2013高考数学备考训练-正弦定理和余弦定理

2013高考数学备考训练-正弦定理和余弦定理一、选择题1．在△ABC中，a2＝b2＋c2＋bc，则∠A＝()A．60°B．45°C．120°D．30°答案C解析cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(－bc,2bc)＝－eq\f(1,2)，∴∠A＝120°.2．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知A＝eq\f(π,3)，a＝eq\r(3)，b＝1，则c等于()A．1B．2C.eq\r(3)－1D.eq\r(3)答案B解析由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，可得eq\f(\r(3),sin\f(π,3))＝eq\f(1,sinB)，∴sinB＝eq\f(1,2)，故∠B＝30°或150°.由a>b，得∠A>∠B，∴∠B＝30°.故∠C＝90°，由勾股定理得c＝2.3．在△ABC中，若sinA·sinB<cosA·cosB，则此三角形的外心位于它的()A．内部B．外部C．一边上D．以上都有可能答案B解析sinAsinB<cosAcosB即cosAcosB－sinAsinB>0，∴cos(A＋B)>0∴A＋B为锐角，∴C为钝角∴△ABC为钝角三角形，外心位于它的外部．4．在△ABC中，三内角A、B、C分别对三边a、b、c，tanC＝eq\f(4,3)，c＝8，则△ABC外接圆半径R为()A．10B．8C．6D．5答案D解析本题考查解三角形．由题可知应用正弦定理，由tanC＝eq\f(4,3)⇒sinC＝eq\f(4,5)，则2R＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(8,\f(4,5))＝10，故外接圆半径为5.5．(2011·太原模拟)△ABC中，a，b，c分别为∠A、∠B、∠C的对边，如果a，b，c成等差数列，∠B＝30°，△ABC的面积为0.5，那么b为()A．1＋eq\r(3)B．3＋eq\r(3)C.eq\f(3＋\r(3),3)D．2＋eq\r(3)答案C解析2b＝a＋c，eq\f(1,2)ac·eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)⇒ac＝2，a2＋c2＝4b2－4，b2＝a2＋c2－2ac·eq\f(\r(3),2)⇒b2＝eq\f(4＋2\r(3),3)⇒b＝eq\f(3＋\r(3),3).6．在△ABC中，AB＝eq\r(3)，AC＝1，B＝30°，则△ABC的面积为()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(\r(3),4)C.eq\f(\r(3),2)或eq\r(3)D.eq\f(\r(3),4)或eq\f(\r(3),2)答案D解析如图，由正弦定理得sinC＝eq\f(c·sinB,b)＝eq\f(\r(3),2)，而c>b，∴C＝60°或C＝120°，∴A＝90°或A＝30°，∴S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),2)或eq\f(\r(3),4).7．(2010·天津卷)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c.若a2－b2＝eq\r(3)bc，sinC＝2eq\r(3)sinB，则A＝()A．30°B．60°C．120°D．150°答案A解析由sinC＝2eq\r(3)sinB可得c＝2eq\r(3)b，由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(－\r(3)bc＋c2,2bc)＝eq\f(\r(3),2)，于是A＝30°，因此选A.8．在△ABC中，若(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab且sinC＝2sinAcosB，则△ABC是()A．等边三角形B．等腰三角形，但不是等边三角形C．等腰直角三角形D．直角三角形，但不是等腰三角形答案A解析∵(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，即a2＋b2－c2＝ab，∴cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2)，∴C＝60°.又sinC＝2sinAcosB，由sinC＝2sinA·cosB得c＝2a·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，∴a2＝b2，∴a＝b.∴△ABC为等边三角形．二、填空题9．已知△ABC的三个内角A，B，C，B＝eq\f(π,3)且AB＝1，BC＝4，则边BC上的中线AD的长为________．答案eq\r(3)解析在△ABD中，B＝eq\f(π,3)，BD＝2，AB＝1，则AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcoseq\f(π,3)＝3.所以AD＝eq\r(3).10．(2010·广东卷)已知a，b，c分别是ΔABC的三个内角A，B，C所对的边，若a＝1，b＝eq\r(3)，A＋C＝2B，则sinA＝________.答案eq\f(1,2)解析由A＋C＝2B，且A＋B＋C＝180°，得B＝60°，由正弦定理得eq\f(\r(3),sin60°)＝eq\f(1,sinA)，∴sinA＝eq\f(1,2).11．(2010·山东卷)在ΔABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a＝eq\r(2)，b＝2，sinB＋cosB＝eq\r(2)，则角A的大小为________．答案eq\f(π,6)解析由sinB＋cosB＝eq\r(2)sin(B＋eq\f(π,4))＝eq\r(2)得sin(B＋eq\f(π,4))＝1，所以B＝eq\f(π,4).由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)得sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(\r(2)·sin\f(π,4),2)＝eq\f(1,2)，所以A＝eq\f(π,6)或eq\f(5π,6)(舍去)．12．对于△ABC，有如下命题：①若sin2A＝sin2B，则△ABC为等腰三角形；②若sinA＝cosB，则△ABC为直角三角形；③若sin2A＋sin2B＋cos2C<1，则答案③解析①sin2A＝sin2B，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A＝B⇒△ABC是等腰三角形，,或,2A＋2B＝π⇒A＋B＝\f(π,2)，即△ABC是直角三角形.))故①不对．②sinA＝cosB，∴A－B＝eq\f(π,2)或A＋B＝eq\f(π,2).∴△ABC不一定是直角三角形．③sin2A＋sin2B<1－cos2C＝sin2C，∴a2＋b2<c2.∴△ABC为钝角三角形．三、解答题13．(2010·全国卷Ⅱ)ΔABC中，D为边BC上的一点，BD＝33，sinB＝eq\f(5,13)，cos∠ADC＝eq\f(3,5)，求AD.解析由cos∠ADC＝eq\f(3,5)>0知B<eq\f(π,2).由已知得cosB＝eq\f(12,13)，sin∠ADC＝eq\f(4,5).从而sin∠BAD＝sin(∠ADC－B)＝eq\f(4,5)×eq\f(12,13)－eq\f(3,5)×eq\f(5,13)＝eq\f(33,65).由正弦定理得eq\f(AD,sinB)＝eq\f(BD,sin∠BAD).所以AD＝eq\f(BD·sinB,sin∠BAD)＝eq\f(33×\f(5,13),\f(33,65))＝25.14．已知△ABC中，∠B＝45°，AC＝eq\r(10)，cosC＝eq\f(2\r(5),5).(1)求BC边的长；(2)记AB的中点为D，求中线CD的长．解析(1)由cosC＝eq\f(2\r(5),5)得sinC＝eq\f(\r(5),5)，sinA＝sin(180°－45°－C)＝eq\f(\r(2),2)(cosC＋sinC)＝eq\f(3\r(10),10).由正弦定理知BC＝eq\f(AC,sinB)·sinA＝eq\f(\r(10),\f(\r(2),2))·eq\f(3\r(10),10)＝3eq\r(2).(2)AB＝eq\f(AC,sinB)·sinC＝eq\f(\r(10),\f(\r(2),2))·eq\f(\r(5),5)＝2.BD＝eq\f(1,2)AB＝1.由余弦定理知CD＝eq\r(BD2＋BC2－2BD·BC·cosB)＝eq\r(1＋18－2·1·3\r(2)·\f(\r(2),2))＝eq\r(13).讲评解斜三角形的关键在于灵活地运用正弦定理和余弦定理，熟练掌握用正弦定理和余弦定理解决问题，要注意由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)求B时，应对解的个数进行讨论；已知a，b，A，求c时，除用正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)外，也可用余弦定理a2＝b2＋c2－2abcosA求解．15．(2010·安徽卷，文)△ABC的面积是30，内角A，B，C所对边长分别为a，b，c，cosA＝eq\f(12,13).(1)求eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))；(2)若c－b＝1，求a的值．解析由cosA＝eq\f(12,13)，得sinA＝eq\r(1－\f(12,13)2)＝eq\f(5,13).又eq\f(1,2)bcsinA＝30，∴bc＝156.(1)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝bccosA＝156×eq\f(12,13)＝144.(2)a2＝b2＋c2－2bccosA＝(c－b)2＋2bc(1－cosA)＝1＋2×156×(1－eq\f(12,13))＝25，∴a＝5.1．(2010·湖南卷)在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c.若∠C＝120°，c＝eq\r(2)a，则()A．a>bB．a<bC．a＝bD．a与b的大小关系不能确定答案A解析c2＝a2＋b2－2abcos120°⇒a2－b2－ab＝0⇒b＝eq\f(－a＋\r(5)a,5)<a，故选A.2．(2010·浙江)在ΔABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知cos2C＝－eq\f(1,4).(1)求sinC的值；(2)当a＝2,2sinA＝sinC时，求b及c的长．解析(1)因为cos2C＝1－2sin2C＝－eq\f(1,4)，及0<C<π，所以sinC＝eq\f(\r(10),4).(2)当a＝2,2sinA＝sinC时，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，得c＝4.由cos2C＝2cos2C－1＝－eq\f(1,4)，及0<C<π得cosC＝±eq\f(\r(6),4).由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，得b2±eq\r(6)b－12＝0，解得b＝eq\r(6)或2eq\r(6)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝\r(6)，,c＝4.))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝2\r(6)，,c＝4.))3．在△ABC中，A、B、C所对的边的长分别为a、b、c，设a、b、c满足条件b2＋c2－bc＝a2和eq\f(c,b)＝eq\f(1,2)＋eq\r(3)，求A和tanB.思路点拨本题已知b2＋c2－bc＝a2，从该式的结构特点及所求结论可以看出，可直接运用余弦定理求A.再由正弦定理，实现边角转化，即将eq\f(c,b)化为eq\f(sinC,sinB)，再用A＋B＋C＝π，得出C＝π－A－B，从而求出tanB的值．解析方法一∵b2＋c2－bc＝a2，∴b2＋c2－a2＝bc.由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(bc,2bc)＝eq\f(1,2).又∵A为三角形一内角，∴A＝eq\f(π,3).在△ABC中，C＝π－(A＋B)＝π－eq\f(π,3)－B＝eq\f(2π,3)－B.由已知条件及正弦定理得eq\f(1,2)＋eq\r(3)＝eq\f(c,b)＝eq\f(sinC,sinB)＝eq\f(sin\f(2π,3)－B,sinB)＝eq\f(sin\f(2π,3)cosB－cos\f(2π,3)sinB,sinB)＝eq\f(\r(3),2)cotB＋eq\f(1,2).解得cotB＝2，∴tanB＝eq\f(1,2).方法二∵b2＋c2－bc＝a2，∴b2＋c2－a2＝bc.由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(bc,2bc)＝eq\f(1,2).又∵A为三角形一内角，∴A＝eq\f(π,3).又∵b2＋c2－bc＝a2，∴1＋(eq\f(c,b))2－eq\f(c,b)＝(eq\f(a,b))2，即1＋(eq\f(1,2)＋eq\r(3))2－(eq\f(1,2)＋eq\r(3))＝(eq\f(a,b))2.∴(eq\f(a,b))2＝eq\f(15,4).∴eq\f(a,b)＝eq\f(\r(15),2).由正弦定理得sinB＝eq\f(b,a)sinA＝eq\f(2,\r(15))×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,\r(5)).又∵a>b，∴A>B.∴B为锐角．∴cosB＝eq\f(2,\r(5)).∴tanB＝eq\f(sinB,cosB)＝eq\f(1,2).4．(2010·重庆卷，理)设函数f(x)＝cos(x＋eq\f(2,3)π)＋2cos2eq\f(x,2)，x∈R.(1)求f(x)的值域；(2)记ΔABC的内角A、B、C的对边长分别为a、b、c，若f(B)＝1，b＝1，c＝eq\r(3)，求a的值．解析(1)f(x)＝cosxcoseq\f(2,3)π－sinxsineq\f(2,3)π＋cosx＋1＝－eq\f(1,2)cosx－eq\f(\r(3),2)sinx＋cosx＋1＝eq\f(1,2)cosx－eq\f(\r(3),2)sinx＋1＝sin(x＋eq\f(5π,6))＋1，因此f(x)的值域为[0,2]．(2)由f(B)＝1得sin(B＋eq\f(5π,6))＋1＝1，即sin(B＋eq\f(5π,6))＝0，又因0<B<π，故B＝eq\f(π,6).解法一：由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得a2－3a＋2＝0，解得a＝1或2.解法二：由正弦定理eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得sinC＝eq\f(\r(3),2)，C＝eq\f(π,3)或eq\f(2π,3).当C＝eq\f(π,3)时，A＝eq\f(π,2)，从而a＝eq\r(b2＋c2)＝2；当C＝eq\f(2,3)π时，A＝eq\f(π,6)，又B＝eq\f(π,6)，从而a＝b＝1.故a的值为1或2.1．(2010·上海卷)某人要制作一个三角形，要求它的三条高的长度分别为eq\f(1,13)，eq\f(1,11)，eq\f(1,5)，则此人能()A．不能作出这样的三角形B．作出一个锐角三角形C．作出一个直角三角形D．作出一个钝角三角形答案D解析设三边分别为a，b，c，利用面积相等可知eq\f(1,13)a＝eq\f(1,11)b＝eq\f(1,5)c，∴a∶b∶c＝13∶11∶5由余弦定理得cosA＝eq\f(52＋112－132,2×5×11)<0，所以角A为钝角．2．(2010·江西卷)E，F是等腰直角ΔABC斜边AB上的三等分点，则tan∠ECF＝()A.eq\f(16,27)B.eq\f(2,3)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(3,4)答案D解析设AC＝1，则AE＝EF＝FB＝eq\f(1,3)AB＝eq\f(\r(2),3)，由余弦定理得CE＝CF＝eq\r(AE2＋AC2－2AC·AEcos45°)＝eq\f(\r(5),3)，所以cos∠ECF＝eq\f(CE2＋CF2－EF2,2CE·CF)＝eq\f(4,5)，所以tan∠ECF＝eq\f(sin∠ECF,cos∠ECF)＝eq\f(\r(1－\f(4,5)2),\f(4,5))＝eq\f(3,4).3．(2010·北京卷，文)某班设计了一个八边形的班徽(如图)，它由腰长为1，顶角为α的四个等腰三角形，及其底边构成的正方形所组成，该八边形的面积为()A．2sinα－2cosα＋2B．sinα－eq\r(3)cosα＋3C．3sinα－eq\r(3)cosα＋1D．2sinα－cosα＋1答案A解析四个等腰三角形的面积之和为4×eq\f(1,2)×1×1×sinα＝2sinα.再由余弦定理可得正方形的边长为eq\r(12＋12－2×1×1×cosα)＝eq\r(2－2cosα)，故正方形的面积为2－2cosα，所以所求八边形的面积为2sinα－2cosα＋2.4．有一解三角形的题，因纸张破损有一个条件不清，具体如下：在△ABC中，已知a＝eq\r(3)，2cos2eq\f(A＋C,2)＝(eq\r(2)－1)cosB，________，求角A.经推断破损处的条件为三角形一边的长度，且答案提示A＝60°，试将条件补充完整，并写出详细的推导过程．分析本题容易产生的错误是忽视验证结果而填写b＝eq\r(2).利用正余弦定理解题，注意利用三角形内角和定理与大边对大角定理进行验证结果是否正确．解析将A＝60°看作已知条件，由2cos2eq\f(A＋C,2)＝(eq\r(2)－1)cosB，得cosB＝eq\f(\r(2),2)，∴B＝45°.由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得b＝eq\r(2).又C＝75°，得sinC＝sin(30°＋45°)＝eq\f(\r(2)＋\r(6),4).由eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，得c＝eq\f(\r(2)＋\r(6),2).若已知条件为b＝eq\r(2)，且由已知得B＝45°，则由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得sinA＝eq\f(\r(3),2)，∴A＝60°或120°不合题意．若已知条件为c＝eq\f(\r(2)＋\r(6),2)，则b2＝a2＋c2－2accosB，∴b＝eq\r(2)，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，∴A＝60°.综上所述，破损处的已知条件为c＝eq\f(\r(2)＋\r(6),2).5．已知函数f(x)＝eq\f(\r(3),2)sin2x－cos2x－eq\f(1,2)，x∈R.(1)求函数f(x)的最小值和最小正周期；