必修5解三角形知识点和练习试题[含答案]

高二数学期末复习专题——解三角形

复习要点

1．正弦定理:asinAbc2R或变形：a:b:csinA:sinB:sinC. sinBsinCb2c2a2cosA2222bcabc2bccosA222acb2222．余弦定理：  或 . bac2accosBcosB2acc2b2a22bacosCb2a2c2cosC2ab3．（1）两类正弦定理解三角形的问题：

1、已知两角和任意一边，求其他的两边及一角. 2、已知两角和其中一边的对角，求其他边角. （2）两类余弦定理解三角形的问题：

1、已知三边求三角.

2、已知两边和他们的夹角，求第三边和其他两角.

4．判定三角形形状时，可利用正余弦定理实现边角转化，统一成边的形式或角的形。

5．解题中利用ABC中ABC，以及由此推得的一些基本关系式进行三角变换的运算，如：sin(AB)sinC,cos(AB)cosC,tan(AB)tanC, sinABCABCABCcos,cossin,tancot. 222222 专业整理

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一．正、余弦定理的直接应用：

1、ΔABC中,a=1,b=3, ∠A=30°,则∠B等于 （ ） A．60°

B．60°或120°

C．30°或150°

D．120°

31，求,sinB222、在ΔABC中，角A,B,C对应的边分别是a,b,c，若sinAa:b:c

3、在ΔABC中，若SΔABC=

1 (a2+b2－c2),那么角∠C=______. 44．若△ABC的周长等于20，面积是103，A＝60°，则BC边的长是（ ） A．5

B．6 C．7

π1

，sinB＝. 23

D．8

5．在△ABC中，C－A＝

(1)求sinA的值；(2)设AC＝6，求△ABC的面积．

6．在△ABC中，若(abc)(abc)3ac，且tanAtanC33，AB边上的高为43，求角A,B,C的大小与边a,b,c的长

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二．判断三角形的形状

7、在锐角三角形ABC中，有

（ ）

A．cosA>sinB且cosB>sinA B．cosAsinB且cosBsinA

8、若(a+b+c)(b+c－a)=3bc,且sinA=2sinBcosC, 那么ΔABC是 （ ） A．直角三角形 B．等边三角形 C．等腰三角形 D．等腰直角三角形

9、钝角ΔABC的三边长分别为x,x+1,x+2，其最大角不超过120°则实数x的取值范围是：

10.已知a、b、c分别是ABC的三个内角A、B、C所对的边 （1）若ABC面积SABC3,c2,A60,求a、b的值； 2（2）若accosB，且bcsinA，试判断ABC的形状．

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三．测量问题

11．在200 m高的山顶上，测得山下塔顶和塔底的俯角分别为30°，60°，则塔高为( ) A.

40040032003200 m B. m C. m D. m 3333

12．测量一棵树的高度，在地面上选取给与树底共线的A、B两点，从A、B两

点分别测得树尖的仰角为30°，45°，且AB=60米，则树的高度为多少米？ 13.如图，四边形ABCD中，∠B＝∠C＝120°，AB＝4，BC＝CD＝2，则该四边形的面积等于( )

A.3 B．53 C．63 D．73 14.一缉私艇发现在北偏东45方向,距离12 mile的海面上有

一走私船正以10 mile/h的速度沿东偏南15方向逃窜.缉私艇的速度为14

mile/h, 若要在最短的时间内追上该走私船,缉私艇应沿北偏东45的方向

去追,求追及所需的时间和角的正弦值.

A 北C 东 B 15.如图，某市郊外景区内一条笔直的公路a经过三个景点A、B、C.景区管委会又开发了风景优美的景点D.经测量景点D位于景点A的北偏东30°方向上8 km处，位于景点B的正北方向，还位于景点C的北偏西75°方向上，已知AB＝5 km. (1)景区管委会准备由景点D向景点B修建一条笔直的公路，不考虑其他因素，求出这条公路的长；(2)求景点C和景点D之间的距离．

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四．正、余弦定理与三角函数，向量的综合应用

16、设A、B、C为三角形的三内角,且方程(sinB－sinA)x2+(sinA－sinC)x +(sinC－sinB)=0有等根，那么三边a,b,c的关系是

17．在Rt△ABC中，C900，则sinAsinB的最大值是_______________。 18．在△ABC中，∠C是钝角，设xsinC,ysinAsinB,zcosAcosB,则

x,y,z的大小关系是___________________________。

19.△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a，b，c成等比数列，

cosB3． 4 （Ⅰ）求

311的值；（Ⅱ）设BABC,求ac的值。 2tanAtanC20（2010浙江文数）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a,b,c,设S为△ABC的面积，满足S32(ab2c2)。 4（Ⅰ）求角C的大小；

（Ⅱ）求sinAsinB的最大值。

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21、（2010安徽理数）设ABC是锐角三角形，a,b,c分别是内角A,B,C所对边长，并且sin2Asin(B) sin(B)  sin2B。(Ⅰ)求角A的值；

33(Ⅱ)若ABAC12,a27，求b,c（其中bc）。

22．在锐角△ABC中，已知内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，向量m＝(2sin(A＋C)，3)，n＝(cos2B,2cos2－1)，且向量m、n共线．

2(1)求角B的大小；

(2)如果b＝1，求△ABC的面积S△ABC的最大值．

B 专业整理

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高二数学解三角形复习专题答案

1．B 2。 1:3:2或1:3:1 3。 45° 4。C 5解：(1)由C－A＝

π2

和A＋B＋C＝π，得2A＝

π2

－B,0π4

.

13

故cos2A＝sinB，即1－2sinA＝，sinA＝. 33

2

(2)由(1)得cosA＝

6BCACsinA.又由正弦定理，得＝，BC＝·AC＝32. 3sinAsinBsinB∵C－A＝，∴C＝＋A，sinC＝sin(＋A)＝cosA，

222

1116

∴S△ABC＝AC·BC·sinC＝AC·BC·cosA＝×6×32×＝32.

2223

πππ16解：(abc)(abc)3ac,a2c2b2ac,cosB,B600

2tan(AC)tanAtanC33,3,所以有tanAtanC23，联立1tanAtanC1tanAtanCtanAtanC3300A75A45或 00C45C75得，

tanA23tanA1或tanC1tanC23，即

当A750,C450时，b434(326),c8(31),a8 sinA当A450,C750时，b4346,c4(31),a8 sinA∴当A750,B600,C450时，a8,b4(326),c8(31),

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当A450,B600,C750时，a8,b46,c4(31)。 3

7．B 8。 D 9。≤a<3.

2

10解：（1）SABC1bcsinA3，1b2sin603，得b1

2222由余弦定理得：a2b2c22bccosA1222212cos603，所以a3

a2c2b2a2b2c2，所以C90。 （2）由余弦定理得：ac2ac在RtABC中，sinAaa，所以bca。所以ABC是等腰直角三角形； cc11．A 12。30(13)m 13。 B

14. 解: 设A,C分别表示缉私艇,走私船的位置,设经过 x 小时后在B处追上, 则有

222, AB14x,BC10x,ACB120.(14x)12(10x)240xcos12020sin12053x2,AB28,BC20,sin.

2814所以所需时间2小时, sin53. 1415．解：(1)在△ABD中，∠ADB＝30°，AD＝8 km，AB＝5 km，设DB＝x km， 则由余弦定理得52＝82＋x2－2×8×x·cos30°，即x2－83x＋39＝0， 解得x＝43±3.∵43＋3>8，舍去，∴x＝43－3，∴这条公路长为(43－3)km.

(2)在△ADB中，

ABsin∠ADB＝DBsin∠DAB，∴sin∠DAB＝

DB·sin∠ADB43－3

＝，

AB10

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∴cos∠DAB＝

33＋4

.在△ACD中，∠ADC＝30°＋75°＝105°， 10

∴sin∠ACD＝sin[180°－(∠DAC＋105°)]＝sin(∠DAC＋105°) ＝sin∠DACcos105°＋cos∠DACsin105°＝33＋46＋276－2

·＝. 10420∴在△ACD中，

43－3

·10

2－6

＋4

ADsin∠ACD＝

CDsin∠DAC，∴

8CD＝，∴CD＝

76－243－3

2010

3242－686

km.

7316．a+c=2b 17。

1 18．xyz 244419．解：（Ⅰ）由cosB3,得sinB1(3)27, 由b2=ac及正弦定理得 sin2BsinAsinC.

于是11cosAcosCsinCcosAcosCsinAsin(A2C)sin2B147.

tanAtanCsinAsinCsinAsinCsinBsinBsinB7（Ⅱ）由BABC得cacosB,由cosB,可得ca2,即b22. 由余弦定理 b2=a2+c2－2ac+cosB 得a2+c2=b2+2ac·cosB=5.

323234(ac)2a2c22ac549,ac3

22．解：(1)∵m∥n，∴2sin(A＋C)(2cos2－1)－3cos2B＝0.

2又∵A＋C＝π－B，∴2sinBcosB＝3cos2B，即sin2B＝3cos2B.

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∴tan2B＝3，又∵△ABC是锐角三角形，∴0∴0<2B<π，∴2B＝，故B＝. 36(2)由(1)知：B＝

π

，且b＝1，由余弦定理得 6

π， 2

b2＝a2＋c2－2accosB，即a2＋c2－3ac＝1.∴1＋3ac＝a2＋c2≥2ac， 即(2－3)ac≤1，∴ac≤立． 20． 21．

16＋2

＝2＋3，当且仅当a＝c＝时，等号成22－3

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