高中数学总分-高中数学指数ppt
第一章 解三角形
一、选择题
1.已知A,B两地的距离为10 km,B,C两地的距离为20
km,现测得∠ABC=120°,
则A,C两地的距离为( ).
A.10 km
B.10
3
km
a
A
cos
2
c
C
cos
2
C.10
5
km
D.10
7
km
2.在△ABC中,若=
b
B
cos
2
=,则△ABC是(
).
A.等腰三角形
C.直角三角形
B.等边三角形
D.等腰直角三角形
3.三角形三边长为a,b,c,且满足关系
式(a+b+c)(a+b-c)=3ab,则c边的对角
等于( ).
A.15°
B.45° C.60° D.120°
4.在△ABC中,三个内角∠A,∠B,∠C
所对的边分别为a,b,c,且a∶b∶c=1∶
3
∶2,则sin A∶sin B∶sin
C=( ).
A.
3
∶2∶1 B.2∶
3
∶1
C.1∶2∶
3
D.1∶
3
∶2
5.如果△A
1B
1
C
1
的三个内角的余弦值分别等于△A
2
B
2
C
2
的三个内角的正弦值,则
( ).
A.△A1
B
1
C
1
和△A
2
B
2
C
2
都是锐角三角形
B.△A
1
B
1
C
1
和△A
2
B
2
C
2
都是钝角三角形
C.
△A
1
B
1
C
1
是钝角三角形,△A
2
B
2
C
2
是锐角三角形
D.△A
1
B
1<
br>C
1
是锐角三角形,△A
2
B
2
C
2
是钝角三角形
6.在△ABC中,a=2
3
,b=2
2
,∠B=
45°,则∠A为( ).
A.30°或150° B.60°
C.60°或120° D.30°
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7.在△ABC中,关于x的方程(1+x
2
)sin
A+2xsin B+(1-x
2
)sin C=0有两个不等的实
根,则A为( ).
A.锐角 B.直角 C.钝角
D.不存在
8.在△ABC中,AB=3,BC=
13
,AC=4,则边AC上的高为(
).
3
D.3
3
2
a
3
+b
3
-c
3
3
9.在△ABC中,=c
2
,sin
A·sin B=,则△ABC 一定是( ).
a+b-c
4
A.
B. C.
A.等边三角形
C.直角三角形
B.等腰三角形
D.等腰三角形或直角三角形
32
2
33
2
10.根据下列条件解三角形:①∠B=30°,a=
14,b=7;②∠B=60°,a=10,b=9.那
么,下面判断正确的是( ).
A.①只有一解,②也只有一解.
C.①有两解,②只有一解.
二、填空题 11.在△ABC中,a,b分别是∠A和∠B所对的边,若a=
3
,b=1,∠B=30
°,则
∠A的值是 .
12.在△ABC中,已知sin Bsin
C=cos
2
B.①有两解,②也有两解.
D.①只有一解,②有两解.
A
,则此三角形是__________三角形.
2
13.已知a,b,c
是△ABC中∠A,∠B,∠C的对边,S是△ABC的面积.若a=4,
b=5,S=5
3
,求c的长度 .
14.△ABC中,a+b=10,而cos
C是方程2x
2
-3x-2=0的一个根,求△ABC周长的
最小值
.
15.在△ABC中,∠A,∠B,∠C的对边分别为a,b,c,且满足sin A∶sin
B∶sin C
=2∶5∶6.若△ABC
的面积为
339
,则△ABC的周长为________________.
416.在△ABC中,∠A最大,∠C最小,且∠A=2∠C,a+c=2b,求此三角形三边之
比
为 .
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三、解答题
17.在△ABC中,已知∠A=30°,a,b分别为∠A,∠B的对边,且a
=4=
此三角形.
18.如图所示,在斜度一定的山坡上的一点A测得山顶上一建筑物顶端C对于山
坡的
斜度为15°,向山顶前进100米后到达点B,又从点B测得斜度为45°,建筑物的高CD为50米.求此山对于地平面的倾斜角
?
.
(第18题)
3
b,解
3
第 3
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19.在△ABC中,∠A,∠B,∠C的对边分别为a,b,c,若bcos
C=(2a-c)cos B,
(Ⅰ)求∠B的大小;
(Ⅱ)若b=
7
,a+c=4,求△ABC的面积.
sin(A?B)
a
2
?b
2
20.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,求证:=.
c
2
sinC
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参考答案
一、选择题
1.D
解析:AC
2
=AB
2
+B
C
2
-2AB·BCcos∠ABC
=10
2
+20
2
-2×10×20cos 120°
=700.
AC=10
7
.
2.B
及正弦定理,得<
br>sinA
=
sinB
=
sinC
,由2倍角
ABC<
br>AC
B
coscoscos
coscos
cos
222
22
2
ABC
的正弦公式得
sin
=
sin
=<
br>sin
,∠A=∠B=∠C.
222
解析:由==
3.C
解析:由(a+b+c)(a+b-c)=3ab,
得
a
2
+b
2
-c
2
=ab.
abc
1
a
2
?b
2
?c
2
∴
cos C==.
2
2ab
故C=60°.
4.D
解析:由正弦定理可得a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin
C=1∶
3
∶2.
5.D
解析:△A
1
B
1<
br>C
1
的三个内角的余弦值均大于0,则△A
1
B
1
C
1
是锐角三角形.
ππ
??
sinA=cosA=sin(-A)
A=
211
??
2
2
-A
1
2
??
ππ
??
若△A
2
B
2
C
2
不是钝角三
角形,由
?
sinB
2
=cosB
1
=sin(-B
1
)
,得
?
B
2
=-B
1
,
22
??
π
?
sinC
2
=cosC
1
=
sin
?
C
2
=
π
-C
1
(-C
1
)
??
22
??
那么,A
2
+B
2+C
2
=
π
3π
-(A
1
+B
1+C
1
)=,与A
2
+B
2
+C
2
=
π矛盾.
2
2
所以△A
2
B
2
C
2是钝角三角形.
6.C
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解析:由
abasinB
=,得sin
A==
sinAsinBb
23?
2
2
=
3
,
2
22
而b<a,
∴ 有两解,即∠A=60°或∠A=120°.
7.A
解析:由方程可得(sin A-sin C)x
2
+2xsin
B+sin A+sin C=0.
∵ 方程有两个不等的实根,
∴
4sin
2
B-4(sin
2
A-sin
2
C)>0.
由正弦定理
abc
==,代入不等式中得
b
2
-a
2
+c
2
>0,
sinAsinBsinC
再由余弦定理,有2ac cos
A=b
2
+c
2
-a
2
>0.
∴
0<∠A<90°.
8.B
解析:由余弦定理得cos A=
9.A
a
3
+b
3
-c
3
解析:由=c
2
?
a
3
+b
3
-c
3
=(a+b-c)c
2
?
a
3
+b
3
-c
2
(a+b)=0
?
a+b-c
33
3
1
,从而sin
A=,则AC边上的高BD=.
2
2
2
(a+b)(a
2
+b
2
-ab-c
2
)=0.
∵ a+b>0,
∴
a
2
+b
2
-c
2
-ab=0. (1)
由余弦定理(1)式可化为
a
2
+b
2
-(a
2
+b
2
-2abcos C)-ab=0,
1
,∠C=60°.
2
basin60?bsin60?
a
由正弦定理==
c
,
得sin A=,sin B=,
sinA
sinBcc
sin60?
得cos
C=
ab(sin60?)
2
3
∴ sin A·sin B==,
4
c
2
ab
∴
2
=1,ab=c
2.将ab=c
2
代入(1)式得,a
2
+b
2
-2ab
=0,即(a-b)
2
=0,a=b.
c
△ABC是等边三角形.
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10.D
解析:由正弦定理得sin A=
asinB
53
,①中sin
A=1,②中sin
A=.分析后可知①
b
9
有一解,∠A=90°;②有两解,∠A可为锐角或钝角.
二、填空题
11.60°或120°.
解析:由正弦定理
12.等腰.
解析:由已知得2sin Bsin C=1+cos A=1-cos(B+C),
即2sin Bsin C=1-(cos Bcos C-sin Bsin C),
∴
cos(B-C)=1,得∠B=∠C,
∴ 此三角形是等腰三角形.
13.
21
或
61
.
解:∵
S=
3
1
absin C,∴ sin C=,于是∠C=60°或∠C=120°.
2
2
ab
3
=计算可得sin A=,∠A=60°或120°.
sinAsinB
2
又c
2
=a
2
+b
2
-2abcos C,
当∠C=60°时,c
2
=a
2
+
b
2
-ab,c=
21
;
当∠C=120°时,c
2=a
2
+b
2
+ab,c=
61
.
∴
c的长度为
21
或
61
.
14.10+5
3
.
解析:由余弦定理可得c
2
=a
2
+b
2
-2ab
cos C,然后运用函数思想加以处理.
∵ 2x
2
-3x-2=0,
∴ x
1
=2,x
2
=-
1
.
2
又cos C是方程2x
2
-3x-2=0的一个根,
∴
cos C=-
1
.
2
1
)=(a+b)
2
-ab,
2
由余弦定理可
得c
2
=a
2
+b
2
-2ab·(-
第 7 页
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则c
2
=100-a(10-a
)=(a
-
5)
2
+75,
当a=5时,c最小,且c=
75
=5
3
,
此时a+b+c=5+5+5
3
=10+5
3
,
∴
△ABC周长的最小值为10+5
3
.
15.13.
解析:由正弦定理及sin A∶sin B∶sin C=2∶5∶6,可得a∶b∶c=2∶5∶6
,于是可
设a=2
k
,b=5
k
,c=6
k
(k
>0),由余弦定理可得
a
2
+b
2
-c
2
4k
2
+36k
2
-25k
2
5
cos
B===,
2ab
8
2(2k)(6k)
∴ sin B=
1-c
os
2
B
=
由面积公式S
△
ABC
=
39
.
8
1
ac sin B,得
2
339
39<
br>1
·(2
k
)·(6
k
)·=,
8
4
2
∴
k
=1,△ABC的周长为2
k
+5
k
+6
k
=13
k
=13.
339
本题也可由三角形面积(海伦公式)得
13k
(
13k
-
2k)(
13k
-
5k)(
13k
-
6k)
=,
4
2222
即
339
2
339
k
=,∴
k
=1.
44
∴ a+b+c=13
k
=13.
16.6∶5∶4.
解析:本例主要考查正、余弦定理的综合应用.
由正弦定理得
asinA
sin2C
a
===2cos
C,即cos C=,
csinC2c
sinC
a
2
+b
2
-c
2
(a+c)(a-c)+b
2
由余弦定理cos C==.
2ab2ab
∵ a+c=2b,
2b(a-c)+b?
a+c
a
+c
2(a-c)+
2
=
2
,
2a
∴ cos
C=
2ab
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∴
a
=
2c
2(a-c)+
2a
a+c
2
.
整理得2a
2
-5ac+3c
2
=0.
解得a=c或a=
3
c.
2
3
c
2
∵∠A=2∠C,∴
a=c不成立,a=
3
c?c
a?c5
2
∴
b===
c
,
24
2
∴ a∶b∶c=
5
3
c∶
c
∶c=6∶5∶4.
2
4
故此三角形三边之比为6∶5∶4.
三、解答题
17.b=
4
3
,c=8,∠C=90°,∠B=60°或b=4
3
,c=4,∠C=3
0°,∠B=120°.
解:由正弦定理知
433
b4
a
==,b=4
3
.
??
sin B=
2
sinA
sinBsin30?
sin
B
∠B=60°或∠B=120°或∠C=30°
?
∠C=90°
?
c=8或c=4.
18.分析:设山对于地平面的倾斜角∠EAD=
?
,这样可在△
ABC中利用正弦定理求出
BC;再在△BCD中,利用正弦定理得到关于
??
的三角
函数等式,进而解出
??
角.
解:在△ABC中,∠BAC=15°,AB=100米,
∠ACB=45°-15°=30°.
根据正弦定理有
∴
BC=
100BC
=,
sin30?sin15?
(第18题)
100sin15?
.
sin30?
又在△BCD中,∵ CD=50,B
C=
100sin15?
,∠CBD=45°,∠CDB=90°+
??
,
sin30?
100sin15?
50
根据正弦定理有=
sin30
?
.
(90?+
?
)
sin45?
sin
解得c
os?
??
=
3
-1,∴
??
≈42.94°.
∴ 山对于地平面的倾斜角约为42.94°.
19.解:(Ⅰ)由已知及正弦定理可得sin Bcos C=2sin Acos B-cos
Bsin C,
∴ 2sin Acos B=sin Bcos C+cos Bsin
C=sin(B+C).
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又在三角形ABC中,sin(B+C)=sin A≠0,
∴ 2sin Acos
B=sin A,即cos B=
1
π
,B=.
23
1
acsin B,
2
(Ⅱ)∵
b
2
=7=a
2
+c
2
-2accos B,∴
7=a
2
+c
2
-ac,
又
(a+c)
2
=16=a
2
+c
2
+2ac,∴
ac=3,∴ S
△
ABC
=
即S
△
ABC
=1
333
·3·=.
2
24
20.分析:由于所证明的是三角
形的边角关系,很自然联想到应用正余弦定理.
解:由余弦定理a
2
=b
2
+c
2
-2bccos
A;b
2
=a
2
+c
2
-2accos B得
a
2
-b
2
=b
2
-a
2
-2bccos
A+2accos B,
∴ 2(a
2
-b
2
)=-2bccos
A+2accos B,
a
2
-b
2
-bcosA+acosB
=.
c
2
c
由正弦定理得 a=2R sin A,b=2R sin
B,c=2R sin C,
a
2
-b
2
-bcosA+acosB
∴=
c
2
c
sinAcosB-sinBcosA
=
sinC
=
sin(A-B)
.
sinC
故命题成立.
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