正弦余弦历年高考题附详细标准答案.docx

正余弦定理
1.在AABC中，
A>3是sinA>sin3地（）
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
r
2、已知关于x地方程X2 -xcos A cosB + 2 sin2— = 0地两根之和等于两根之积地一半, 2
则AA5C一定是（）
（A）直角三角形（B）钝角三角形（C）等腰三角形（D）等边三角形.
3、已知a,b,c分别是地三个内角A, B.C所对地边，若a=l,b=J^, A+C=2B,则sinC=.
4、如图，在ZkABC 中，若b = 1, c = ZC = —,则a=.
3
5、在MSC中，角A,B,C所对地边分别为a, b, c,若。

=很，人=2 , sinB + cosB =扼，
则角A地大小为.
6、在AABC 中，a,b,c分别为角A,B,C地对边，且4 sin2- cos 2 A =-
2 2
（1）求/A地度数
（2）若a =也,b + c = 3,求人和c地值
7,在中已知acosB=bcosA,试判断地形状.
8、如图，在中，巳知a =后,b = 41, B=45。

求A、C及c.
C'
1、解：在AABC中，A> B >Z? v>2AsinA> 2Asin3 v>sinA> sin3,因此，选C .
1「 i _ ms C
2、【答案】由题意可知：cosAcosB = --2 sm--=从而
2 2 2
2 cos A cos B = 1 + cos(A + 3) = 1 + cos A cos B - sin Asin B
cos Acos B + sin Asin B = 1, cos(A-B) = 1 又因为一兀 < A—B<i所以A-B = O,所以
即C一定是等腰三角形选C
3、【命题立意】本题考察正弦定理在解三角形中地应用.
【思路点拨】由己知条件求出3、A地大小，求出C,从而求出sin C.
【规范解答】由A+C=2B及A+3 + C = 180°得3 = 60。

，由正弦定理得-^― =—得
sin A sin 60°sinA = -,由a<b知A<3 = 60°,所以A = 30°, C = 180°-A-J B 2
= 90°,所以sinC = sin90°=l.
4、【命题立意】本题考查解三角形中地余弦定理.
【思路点拨】对ZC利用余弦定理，通过解方程可解出
r)/]T
【规范解答】由余弦定理得，cr +12 -2xaxlxcos——=3 ,即a2 + a-2 = 0 ,解得。

=1 3
或-2 (舍).【答案】1
【方法技巧】已知两边及一角求另一边时，用余弦定理比较好.
5、【命题立意】本题考查了三角恒等变换、已知三角函数值求解以及正弦定理，考查了考生地推理论证能力和运算求解能力.
【思路点拨】先根据sinB + cosB = A/2求出B,再利用正弦定理求出sinA,最后求出A.
【规范解答】由sin B + cos B = A/2得l + 2sin3cos3 = 2,即sin2B = 1,因为0<B<m ,
所以B=45°,又因为。

=扼，b = 2,所以在AABC中，由正弦定理得：W_ = _2_, sin A sin 45°
解得sinA = -,又a<b,所以A<B=45°,所以A=30°. 2
7T
【答案】30°或上
6
6、【答案】由题意得
7 7
2 [1 - cos(B + C)] - 2 cos2 A + l = —2(1 + cos 0)-2cos2 A + l = —
♦ 1 C A兀
cos A = —OvAv —
2 3
i2 . 2 2 i
cos A = --------- - ——=—(b + cY -a~ =3bc将a = /i,b + c = 3代入得be = 2,由
2bc 2 V 7
b +
c = 3及bc = 2 ,得Z? = l,c = 2或Z? = 2,c = l.
7、【分析】利用正弦定理或余弦定理判断三角形形状，可以将三角形中地边用角表示，也可将角用边来表示.从中找到三角形中地边角关系，判断出三角形地形状.
【答案】解法1：由扩充地正弦定理：代入已知式
2RsinAcosB=2RsinBcosA
sinAcosB-cosAsinB^O , sin(A-B)=0
A-B=0 .♦.A=B 即ZXABC为等腰三角形
2 2 7 2 j 2 2 2
解法2:由余弦定理：a a " -b b +c —a a?=甘：• a=b 即左
2ac 2bc
ABC 为等腰三角形.
8、 【分析】在解斜三角形应用过程中，注意要灵活地选择正弦定和余弦定理，解得其它地边 和角
°心土、 5、土，工十，、鼻gw . , asinB V3sin45° V3
【答案】解法1：由正弦定理得：smA = -------------- = -_产一=— b ^2
2 VB=45o <90°即 b<a .•.A=60°或 120°
,, - &sinC V2 sin 75 ° V6+V2
当 A=60。

时 C=75。

c = ---- = --- ------- = -- ------
sing sin 45° 2
bsinC _ V2sinl5° _ V6 - V2
sing sin 45° 2
解法2：设c=x 由余弦定理b 2 =a 2 +c 2 -2accosB 将己知条件代入，整理：
亍一屈+ 1 = 0解之："匝尹
9 + V2 2 Q
心 把 +很讦 4 b 2^c 2-a 2 2 + (^^)-3
-占 当 c = -------- 时 cosA = ---------------- 一 匕
一
2 2bc A=60。

，C=75°
当 A=120。

时 015" = 2 R 把+扼_ 2(73+1)4从而
2
当c =-― 时同理可求得：A=120° C=15°.
3 5 2. 在△ ABC 中，已知 cosA=§ , sinB=3 ,求 cosC 地值.
3 A /?
解：VcosA=^〈号-=cos45°, 0<A<7r
4 .•.45°<A<90°, ..・sinA=§ ..•sinB=% V ； =sin30°, Q<B<7r
：.0°<B<30° 或 150°<B<180°
若B>150°,则B+A>180°与题意不符.
.\00<B<300 COS B=77
3 12
4
5 /.cos (A+8) =cosA cosB —sinA sinB=^ •菖 一石•菖 又 C=180°- (A+B).
cosC=cos [ 180°— (A+B)] =—COS (A+8) =—77 . 3、在N\BC 中，已知2cosBsinC=sinA,试判定△ ABC 地形状. 解：在原等式两边同乘以sinA 得2cosBsinAsinC= sin 2A, 由定理得 sin 2A+sin 2C — sin 2B=sin 2A,
sin 2C= sin 2B '.B —C
故△ABC 是等腰三角形.
1. 在△ABC 中，已知角 3=45。

，。

是 BC 边上一点，AD=5, AC=1, DC=3,求 AB. 解：在△A 。

C 中，
AC 2+DC 2-AP 2 72十32-52 _11 cosC=
2ACDC = 2x7x3 =14 '
又 0<。

<180°, .•.sinC=—-
AC
在△ "C 中，ImB AB sinC
16 65
1.在△ ABC 中，若 sinA= sinB+sinC cosB+cosC
解: ... sin8+sinC , siM cosB+cosC cosB+cosC — sinB+sinC
sinA
sinC sinB
• •b (。

2。

2 —Z?2) +c (。

2 — 洗^) =2bc (Z? + c),
d 1 (Z?+c)——(Z?+c) (Z?2—2Z?c+c 2) =2bc (Z?+c)
即 a 2=b 2+c 2
故AAB 。

为直角三角形.
2.在△ ABC 中，角A.B.C 地对边分别为a 、b 、c,求证:《卢=迎~嘉当-
证明：由 a z =b 2+c 2—2bccosA. b 2=a 1+c 2—2accosB
两式相减得 a 2—b 2=c (QCOS B —Z?cosA),
.c^—b 2 acosB —bcosA
v a sinA b sinB c sinC ' c sinC '
.Q —R
sinAcosB — sinBcosA sin (A~B) ', c 2 sinC sinC
3.在△A8C 中，若(Q +Z?+C ) Cb+c-a) =bc,并且 sinA = 2sinBcosC,试判断△ A8C 地形状. 解：由已知条件(Q + Z? + C ) (Z? + c —Q )=阮及余弦定理得
Z?2 + c 2 —6Z 2 (- + Z? + c) (Z? + c —-) _j_
cosA 2bc 2 (Q +/?+C ) (b+c~a)
2
:.A=6Q°
又由已知条件 sinA=2sinBcosC 得 sin (B+C) =sin (B+C) +sin (B —C)
:.sin (C —B) =0, ：.B=C
于是有 A=B=C=60°f
故△A8C 为等边三角形. 版权申明
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应用正、余弦定理得 。

2 + * — 方2 6l 2 + Z?2 —C 2
lab b+c a
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