课时跟踪检测(二十三)正弦定理和余弦定理.doc

课时跟踪检测(二十三)　正弦定理和余弦定理

(分Ⅰ、Ⅱ卷，共2页)

第Ⅰ卷：夯基保分卷

1．(2014·石家庄质检)在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，sin A，sin B，sin C成等比数列，且c＝2a，则cos B的值为(　　)
A.　　　　　　　　　 　B.
C. D.
2．在△ABC中，已知b＝40，c＝20，C＝60°，则此三角形的解的情况是(　　)
A．有一解 B．有两解
C．无解 D．有解但解的个数不确定
3．在△ABC中，若lg sin A－lg cos B－lg sin C＝lg 2，则△ABC的形状是(　　)
A．直角三角形 B．等腰直角三角形
C．等边三角形 D．等腰三角形
4．(2013·全国卷Ⅰ)已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c,23cos2A＋cos 2A＝0，a＝7，c＝6，则b＝(　　)
A．10 B．9
C．8 D．5
5．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c.若b＝2asin B，则角A的大小为________．
6．(2014·广东重点中学联考)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝，则的值为________．
7．(2013·湖北高考)在△ABC中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c，已知cos 2A－3cos(B＋C)＝1.
(1)求角A的大小；
(2)若△ABC的面积S＝5，b＝5，求sin Bsin C的值．

8．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sin B(tan A＋tan C)＝tan Atan C.
(1)求证：a，b，c成等比数列；
(2)若a＝1，c＝2，求△ABC的面积S.

第Ⅱ卷：提能增分卷

1．(2014·江西省七校联考)已知在△ABC中，C＝2A，cos A＝，且2·＝－27.
(1)求cos B的值；
(2)求AC的长度．

2．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c ，且a2－(b－c)2＝(2－)bc，sin Asin B＝cos2，BC边上的中线AM的长为.
(1)求角A和角B的大小；
(2)求△ABC的面积．

3．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(2b－c)cos A－acos C＝0.
(1)求角A的大小；
(2)若a＝，S△ABC＝，试判断△ABC的形状，并说明理由．

答 案

第Ⅰ卷：夯基保分卷
1．选B　因为sin A，sin B，sin C成等比数列，所以sin2B＝sin Asin C，由正弦定理得b2＝ac，又c＝2a，故cos B＝＝＝.
2．选C　由正弦定理得＝，
∴sin B＝＝＝>1.
∴角B不存在，即满足条件的三角形不存在．
3．选D　由条件得＝2，
即2cos Bsin C＝sin A.
由正、余弦定理得，2··c＝a，
整理得c＝b，故△ABC为等腰三角形．
4．选D　化简23cos2A＋cos 2A＝0，得23cos2A＋2cos2 A－1＝0，解得cos A＝.由余弦定理，知a2＝b2＋c2－2bccos A，代入数据解方程，得b＝5.
5．解析：由正弦定理得sin B＝2sin Asin B，
∵sin B≠0，∴sin A＝，
∴A＝30°或A＝150°.
答案：30°或150°
6．解析：由正弦定理＝＝
得＝＝，
即(cos A－3cos C)sin B＝(3sin C－sin A)·cos B，
化简可得，sin(A＋B)＝3sin(B＋C)，
又知A＋B＋C＝π，所以sin C＝3sin A，
因此＝3.
答案：3
7．解：(1)由cos 2A－3cos(B＋C)＝1，
得2cos2A＋3cos A－2＝0，
即(2cos A－1)(cos A＋2)＝0，
解得cos A＝或cos A＝－2(舍去)．
因为0<A<π，所以A＝.
(2)由S＝bcsin A＝ bc·＝bc＝5 ，
得bc＝20，又b＝5，知c＝4.
由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝25＋16－20＝21，
故a＝.
从而由正弦定理得sin B sin C＝sin A·sin A＝sin2A＝×＝.
8．解：(1)证明：在△ABC中，
由于sin B(tan A＋tan C)＝tan Atan C，
所以sin B＝·，
因此sin B(sin Acos C＋cos Asin C)＝
sin Asin C，
所以sin Bsin(A＋C)＝sin Asin C.
又A＋B＋C＝π，所以sin(A＋C)＝sin B，
因此sin2B＝sin Asin C.
由正弦定理得b2＝ac，
即a，b，c成等比数列．
(2)因为a＝1，c＝2，所以b＝，
由余弦定理得cos B＝＝＝，
因为0<B<π，所以sin B＝＝，故△ABC的面积S＝acsin B＝×1×2×＝.
第Ⅱ卷：提能增分卷
1．解：(1)∵C＝2A，∴cos C＝cos 2A＝2cos2A－1＝，∴sin C＝，sin A＝.
∴cos B＝－cos(A＋C)＝sin A·sin C－cos A·cos C＝.
(2)∵＝，∴AB＝BC.
∵2·＝－27，cos B＝，
∴||||＝24，∴BC2＝16，AB＝6，
∴AC＝
＝＝5.
2．解：(1)由a2－(b－c)2＝(2－)bc，
得a2－b2－c2＝－bc，
∴cos A＝＝，
又0<A<π，∴A＝.
由sin Asin B＝cos2，
得sin B＝，即sin B＝1＋cos C，
则cos C<0，即C为钝角，
∴B为锐角，且B＋C＝，
则sin＝1＋cos C，
化简得cos＝－1，
解得C＝，∴B＝.
(2)由(1)知，a＝b，由余弦定理得AM2＝b2＋2－2b··cos C＝b2＋＋＝()2，解得b＝2，
故S△ABC＝absin C＝×2×2×＝.
3．解：(1)法一：由(2b－c)cos A－acos C＝0及正弦定理，得
(2sin B－sin C)cos A－sin Acos C＝0，
∴2sin Bcos A－sin(A＋C)＝0，
sin B(2cos A－1)＝0.
∵0<B<π，∴sin B≠0，∴cos A＝.
∵0<A<π，∴A＝.
法二：由(2b－c)cos A－acos C＝0，
及余弦定理，得(2b－c)·－a·＝0，整理，得b2＋c2－a2＝bc，
∴cos A＝＝，
∵0<A<π，∴A＝.
(2)△ABC为等边三角形．
∵S△ABC＝bcsin A＝，
即bcsin＝，
∴bc＝3，①
∵a2＝b2＋c2－2bccos A，a＝，A＝，
∴b2＋c2＝6，②
由①②得b＝c＝，
∴△ABC为等边三角形．