2013高考數(shù)學(xué)備考訓(xùn)練-正弦定理和余弦定理

2013高考數(shù)學(xué)備考訓(xùn)練-正弦定理和余弦定理一、選擇題1．在△ABC中，a2＝b2＋c2＋bc，則∠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的對(duì)邊分別為a、b、c，已知A＝eq\f(π,3)，a＝eq\r(3)，b＝1，則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，則此三角形的外心位于它的()A．內(nèi)部B．外部C．一邊上D．以上都有可能答案B解析sinAsinB<cosAcosB即cosAcosB－sinAsinB>0，∴cos(A＋B)>0∴A＋B為銳角，∴C為鈍角∴△ABC為鈍角三角形，外心位于它的外部．4．在△ABC中，三內(nèi)角A、B、C分別對(duì)三邊a、b、c，tanC＝eq\f(4,3)，c＝8，則△ABC外接圓半徑R為()A．10B．8C．6D．5答案D解析本題考查解三角形．由題可知應(yīng)用正弦定理，由tanC＝eq\f(4,3)?sinC＝eq\f(4,5)，則2R＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(8,\f(4,5))＝10，故外接圓半徑為5.5．(2011·太原模擬)△ABC中，a，b，c分別為∠A、∠B、∠C的對(duì)邊，如果a，b，c成等差數(shù)列，∠B＝30°，△ABC的面積為0.5，那么b為()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°，則△ABC的面積為()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解析如圖，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，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c.若a2－b2＝eq\r(3)bc，sinC＝2eq\r(3)sinB，則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°，因此選A.8．在△ABC中，若(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab且sinC＝2sinAcosB，則△ABC是()A．等邊三角形B．等腰三角形，但不是等邊三角形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為等邊三角形．二、填空題9．已知△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C，B＝eq\f(π,3)且AB＝1，BC＝4，則邊BC上的中線AD的長為________．答案eq\r(3)解析在△ABD中，B＝eq\f(π,3)，BD＝2，AB＝1，則AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcoseq\f(π,3)＝3.所以AD＝eq\r(3).10．(2010·廣東卷)已知a，b，c分別是ΔABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊，若a＝1，b＝eq\r(3)，A＋C＝2B，則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·山東卷)在ΔABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c.若a＝eq\r(2)，b＝2，sinB＋cosB＝eq\r(2)，則角A的大小為________．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．對(duì)于△ABC，有如下命題：①若sin2A＝sin2B，則△ABC為等腰三角形；②若sinA＝cosB，則△ABC為直角三角形；③若sin2A＋sin2B＋cos2C<1，則答案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不對(duì)．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為鈍角三角形．三、解答題13．(2010·全國卷Ⅱ)ΔABC中，D為邊BC上的一點(diǎn)，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).從而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邊的長；(2)記AB的中點(diǎn)為D，求中線CD的長．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).講評(píng)解斜三角形的關(guān)鍵在于靈活地運(yùn)用正弦定理和余弦定理，熟練掌握用正弦定理和余弦定理解決問題，要注意由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)求B時(shí)，應(yīng)對(duì)解的個(gè)數(shù)進(jìn)行討論；已知a，b，A，求c時(shí)，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的面積是30，內(nèi)角A，B，C所對(duì)邊長分別為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所對(duì)的邊長分別為a，b，c.若∠C＝120°，c＝eq\r(2)a，則()A．a(chǎn)>bB．a(chǎn)<bC．a(chǎn)＝bD．a(chǎn)與b的大小關(guān)系不能確定答案A解析c2＝a2＋b2－2abcos120°?a2－b2－ab＝0?b＝eq\f(－a＋\r(5)a,5)<a，故選A.2．(2010·浙江)在ΔABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知cos2C＝－eq\f(1,4).(1)求sinC的值；(2)當(dāng)a＝2,2sinA＝sinC時(shí)，求b及c的長．解析(1)因?yàn)閏os2C＝1－2sin2C＝－eq\f(1,4)，及0<C<π，所以sinC＝eq\f(\r(10),4).(2)當(dāng)a＝2,2sinA＝sinC時(shí)，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所對(duì)的邊的長分別為a、b、c，設(shè)a、b、c滿足條件b2＋c2－bc＝a2和eq\f(c,b)＝eq\f(1,2)＋eq\r(3)，求A和tanB.思路點(diǎn)撥本題已知b2＋c2－bc＝a2，從該式的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)及所求結(jié)論可以看出，可直接運(yùn)用余弦定理求A.再由正弦定理，實(shí)現(xiàn)邊角轉(zhuǎn)化，即將eq\f(c,b)化為eq\f(sinC,sinB)，再用A＋B＋C＝π，得出C＝π－A－B，從而求出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為三角形一內(nèi)角，∴A＝eq\f(π,3).在△ABC中，C＝π－(A＋B)＝π－eq\f(π,3)－B＝eq\f(2π,3)－B.由已知條件及正弦定理得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為三角形一內(nèi)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為銳角．∴cosB＝eq\f(2,\r(5)).∴tanB＝eq\f(sinB,cosB)＝eq\f(1,2).4．(2010·重慶卷，理)設(shè)函數(shù)f(x)＝cos(x＋eq\f(2,3)π)＋2cos2eq\f(x,2)，x∈R.(1)求f(x)的值域；(2)記ΔABC的內(nèi)角A、B、C的對(duì)邊長分別為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?yàn)閇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).當(dāng)C＝eq\f(π,3)時(shí)，A＝eq\f(π,2)，從而a＝eq\r(b2＋c2)＝2；當(dāng)C＝eq\f(2,3)π時(shí)，A＝eq\f(π,6)，又B＝eq\f(π,6)，從而a＝b＝1.故a的值為1或2.1．(2010·上海卷)某人要制作一個(gè)三角形，要求它的三條高的長度分別為eq\f(1,13)，eq\f(1,11)，eq\f(1,5)，則此人能()A．不能作出這樣的三角形B．作出一個(gè)銳角三角形C．作出一個(gè)直角三角形D．作出一個(gè)鈍角三角形答案D解析設(shè)三邊分別為a，b，c，利用面積相等可知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為鈍角．2．(2010·江西卷)E，F(xiàn)是等腰直角ΔABC斜邊AB上的三等分點(diǎn)，則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解析設(shè)AC＝1，則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)某班設(shè)計(jì)了一個(gè)八邊形的班徽(如圖)，它由腰長為1，頂角為α的四個(gè)等腰三角形，及其底邊構(gòu)成的正方形所組成，該八邊形的面積為()A．2sinα－2cosα＋2B．sinα－eq\r(3)cosα＋3C．3sinα－eq\r(3)cosα＋1D．2sinα－cosα＋1答案A解析四個(gè)等腰三角形的面積之和為4×eq\f(1,2)×1×1×sinα＝2sinα.再由余弦定理可得正方形的邊長為eq\r(12＋12－2×1×1×cosα)＝eq\r(2－2cosα)，故正方形的面積為2－2cosα，所以所求八邊形的面積為2sinα－2cosα＋2.4．有一解三角形的題，因紙張破損有一個(gè)條件不清，具體如下：在△ABC中，已知a＝eq\r(3)，2cos2eq\f(A＋C,2)＝(eq\r(2)－1)cosB，________，求角A.經(jīng)推斷破損處的條件為三角形一邊的長度，且答案提示A＝60°，試將條件補(bǔ)充完整，并寫出詳細(xì)的推導(dǎo)過程．分析本題容易產(chǎn)生的錯(cuò)誤是忽視驗(yàn)證結(jié)果而填寫b＝eq\r(2).利用正余弦定理解題，注意利用三角形內(nèi)角和定理與大邊對(duì)大角定理進(jìn)行驗(yàn)證結(jié)果是否正確．解析將A＝60°看作已知條件，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).若已知條件為b＝eq\r(2)，且由已知得B＝45°，則由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得sinA＝eq\f(\r(3),2)，∴A＝60°或120°不合題意．若已知條件為c＝eq\f(\r(2)＋\r(6),2)，則b2＝a2＋c2－2accosB，∴b＝eq\r(2)，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，∴A＝60°.綜上所述，破損處的已知條件為c＝eq\f(\r(2)＋\r(6),2).5．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(\r(3),2)sin2x－cos2x－eq\f(1,2)，x∈R.(1)求函數(shù)f(x)的最小值和最小正周期；