2019最新高考数学二轮复习专用 专题三 三角 专题对点练11 三角变换与解三角形 文
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1 专题对点练11 三角变换与解三角形
1.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知b=3,=-6,S△ABC=3,求A和a.
2.已知a,b,c分别为锐角三角形ABC的内角A,B,C所对的边,且a=2csin A.
(1)求角C;
(2)若c=,且△ABC的面积为,求a+b的值.
3.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2c-a=2bcos A.
(1)求角B的大小;
(2)若a=2,b=,求c的长.
4.已知△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且asin C=ccos A.
(1)求角A;
(2)若b=2,△ABC的面积为,求a.
2
5.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足.
(1)求角A的大小;
(2)若D为BC上一点,且=2,b=3,AD=,求a.
6.
已知锐角三角形ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b=2,c=3,△ABC的面积为,又=2,∠CBD=θ.
(1)求a,A,cos∠ABC;
(2)求cos 2θ的值.
7.在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C所对的边,且满足a=3bcos C.
(1)求的值;
(2)若a=3,tan A=3,求△ABC的面积.
8.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且2acos C-c=2b.
(1)求角A的大小; 3 (2)若c=,角B的平分线BD=,求a. 4
专题对点练11答案
1.解 因为=-6,所以bccos A=-6,
又S△ABC=3,
所以bcsin A=6,因此tan A=-1,
又0 又b=3,所以c=2. 由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,得a2=9+8-2×3×2=29, 所以a=. 2.解 (1)由a=2csin A及正弦定理得sin A=2sin Csin A. ∵sin A≠0,∴sin C=. ∵△ABC是锐角三角形,∴C=. (2)∵C=,△ABC的面积为, ∴absin,即ab=6. ① ∵c=,∴由余弦定理得a2+b2-2abcos=7,即(a+b)2=3ab+7. ② 将①代入②得(a+b)2=25,故a+b=5. 3.解 (1)∵2c-a=2bcos A,∴由正弦定理可得2sin C-sin A=2sin Bcos A, ∵sin C=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B, ∴2sin Acos B+2cos Asin B-sin A=2sin Bcos A. ∴2sin Acos B=sin A. ∵sin A≠0,∴cos B=,∴B=. (2)∵b2=a2+c2-2accos B, ∴7=4+c2-2c,即c2-2c-3=0, 解得c=3或c=-1(舍去),∴c=3. 4.解 (1)∵asin C=ccos A, ∴sin Asin C=sin Ccos A, ∵sin C>0,∴sin A=cos A, 则tan A=, 由0 (2)∵b=2,A=,△ABC的面积为, ∴bcsin A=,则×2×c×,解得c=2, 由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=4+4-2×2×2×=4,则a=2. 5.解 (1)由,则(2c-b)cos A=acos B, 由正弦定理可知=2R,则a=2Rsin A,b=2Rsin B,c=2Rsin C, ∴(2sin C-sin B)cos A=sin Acos B, 整理得2sin Ccos A-sin Bcos A=sin Acos B, 即2sin Ccos A=sin(A+B)=sin C, 由sin C≠0,则cos A=,即A=, ∴角A的大小为. (2)过点D作DE∥AC,交AB于点E,则△ADE中,ED=AC=1,∠DEA=, 由余弦定理可知AD2=AE2+ED2-2AE·EDcos,又AD=, ∴AE=4,∴AB=6. 5 又AC=3,∠BAC=, 则△ABC为直角三角形, ∴a=BC=3,∴a的值为3. 6.解 (1)由△ABC的面积为bcsin A, 可得×2×3×sin A=, 可得sin A=, 又A为锐角,可得A=, 由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=22+32-2×2×3×cos=7,解得a=,可得cos∠ABC=. (2)由=2,知CD=1,由△ABD为正三角形,即BD=3, 且sin∠ABC=, cos θ=cos =coscos∠ABC+sinsin∠ABC=, ∴cos 2θ=2cos2θ-1=. 7.解 (1)由正弦定理=2R可得2Rsin A=3×2Rsin Bcos C. ∵A+B+C=π,∴sin A=sin(B+C)=3sin Bcos C, 即sin Bcos C+cos Bsin C=3sin Bcos C. ∴cos Bsin C=2sin Bcos C, ∴=2,故=2. (2)(方法一)由A+B+C=π,得tan(B+C)=tan(π-A)=-3, 即=-3,将tan C=2tan B 代入得=-3, 解得tan B=1或tan B=-, 根据tan C=2tan B得tan C,tan B同正, ∴tan B=1,tan C=2. 又tan A=3,可得sin B=,sin C=,sin A=, 代入正弦定理可得,∴b=, ∴S△ABC=absin C=×3×=3. (方法二)由A+B+C=π得tan(B+C)=tan(π-A)=-3, 即=-3,将tan C=2tan B 代入得=-3, 解得tan B=1或tan B=-,根据tan C=2tan B得tan C,tan B同正, ∴tan B=1,tan C=2. 又a=3bcos C=3,∴bcos C=1, ∴abcos C=3. ∴abcos Ctan C=6. ∴S△ABC=absin C=×6=3. 6 8.解 (1)由2acos C-c=2b及正弦定理得2sin Acos C-sin C=2sin B, 2sin Acos C-sin C=2sin(A+C)=2sin Acos C+2cos Asin C, ∴-sin C=2cos Asin C, ∵sin C≠0,∴cos A=-, 又A∈(0,π),∴A=. (2)在△ABD中,c=,角B的平分线BD=, 由正弦定理得, ∴sin∠ADB=, 由A=,得∠ADB=, ∴∠ABC=2, ∴∠ACB=π-,AC=AB=. 由余弦定理得a2=BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos A=2+2-2×=6,∴a=.
