2018-2019学年高中数学 第一章 解三角形 精做02 余弦定理大题精做 新人教A版必修5.doc

精做02 余弦定理 1在中，已知sin2Bsin2Csin2Asin Asin C，求B的度数【答案】B150【解析】因为sin2Bsin2Csin2Asin Asin C，由正弦定理，得b2c2a2ac，由余弦定理，得，又0B180，B1502在中，BC=a，AC=b，且a，b是方程x22x2=0的两根，2cos（AB）=1（1）求角C的度数；（2）求AB的长【答案】（1）；（2） 3如图所示，已知在四边形ABCD中，ADCD，AD10，AB14，BDA60，BCD135，求BC的长 【答案】【解析】设BDx，在中，由余弦定理得AB2AD2BD22ADBDcosBDA，即142102x220xcos60，x210x960，x16（x6舍去），即BD16在中，由正弦定理得4在中，若B60，2bac，试判断的形状【答案】是正三角形【解析】方法1：由正弦定理可得2sin Bsin Asin C，B60，AC120，A120C，将其代入上式，得2sin 60sin(120C)sin C，展开整理，得sin Ccos C1，sin(C30)1，C3090C60，故A60，是正三角形方法2：由余弦定理可得b2a2c22accos B，B60，(ac)20，ac，又B60，abc，为正三角形5的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，asinAsinBbcos2Aa（1）求的值；（2）若c2b2a2，求B【答案】（1）；（2）45【解析】（1）由正弦定理，得asinBbsinA，所以bsin2Abcos2Aa，所以（2）由余弦定理及c2b2a2，可得由（1）知b22a2，故c2(2)a2，所以cos2B又cosB0，故cosB，B456在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bsinAacosB（1）求角B的大小；（2）若b3，sinC2sinA，求a，c的值【答案】（1）；（2）， 7如图，在中，且， （1）求的长；（2）已知在线段上，且，求的值【答案】（1）；（2）【解析】（1）记，且，且，即在中，解得，即（2）依题意，又，所以，故 8设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosC+c=b（1）求角A的大小；（2）若a=，b=5，求c的值【答案】（1）；（2）1或4【解析】（1）在中，由正弦定理及acosC+c=b，可得sinAcosC+sinC=sinB，化简可得sinAcosC+sinC=sin（A+C）=sinAcosC+cosAsinC，解得cosA=，因为0A180，所以A=60（2）由余弦定理可得21=25+c25c，即c25c+4=0，解得c=1或c=4，经检验，1和4都是解，所以c的值是1或49设的内角所对边的长分别是，且（1）求的值；（2）求的值【答案】（1）；（2） （2）由余弦定理，得由于，所以故10在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知（1）证明：a+b=2c；（2）求cos C的最小值【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）由题意知，化简得，即因为，所以从而，由正弦定理得（2）由（1）知，所以，当且仅当时，等号成立，故的最小值为【名师点睛】此类题目是解三角形问题中的典型题目，可谓相当经典解答本题，关键在于能利用三角公式化简三角恒等式，利用正弦定理实现边角转化，达到证明目的三角形中的求角问题，往往要利用余弦定理用边表示角的函数本题覆盖面较广，能较好地考查考生的运算求解能力及对复杂式子的变形能力等11在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且（1）证明：sinAsinB=sinC；（2）若，求tanB【答案】（1）证明见解析；（2）4 （2）由已知，b2+c2a2=bc，根据余弦定理，有所以sin A=由（1），sin Asin B=sin Acos B +cos Asin B，所以sin B=cos B+sin B，故tan B=4【名师点睛】本题考查正弦定理、余弦定理等基础知识，考查学生的分析问题的能力和计算能力在解三角形时，凡是遇到等式中有边又有角，可用正弦定理进行边角互化，一种是化为三角函数问题，一种是化为代数式的变形问题在角的变化过程中注意三角形的内角和为这个定理，否则难以得出结论12在中，角的对边分别为，且（1）求的值；（2）若，求向量在方向上的投影【答案】（1）；（2）【解析】（1）由得，则，即又，则 13（2018新课标全国理）在平面四边形中，（1）求；（2）若，求【答案】（1）；（2）【解析】（1）在中，由正弦定理得由题设知，所以由题设知，所以（2）由题设及（1）知在中，由余弦定理得，所以14（2018天津文理）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c已知（1）求角B的大小；（2）设，求和的值【答案】（1）；（2），【解析】（1）在中，由正弦定理可得，又由可得，即，化简可得又，所以（2）在中，由余弦定理及，可得，故由，可得因为，故因此，所以15（2016北京）在ABC中，（1）求的大小；（2）求的最大值【答案】（1）；（2）【解析】（1）由余弦定理及题设得又因为，所以 16（2017天津文）在中，内角所对的边分别为已知，（1）求的值；（2）求的值【答案】（1）；（2）【思路分析】（1）首先根据正弦定理得到，再根据余弦定理即可求得的值；（2）根据（1）的结论和条件，由求得，然后根据求得，再求，然后由二倍角公式求，最后代入的展开式即可【解析】（1）由及，得由及余弦定理，得（2）由（1）可得，代入，得由（1）知A为钝角，所以于是，故【名师点睛】（1）利用正弦定理进行“边转角”可寻求角的关系，利用“角转边”可寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系可求角，利用两角和差的三角公式及二倍角公式可求三角函数值；（2）利用正、余弦定理解三角形是高考的高频考点，常与三角形内角和定理、三角形面积公式等相结合，利用正、余弦定理进行解题 17（2017天津理）在中，内角所对的边分别为已知，（1）求和的值；（2）求的值【答案】（1），；（2）【解析】（1）在中，因为，故由，可得由已知及余弦定理，有，所以由正弦定理，得所以的值为，的值为（2）由（1）及，得，所以，故18（2017江苏）如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器和正四棱台形玻璃容器的高均为32cm，容器的底面对角线AC的长为10cm，容器的两底面对角线，的长分别为14cm和62cm分别在容器和容器中注入水，水深均为12cm现有一根玻璃棒l，其长度为40cm（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）（1）将放在容器中，的一端置于点A处，另一端置于侧棱上，求没入水中部分的长度；（2）将放在容器中，的一端置于点E处，另一端置于侧棱上，求没入水中部分的长度 【答案】（1）16；（2）20【解析】（1）由正棱柱的定义，平面，所以平面平面，记玻璃棒的另一端落在上点处因为，所以，从而，如图，与水面的交点为，过作P1Q1AC，Q1为垂足， 则P1Q1平面ABCD，故P1Q1=12，从而AP1=答：玻璃棒l没入水中部分的长度为16cm(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为24cm)（2）如图，O，O1是正棱台的两底面中心 由正棱台的定义，OO1平面EFGH，所以平面E1EGG1平面EFGH，O1OEG同理，平面E1EGG1平面E1F1G1H1，O1OE1G1记玻璃棒的另一端落在GG1上点N处过G作GKE1G1，K为垂足，则GK =OO1=32因为EG = 14，E1G1= 62，所以KG1=，从而设则因为，所以在中，由正弦定理可得，解得因为，所以于是记EN与水面的交点为P2，过P2作P2Q2EG，Q2为垂足，则P2Q2平面EFGH，故P2Q2=12，从而EP2=答：玻璃棒l没入水中部分的长度为20cm(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20cm)