专题三角函数与解三角形答案

专题四三角函数与解三角形第十二讲解三角形2019由已知得sin2Bsin2Csin2AsinBsinCb2c2a2bcb2c2 由余弦定理得cosA 因为

A180A60

B

C

2sinAsin

C2sinC即6 3cosC1sinC2sinC，可得cosC60 2 由于

C120，所以sinC60 2，2sinCsinC60602sinC60cos60cosC60sin 6 24解析：由余弦定理有b2a2c22accosB因为b6a2cBπ，所以362c)2c24c2cosπ所以c212S

31acsinBc2sinB 32解析（1）由题设及正弦定理得sinAsinACsinBsinA2因为sinA0，所以sinACsinB2ABC180，可得sinACcosB，故cosB2sinBcosB 因为cosB0，故sinB1B60 （2）由题设及（1）知△ABC的面积S△ABC

3a4csin

sin

C 3由正弦定理得a 3sin

sin

2tan 由于△ABC为锐角三角形，故0A90，0C90，由（1）AC120以30C90，故1a2，从而3 3 因此△ABC面积的取值范围是33． 2 解析AOADABACABABAOAEEOAEECAE(ACAE)(1)AEAC13，1

所以

，解得 所以AO1AD1ABACECACAE1ABAC 6AOEC61(ABAC)(1ABAC)3(1AB22ABACAC2) 1AB2ABAC3AC21AB21AB23AC2因为ABAC1AB2ABAC3AC2，所 23所以AB3，所以AB 3AC

a2c2 (3c)2c2(解析(3c)2c2(

23c

，即c2 3所以c 33所以sinBCsinBcosCcosB8.解析（）在△ABC中，由正弦定理

sin

csin

bsinCcsinB43csinB4asinC得3bsinC4asinC即3b4a.又因为bc2a得到b a3c2a3a a24a由余弦定理可得cosB

cb 2（Ⅱ）由（Ⅰ）可得sinB

1511cos2从而sin2B2sinBcosB

15，cos2Bcos2Bsin2B7故

6Bπsin 62010-2018A【解析】因为cosC2cos2C12113 得AB2AC2BC22 AB421

a2b2absinC a2b2 所以sinC cosC，所以在ABC中，C ．故选 A【解析】由sinB(12cosC)2sinAcosCcosAsinC得sinB2sinBcosCsinAcosCsinB2sinBcosCsinAcosC，所以2sinBsinA，即2ba，选A．4．A【解析】由余弦定理得139AC23ACAC1,A.CABCABC的对边分别是abc1acsin 2c，则a32cABC b2a2c2

2ca9c2c23c25c2，则b

10c2 b2c2 5c2c29 由余弦定理，可得cosA

210c ．2．B1ABBCsinB1，∴sinB

2B2

BB

AC

1，此时ABAC1,AB2BC22ABBCcos5AB2BC22ABBCcos5AABC，由sin2AsinABC)sin(CAB2得sin2Asin2Bsin2C12即sinABABsinABABsin2C12整理得sinAsinBsinC18S1absinC1bcsinA1acsinB S31a2b2c2sinAsinBsinC1a2b2c2，由1≤S得

1a2b2c2≤232即8≤abc2

C、D不一定成立．又bca0因此bc(bc)bca8，即bc(bc)8A一定成立．又abc02因此ab(ab)8ab(ab)2

C【解析】由c2ab)26a2b2c22ab6①，由余弦定理及C3a2b2c2ab②．所以由①②得ab6，所以

1absin

33

tan(6045)tan(6045)2∴BC60tan

120(31)D【解析】25cos2A10cosA1，由余弦定理解得b55A【解析】边换角后约去sinB，得sin(AC)1，所以sinB1B 角，所以B6CAC

5，再由正弦定理得sinA310B【解析】∵bcosCc ∴由正弦定理得sinBcosCsinCcosBsin2A∴sin(BCsin2AsinAsin2AsinA1，∴△ABCB【解析】由正弦定理得：BC

AC3

AC sin

sin

sin sin3D【解析】由正弦定理，得sin2AsinBsinBcos2A3

2sinA即sinBsin2Acos2A

2sinA，∴bsinB 2 sin233 ，BC ，在ΔABD33c2c24得cosA 1，则sinA22，在ΔABC中，

BC

3，解得sinC 6

sin 2 3A【解析】因为C120c

所以c2a2b22abcosC2a2a2b22ab(12所以a2b2abab

a

0,a因为a0b0ab

a

0，所以ab18．9【解析】因为ABC120ABCACD，所以ABDCBD， 可得1acsin1201asin601csin60 化简得acaca0c0111 4ac4ac115c4a≥

9 当且仅当c2a时取等号，故4ac719．21；3【解析】因为a ，b2，A77

sinBbsinAa

2 27

21．由余弦定理a2b2c22bccosA7c22c30，所以c 2

4AB2BC2 4222 cosABC 2AB 24 由sin2ABCcos2ABC1cos21所以sin1cos214

1BDBCsin21BDBCsin(ABC)1BDBCsin 122

15 15 BCBCD112142cosBDC

ABC 10 332

S6111sin

33 2221cosA4cosC5 所以sinA3sinC12 所以sinBsinACsinAcosCcosAsinC63

sin

sin

解得b2123．1【解析】由sinB1B5，因为CB5Bb bA3

1，所以b 24．7【解析】由已知得ABC1ABACsinA20sinA1032所以sinA

3，A32

2

A3BC2AB2AC22ABACcosA49BC7．625．6

62【解析】如图作PBC，使BC75BC2ADPB、PCA、D两点（不与端点重合BAD75ABCD就是符合题意的四边形，过CADPB于点Q，在PBC中，可求得626BP 6

2，在QBCBQ

6 AB66 2)66PAADQBCb2c2 sin2A2sinAcosA2acosA2431sin sin 1cos227．8【解析】因为0A，所以sinA1cos24又 1bcsinA

15bc

bc解方程组bc

，得b6c4a2b2c22bccosA6242264164，所以a8 4 28．1006BAC30ABC105，在ABC由ABCBACACB180所以ACB45AB600

2 2300所以tan30CD300

，所以CD 2629．150ABCAC26

，在三角形MAC3 ，解得MA 3sin sin100100

sin60

3，故MN1503230．2【解析】由bcosCccosB2bsinBcosCsinCcosB2sinB即sin(BC2sinBsinA2sinBa2b，故a2b2【解析】3sinA5sinB33a5b,bc2acosC

a2b2

2

C

23

233sinBACsin(BADcosBAD23 ∴根据余弦定理可得cosBAD

AB2AD2，2AB22(32)232BD2BD 2322

．3a2b23

2ab ①②③【解析】①abccosC C a2b2 4(a2b2)(a ②ab2ccosC C ③当C2

c2a2b2c3a2cb2ca3b3a3b3c3④取ab2c1满足(ab)c2ab得C2⑤取ab2c1满足(a2b2c22a2b2C334．4【解析】根据余弦定理可得b247b)222(7b(1)4727

【解析】在ABC

sin

BCsin 得AB sinC sinC2 ，同理BC2sinAsin 2因此AB2BC2sinC4sinA2sinC4sin(234sinC23cosC27sin(C)15

AC得sinC

ABsinB5 3 sin

sin

cosC

11113所以sinAsin[BC 15333 A=Ba=b时满足题意，此时有cosC1tan2C1cosC1 1cos 2tanC ，tanAtanB 2

，tanCtanC=2 tan22

tan （方法二）ba6cosC6abcosCa2 a2b2

6ab

b,ab2tanCtanCsintan tan

sin2．sinAsin 由正弦定理，得：上式 cosC

1(a2b2 1 16

2【解析】由sinBcosB 得12sinBcosB2，即sin2B2因02B，所以2BB.又因为a

2,b sin 4解得sinA1ab则0AB,故a 【解析】(1)在ABCcosB1B(,47471cos2∴sin1cos2

sin

sin

sin 47

，∴sinA32B ,)，∴A )，∴A 在ABC中sinCsinABsinAcosBcosAsin 3(1)143=33 如图所示，在ABCsinC

h，∴hBCsinC=73333 3∴AC边上的高32【解析】(1)在△ABD中，由正弦定理

2sin2

．sin5sin

sin

，所以sinADB 251由题设知，ADB90，所以cosADB 15由题设及(1)知，cosBDCsinADB 25在△BCDBC2BD2DC22BDDC2582522BC5

2255【解析】(1)在△ABC中，由正弦定

sin

sin

，可得bsinAasinB又由bsinAacos(BπasinBacos(Bπ 3即sinBcos(Bπ)，可得tanB 36B(0，πB3在△ABC中，由余弦定理及a2c3B37有b2a2c22accosB7，故b 73727由bsinAacos(Bπ)，可得sinA ．因为ac，故cosA 37276因此sin2A2sinAcosA43cos2A2cos2A11 所以sin(2ABsin2AcosBcos2AsinB4311

333 1

aacsinB a

csinB 3sin 3sin1sinCsinB

sin．3sin故sinBsinC23（2）由题设及（1）得cos(BC)cosBcosCsinBsinC12 BC2πAπ

bcsinA ，即bc3sin由余弦定理得b2c2bc9，即(bc)23bc9，得bc 故△ABC的周长为3 （1）由已知得tanA

3A23在ABC中，由余弦定理得284c24ccos3

，即c22c24=0解得c6（舍去c（2）有题设可得CAD，所以BADBACCAD 1ABADsin故ABD面积与ACD面积的比值为 1AC323

又ABC142sinBAC2

，所以ABD的面积 3ABC得sinB8sin2B，故sinB4(1cosB)32上式两边平方，整理得17cos2B32cosB150解得cosB1（舍去cosB15（2）由cosB15得sinB

8，故

1acsinB

4ac

2，则ac172

由余弦定理及ac6得b2a2c22accosBac)22ac(1cos36217(115)4 所以b2（Ⅰ）在△ABC中，因为ab，故由sinB3，可得cosB4 由已知及余弦定理，有b2a2c22accosB13，所以b13a

,得sinAasinB313sin

sin

3所以，b的值为13，sinA的值 3（Ⅱ）由（Ⅰ）及ac，得cosA213，所以sin2A2sinAcosA12 cos2A12sin2A57 7故sin(2A )sin2A cos2 （Ⅰ）在△ABC中，因为A60c3a7所以由正弦定理得sinCcsinA3

333 ，（Ⅱ）因为c3aa，所以CA，7a7，所以c3737由余弦定理a2b2c22bccosA得72b2322b312解得b8或b5（舍所以△ABC的面积S1bcsinA183363 【解析】(Ⅰ)由2(tanAtanBtanA 得2

所以2sinCsinBsinC，由正弦定理，得ab（Ⅱ）由cosC

a2b2

(ab)22ab

2(ab)22

1311 所以cosC12

asin

sin

sin原式可以化解为cosAcosBsinCsin ∵A和B为三角形内角 ∴sinAsinB则，两边同时乘以sinAsinB，可得sinBcosAsinAcosBsinAsin由和 可知，sinBcosAsinAcosBsinABsinC

b2c2 （II）由题bc

bc,根据余弦定理可知，cosA AA0,sinA15153则sinA

5，即sin 由（I）可知cosAcosBsinC1，∴cosB 1sin∴tanB4

【解析】(1)2cosCacosBbcosA2cosCsinAcosBsinBcosAsinC2cosCsinABsinCABCπA、B、C∴sinABsinC∴2cosC1，cosC2∵C∴Cπ3c2a2b22ab7a2b22ab2ab23abS1absinC

3ab3 ∴ab∴ab218ab7∴△ABC周长为abc57

1ABADsin2

1ACADsin2sinBAC1sin (Ⅱ)SABDSADCBDDCBD

2．在ABD和ADC由余弦定AB2AD2BD22ADBDcosADBAC2AD2DC22ADDCcosADCAB22AC23AD2BD22DC26．由(Ⅰ)AB2AC，所以AC1（1）由abtanAsinAbsinB所以sinB=cosA，即sinB2

cos +A)

cosB为钝角，因此+A)B+AB-A （2）由（1）C-(AB)=-(2A-2A A0 4 于是sinAsinCsinAsin(2AsinAcos2A2sin2AsinA2=2(sinA1)29

1 因为0<A ，所以0<sinA4

2

<2sinA

≤ 由此可知sinAsinC的取值范围是2

2，281cos23【解析（I）在ABC中，由题意知sinA1cos233又因为BA，所有sinBsin(A)cosA 62由正弦定理可得basinBsin

33

2 23（II）由BA得，cosBcos(A)sinA 3 ABC，得CAB)．所以sinCsin[ABsinAB)sinAcosBcosAsin 3( 3) 6 61 因此，ABC的面积S 1332 （Ⅰ）∵A2B，∴sinAsin2B2sinBcosBa2c2由正弦定理得a2b

33∵b

c1，∴a2

a b2c2 9（Ⅱ）由余弦定理得cosA 1cos21(3由于0A1cos21(3故sin(A)sinA 4=31231cos30o=7 7 （Ⅱ）设∠PBA=，由已知得，PBsin，在△PBA

sinsin(30o)

3cos4sin∴tan

3，∴ 3 （Ⅰ）因为abcosCcsinBsinAsinBcosCsinCsinB所以sin(BCsinBcosCsinCsinB即cosBsinCsinCsinB，因为sinC0，所以tanB1，解得 4（Ⅱ）b2a2c22accos4

4a2c2

2ac，由不等式得：2a2c22acac422)acac4222所以△ABC1acsin

2(422)4

1ABC22

（Ⅰ）ACB,AB(0,)sinAC)sinB2sinBcosAsinAcosCcosAsinCsin(AC)sincosA1A 3（II）a2b2c22bccosAa b2a2c2B32RtABDAD

AB2AB2327acosC

3asinCbc0sinAcosC

3sinAsinCsinBsinsinAcosC3sinAsinCsin(aC)sin 3sinAcosA1sin(A30)2A

A3（2）S1bcsinA bc43a2b2c22bccosAbc4bc2

sin

sin

2ca2ksinCksinA2sinC