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1、2022年高考數(shù)學二輪復習 專題三 三角 專題對點練11 三角變換與解三角形 文
1.在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c.已知b=3,=-6,S△ABC=3,求A和a.
2.已知a,b,c分別為銳角三角形ABC的內(nèi)角A,B,C所對的邊,且a=2csin A.
(1)求角C;
(2)若c=,且△ABC的面積為,求a+b的值.
3.△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知2c-a=2bcos A.
(1)求角B的大小;
(2)若a=2,b=,求c的長.
2、
4.已知△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,且asin C=ccos A.
(1)求角A;
(2)若b=2,△ABC的面積為,求a.
5.在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且滿足.
(1)求角A的大小;
(2)若D為BC上一點,且=2,b=3,AD=,求a.
6.
已知銳角三角形ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且b=2,c=3,△ABC的面積為,又=2,∠CBD=θ.
(1)求a,A,cos∠ABC;
(2)求cos 2θ的值
3、.
7.在△ABC中,a,b,c分別是角A,B,C所對的邊,且滿足a=3bcos C.
(1)求的值;
(2)若a=3,tan A=3,求△ABC的面積.
8.在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,且2acos C-c=2b.
(1)求角A的大小;
(2)若c=,角B的平分線BD=,求a.
專題對點練11答案
1.解 因為=-6,所以bccos A=-6,
又S△ABC=3,
所以bcsin A=6,因此tan A=-1,
又0
4、=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是銳角三角形,∴C=.
(2)∵C=,△ABC的面積為,
∴absin,即ab=6. ①
∵c=,∴由余弦定理得a2+b2-2abcos=7,即(a+b)2=3ab+7. ②
將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)=si
5、n 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,
則tan A=,
由0
6、csin A=,則×2×c×,解得c=2,
由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=4+4-2×2×2×=4,則a=2.
5.解 (1)由,則(2c-b)cos A=acos B,
由正弦定理可知=2R,則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,則cos A=,即A=,
∴角A的大小為.
(2)過點D作DE∥AC,交AB于點E,則△
7、ADE中,ED=AC=1,∠DEA=,
由余弦定理可知AD2=AE2+ED2-2AE·EDcos,又AD=,
∴AE=4,∴AB=6.
又AC=3,∠BAC=,
則△ABC為直角三角形,
∴a=BC=3,∴a的值為3.
6.解 (1)由△ABC的面積為bcsin A,
可得×2×3×sin A=,
可得sin A=,
又A為銳角,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為正三角形,即BD=3,
且sin∠ABC=,
cos θ=cos
=
8、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,將tan C=2tan B 代入得=-3,
解得tan B=1或tan B=-,
根據(jù)tan C=2tan
9、 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,將tan C=2tan B 代入得=-3,
解得tan B=1或tan B=-,根據(jù)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.
∴
10、S△ABC=absin C=×6=3.
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的平分線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=.
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