
解析∵S△ABC=
1
2
acsin B,∴c=4
2
.
由余弦定理,得b2=a2+c2-2accos B=25,则b=5.由正弦定理,得2R=
??
sin??
=5
2
(R为△ABC外接圆的半径).
答案C
/
9.如图,在△ABC中,B=45°,D是边BC上一点,AD=5,AC=7,DC=3,则AB的长为(  )
A.
6
15
B.5
C.
5
6
2
D.5
6
解析在△ADC中,由余弦定理,得cos∠ADC=
??
??
2
+??
??
2
-??
??
2
2????·????
=
25+9-49
2×5×3
=-
1
2
,所以∠ADC=120°,所以∠ADB=60°.在△ABD中,由正弦定理,得AB=
????sin∠??????
sin??
=

3
2
2
2
=
5
6
2
.
答案C
10.在△ABC中,内角A,B,C所对边长分别为a,b,c,且满足a2+b2=2c2.如果c=2,那么△ABC的面积等于(  )
A.tan A B.tan B
C.tan C D.以上都不对
解析由已知,得a2+b2=8.由余弦定理,得cos C=
??
2
+
??
2
-4
2????
=
4
2????
=
2
????
,所以△ABC的面积S=
1
2
absin C=
1
2
·
2
cos??
·sin C=tan C.
答案C
11.在△ABC中,A=
π
3
,b=2,其面积为2
3
,则
sin??+sin??
??+??
等于(  )
A.
1
4
B.
1
3
C.
3
6
D.
3
+1
8
解析由题意可得S△ABC=
1
2
bcsin A=
1
2
×2×c×
3
2
=2
3
,
解得c=4.
根据余弦定理有a2=b2+c2-2bccos A=4+16-2×2×4×
1
2
=12,
所以a=2
3
.
根据正弦定理
??
sin??
=
??
sin??
=
??
sin??
=2R,

sin??+sin??
??+??
=
sin??+sin??
2??(sin??+sin??)
=
1
2??
=
sin??
??
=
3
2
2
3
=
1
4
.故选A.
答案A
12.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,已知sin(B+A)+sin(B-A)=3sin 2A,且c=
7
,C=
π
3
,则△ABC的面积是(  )
A.
3
3
4
B.
7
3
6
C.
21
3
D.
3
3
4

7
3
6
解析∵sin(B+A)=sin Bcos A+cos Bsin A,sin(B-A)=sin Bcos A-cos Bsin A,sin 2A=2sin Acos A,sin(B+A)+sin(B-A)=3sin 2A,∴2sin Bcos A=6sin Acos A.当cos A=0时,A=
π
2
,B=
π
6
.又c=
7
,所以b=
21
3
.由三角形的面积公式,得S=
1
2
bc=
7
3
6
;当cos A≠0时,由2sin Bcos A=6sin Acos A,得sin B=3sin A.根据正弦定理,可知b=3a,再由余弦定理,得cos C=
??
2
+
??
2
-
??
2
2????
=
??
2
+9
??
2
-7
6
??
2
=cos
π
3
=
1
2
,解得a=1,b=3,所以此时△ABC的面积为S=
1
2
absin C=
3
3
4
.综上可得△ABC的面积为
7
3
6

3
3
4
,故选D.
答案D
二、填空题(每小题5分,共20分)
13.在△ABC中,sin
??
2
=
3
3
,AB=1,BC=3,则AC=     .?
解析∵sin
??
2
=
3
3
,AB=1,BC=3,
∴cos B=1-2sin2
??
2
=1-2×
3
3
2
=
1
3
,∴由余弦定理可得AC=
??
??
2
+??
??
2
-2????·????·cos??
=
1+9-2×1×3×
1
3
=2
2
.
答案2
2
14.如图,在△ABC中,BD·sin B=CD·sin C,BD=2DC=2
2
,AD=2,则△ABC的面积为(  )
/
解析过点D分别作AB和AC的垂线,垂足分别为E,F.
/
∵由BD·sin B=CD·sin C,可得DE=DF,
则AD为∠BAC的平分线,∴
????
????
=
????
????
=2.
又cos∠ADB+cos∠ADC=0,

8+4-??
??
2
2×2×2
2
=-
2+4-??
??
2
2×2×
2
,解得AC=2,
∴在△ABC中,cos∠BAC=
4
2
+
2
2
-(3
2
)
2
2×4×2
=
1
8
,∴sin∠BAC=
3
7
8
,
∴S△ABC=
1
2
AB·AC·sin∠BAC=
3
7
2
.
答案
3
7
2
15.
/
如图,为了测量A,C两点间的距离,选取同一平面上B,D两点,测出四边形ABCD各边的长度(单位:km):AB=5 km,BC=8 km,CD=3 km,DA=5 km,如图所示,且A,B,C,D四点共圆,则AC的长为      km.?
解析因为A,B,C,D四点共圆,所以B+D=π.由余弦定理,得AC2=52+32-2×5×3cos D=34-30cos D,AC2=52+82-2×5×8cos B=89-80cos B.
由于B+D=π,即cos B=-cos D,
因此-
34-??
??
2
30
=
89-??
??
2
80
,解得AC=7.
答案7
16.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若A=
π
3
,a=
3
,则b2+c2的取值范围是     .?
解析由正弦定理
??
sin??
=
??
sin??
=
??
sin??
=2,得b=2sin B,c=2sin C,则b2+c2=4(sin2B+sin2C)=2(1-cos 2B+1-cos 2C)=4-2cos 2B-2cos 2C=4-2cos[(B+C)+(B-C)]-2cos[(B+C)-(B-C)]=4-4cos(B+C)cos(B-C)=4+4cos Acos
2??-

3
=4+2cos
2??-

3
.又0
3
,则-

3
<2B-

3
<

3
,即-1<2cos
2??-

3
≤2,所以3<4+2cos
2??-

3
≤6,即b2+c2的取值范围是(3,6].
答案(3,6]
三、解答题(共6小题,共70分)
17.(本小题满分10分)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知
sin??
sin??
=2,若cos B=
1
4
,且△ABC的周长为5,求边b的长.
解因为
sin??
sin??
=2,所以
??
??
=2,即c=2a.
又因为△ABC的周长为5,所以b=5-3a.
由余弦定理,得b2=c2+a2-2accos B,即(5-3a)2=(2a)2+a2-4a2×
1
4
,解得a=1,所以b=2.
18.(本小题满分12分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,已知bsin A=3asin C,cos A=
2
3
.
(1)若b=3,求a的值;
(2)若△ABC的面积S=
5
,求sin B的值.
解(1)利用正弦定理化简bsin A=3asin C,得ab=3ac.
∵a≠0,∴b=3c.把b=3代入得c=1.由余弦定理,得cos A=
??
2
+
??
2
-
??
2
2????
=
9+1-
??
2
6
=
2
3
,解得a=
6
.
(2)∵cos A=
2
3
,∴sin A=
1-
2
3
2
=
5
3
.由S△ABC=
1
2
bc·sin A=
1
2
·3c2·
5
3
=
5
,得c=
2
,∴b=3
2
.由a2=b2+c2-2bccos A=18+2-2×3
2
×
2
×
2
3
=12,解得a=2
3
.由
??
sin??
=
??
sin??
,得sin B=
??
??
sin A=
3
2
2
3
×
5
3
=
30
6
.
19.(本小题满分12分)如图,在平面四边形ABCD中,AC与BD为其对角线,已知BC=1,且cos∠BCD=-
3
5
.
/
(1)若AC平分∠BCD,且AB=2,求AC的长;
(2)若∠CBD=45°,求CD的长.
解(1)∵对角线AC平分∠BCD,
即∠BCD=2∠ACB=2∠ACD,
∴cos∠BCD=2cos2∠ACB-1=-
3
5
,
∵cos∠ACB>0,∴cos∠ACB=
5
5
.
∵在△ABC中,BC=1,AB=2,cos∠ACB=
5
5
,
∴由余弦定理AB2=BC2+AC2-2BC·AC·cos∠ACB,可得AC2-
2
5
5
AC-3=0,
解得AC=
5
或AC=-
3
5
5
(舍去),
∴AC的长为
5
.
(2)∵cos∠BCD=-
3
5
,
∴sin∠BCD=
1-co
s
2
∠??????
=
4
5
.
又∵∠CBD=45°,
∴sin∠CDB=sin(180°-∠BCD-45°)=sin(∠BCD+45°)=
2
2
(sin∠BCD+cos∠BCD)=
2
10
,
∴在△BCD中,由正弦定理
????
sin∠??????
=
????
sin∠??????
,
可得CD=
????·sin∠??????
sin∠??????
=5,即CD的长为5.
20.(本小题满分12分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知b2=ac,且cos B=
3
4
.
(1)求
1
tan??
+
1
tan??
的值;
(2)设
????
·
????
=
3
2
,求a+c的值.
解(1)由cos B=
3
4
,得sin B=
1-
3
4
2
=
7
4
.由b2=ac及正弦定理,得sin2B=sin Asin C.
于是
1
tan??
+
1
tan??
=
cos??
sin??
+
cos??
sin??
=
sin??cos??+cos??sin??
sin??sin??
=
sin(??+??)
si
n
2
??
=
sin??
si
n
2
??
=
1
sin??
=
4
7
7
.
(2)由
????
·
????
=
3
2
,得accos B=
3
2
.
由cos B=
3
4
,得ac=2,即b2=2.
由余弦定理b2=a2+c2-2accos B,
得a2+c2=b2+2accos B=5,∴(a+c)2=a2+c2+2ac=5+4=9,∴a+c=3.
21.(本小题满分12分)在海港A正东39 n mile处有一小岛B,现甲船从A港出发以15 n mile/h的速度驶向B岛,同时乙船以6 n mile/h的速度向北偏西30°的方向驶离B岛,不久之后,丙船则向正东方向从B岛驶出,当甲、乙两船相距最近时,在乙船观测发现丙船在乙船南偏东60°方向,问此时甲、丙两船相距多远?
解设在行驶t h后,甲船到达C处,乙船到达D处,丙船到达E处,此时甲、乙两船相距最近,由题意,得CD2=CB2+BD2-2CB·BD·cos 60°=(39-15t)2+36t2-6t(39-15t)=351t2-1 404t+1 521=351(t-2)2+117,所以当t=2时,CD2最小,即CD取得最小值,也即此时甲、乙两船相距最近,过点D作DF⊥AB,则∠BDF=30°,∠DBE=120°,
所以∠BDE=30°,∠DEB=180°-120°-30°=30°,故△BDE为等腰三角形.
所以BE=BD=6t=6×2=12(n mile),CE=BC+BE=39-15t+12=51-15×2=21(n mile).
答:甲、乙两船相距最近时,甲、丙两船相距21 n mile.
22.(本小题满分12分)已知a,b,c分别是△ABC三个内角A,B,C所对的边,且acos C+
1
2
c=b.
(1)求A;
(2)如a=1,△ABC的周长L的取值范围.
解(1)acos C+
1
2
c=b变形得2acos C+c=2b,
利用正弦定理得2sin Acos C+sin C=2sin B=2sin(A+C)=2sin Acos C+2cos Asin C,
∴sin C=2cos Asin C,
即sin C(2cos A-1)=0,
由sin C≠0,得到cos A=
1
2
.
又A为三角形的内角,则A=60°.
(2)∵a=1,sin A=
3
2
,B+C=120°,
即C=120°-B,

??
sin??
=
??
sin??
=
??
sin??
=
1
3
2
=
2
3
3
,
即b=
2
3
3
sin B,c=
2
3
3
sin(120°-B),
则△ABC的周长L=a+b+c=1+
2
3
3
sin B+
2
3
3
sin(120°-B)
=1+
2
3
3
3
2
sin??+
3
2
cos??
=1+2
3
2
sin??+
1
2
cos??
=1+2sin(B+30°).
∵0
1
2
即2<1+2sin(B+30°)≤3,
则L的取值范围为(2,3].