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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