(新課標(biāo))2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 三角函數(shù)與解三角形 第2講 三角恒等變換與解三角形學(xué)案 理 新人教A版
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1、第2講 三角恒等變換與解三角形 [做真題] 題型一 三角恒等變換 1.(2019·高考全國(guó)卷Ⅱ)已知α∈,2sin 2α=cos 2α+1,則sin α=( ) A. B. C. D. 解析:選B.由2sin 2α=cos 2α+1,得4sin αcos α=1-2 sin2α+1,即2sin αcos α=1-sin2α.因?yàn)棣痢?,所以cos α=,所以2sin α=1-sin2 α,解得sin α=,故選B. 2.(2018·高考全國(guó)卷Ⅲ)若sin α=,則cos 2α=( ) A. B. C.- D.- 解析:選B.c
2、os 2α=1-2sin2α =1-2×=. 3.(2016·高考全國(guó)卷Ⅱ)若cos=,則sin 2α=( ) A. B. C.- D.- 解析:選D.因?yàn)閏os=coscos α+sin sin α=(sin α+cos α)=,所以sin α+cos α=,所以1+sin 2α=,所以sin 2α=-,故選D. 題型二 三角形中的邊角計(jì)算問題 1.(2018·高考全國(guó)卷Ⅱ)在△ABC中,cos=,BC=1,AC=5,則AB=( ) A.4 B. C. D.2 解析:選A.因?yàn)閏os =,所以cos C=2cos2-1=2×-1=-.于是,在△ABC中,由余弦
3、定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos C=52+12-2×5×1×=32,所以AB=4.故選A. 2.(2016·高考全國(guó)卷Ⅱ)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,若cos A=,cos C=,a=1,則b=________. 解析:因?yàn)閏os A=,cos C=, 所以sin A=,sin C=, sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C=, 由正弦定理=,得b==×=. 答案: 3.(2019·高考全國(guó)卷Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,設(shè)(sin B-sin C)2=sin2A-sin Bsin C
4、. (1)求A; (2)若a+b=2c,求sin C. 解:(1)由已知得sin2B+sin2C-sin2A=sin Bsin C,故由正弦定理得b2+c2-a2=bc. 由余弦定理得cos A==. 因?yàn)?°<A<180°,所以A=60°. (2)由(1)知B=120°-C,由題設(shè)及正弦定理得sin A+sin(120°-C)=2sin C,即+cos C+sin C=2sin C,可得cos(C+60°)=-. 由于0°<C<120°,所以sin(C+60°)=, 故sin C=sin(C+60°-60°) =sin(C+60°)cos 60°-cos(C+60°)sin
5、 60° =. 題型三 與三角形面積有關(guān)的問題 1.(2018·高考全國(guó)卷Ⅲ)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c.若△ABC的面積為,則C=( ) A. B. C. D. 解析:選C.根據(jù)題意及三角形的面積公式知absin C=,所以sin C==cos C,所以在△ABC中,C=. 2.(2019·高考全國(guó)卷Ⅱ)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c.若b=6,a=2c,B=,則△ABC的面積為________. 解析:法一:因?yàn)閍=2c,b=6,B=,所以由余弦定理b2=a2+c2-2accos B,得62=(2c)2+c2-2×2c×ccos
6、 ,得c=2,所以a=4,所以△ABC的面積S=acsin B=×4×2×sin =6. 法二:因?yàn)閍=2c,b=6,B=,所以由余弦定理b2=a2+c2-2accos B,得62=(2c)2+c2-2×2c×ccos ,得c=2,所以a=4,所以a2=b2+c2,所以A=,所以△ABC的面積S=×2×6=6. 答案:6 3.(2019·高考全國(guó)卷Ⅲ)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c.已知asin =bsin A. (1)求B; (2)若△ABC為銳角三角形,且c=1,求△ABC面積的取值范圍. 解:(1)由題設(shè)及正弦定理得 sin Asin=sin Bsin A.
7、
因?yàn)閟in A≠0,所以sin=sin B.
由A+B+C=180°,可得sin=cos,故cos=2sincos.
因?yàn)閏os≠0,故sin=,因此B=60°.
(2)由題設(shè)及(1)知△ABC的面積S△ABC=a.
由正弦定理得a===+.
由于△ABC為銳角三角形,故0°
8、、解三角形,難度一般,一般出現(xiàn)在第4~9題或第13~15題位置上.
3.若以解答題形式出現(xiàn),主要考查三角函數(shù)與解三角形的綜合問題,一般出現(xiàn)在解答題第17題位置上,難度中等.
三角恒等變換與求值
[考法全練]
1.(2019·高考全國(guó)卷Ⅰ)tan 255°=( )
A.-2- B.-2+
C.2- D.2+
解析:選D.由正切函數(shù)的周期性可知,tan 255°=tan(180°+75°)=tan 75°=tan(30°+45°)==2+,故選D.
2.(一題多解)(2019·福建五校第二次聯(lián)考)已知cos=,則sin 2α=( )
A. B.-
9、C. D.-
解析:選C.法一:因?yàn)閏os=,所以sin 2α=sin=cos 2=2cos2-1=2×-1=.故選C.
法二:令-α=θ,則α=-θ,cos θ=,所以sin 2α=sin 2=sin=cos 2θ=2cos2θ-1=2×-1=.故選C.
法三:因?yàn)閏os=,所以(cos α+sin α)=,所以cos α+sin α=,平方得1+sin 2α=,得sin 2α=.故選C.
3.已知α∈,tan α=2,則cos=________.
解析:因?yàn)棣痢剩瑃an α=2,
所以sin α=,cos α=,
所以cos=cos αcos+sin αsin
=×=.
10、
答案:
4.(2019·江西七校第一次聯(lián)考)若0<α<,-<β<0,cos=,sin=,則cos(2α+β)=________.
解析:因?yàn)?<α<,所以<α+<,
又cos=,所以sin=,
sin 2=2sincos=,
cos 2=2cos2-1=-.
因?yàn)椋?β<0,
所以0<+<,
又sin=,所以cos=,
sin 2=2sincos=,
cos 2=1-2sin2=.
所以cos(2α+β)=-cos=
-cos 2cos 2+sin 2·
sin 2=.
答案:
三角恒等變換要遵循的“三看”原則
一看“角”,通過看角之間的差別與聯(lián)系,把角進(jìn) 11、行合理的拆分;二看“函數(shù)名稱”,是需進(jìn)行“切化弦”還是“弦化切”等,從而確定使用的公式;三看“結(jié)構(gòu)特征”,了解變式或化簡(jiǎn)的方向.
三角形的基本量的計(jì)算
[典型例題]
命題角度一 求解三角形中的角
(1)(2019·江西七校第一次聯(lián)考)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,已知b=a(cos C+sin C),a=2,c=,則角C=( )
A. B.
C. D.
(2)已知△ABC的內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,且bcos C+bsin C=a.
①求角B的大??;
②若BC邊上的高等于a,求cos A的值.
【解】 (1) 12、選D.由b=a,得sin B=sin A.
因?yàn)閟in B=sin=sin(A+C),
所以sin Acos C+cos Asin C=sin Acos C+sin Asin C(sin C≠0),即cos A=sin A,所以tan A=.因?yàn)?
13、s C+cos Bsin C,
因?yàn)閟in C≠0,所以sin B=cos B.
因?yàn)锽∈(0,π),所以B=.
②設(shè)BC邊上的高為AD,則AD=a.
因?yàn)锽=,所以BD=AD=a,所以CD=a,
所以AC==a,AB=a.
由余弦定理得cos A==-.
利用正、余弦定理求三角形角的方法
(1)已知兩邊及其夾角,先由余弦定理求第三邊,再由正弦定理求角.
(2)已知三邊,直接由余弦定理求角.
(3)已知兩邊及其中一邊的對(duì)角,先由正弦定理求另一邊的對(duì)角,再由三角形內(nèi)角和求第三角.
[技能] 利用正、余弦定理求角時(shí)的兩個(gè)失分點(diǎn):(1)已知兩邊及其中一邊的對(duì)角求其他角時(shí),有 14、一解、兩解的情況,容易把握不準(zhǔn)而出錯(cuò);(2)在變形時(shí),直接兩邊約去公因式,沒有移項(xiàng)后提公因式,產(chǎn)生漏解.
命題角度二 求解三角形中的邊與面積
如圖所示,在△ABC中,點(diǎn)D為BC邊上一點(diǎn),且BD=1,E為AC的中點(diǎn),AE=,cos B=,∠ADB=.
(1)求AD的長(zhǎng);
(2)求△ADE的面積.
【解】 (1)在△ABD中,因?yàn)閏os B=,B∈(0,π),
所以sin B===,
所以sin∠BAD=sin(B+∠ADB)=×+×=.
由正弦定理知=,得AD===2.
(2)由(1)知AD=2,依題意得AC=2AE=3,在△ACD中,由余弦定理得AC2=AD2+DC 15、2-2AD·DCcos∠ADC,即9=4+DC2-2×2×DCcos,
所以DC2-2DC-5=0,解得DC=1+(負(fù)值舍去),
所以S△ACD=AD·DCsin∠ADC=×2×(1+)×=,
從而S△ADE=S△ACD=.
利用余弦定理求邊,一般是已知三角形的兩邊及其夾角.利用正弦定理求邊,必須知道兩角及其中一邊,如該邊為其中一角的對(duì)邊,要注意解的多樣性與合理性.而三角形的面積主要是利用兩邊與其夾角的正弦值求解.
[技能] 三角形的面積主要是利用S=absin C求解,有時(shí)可以直接利用余弦定理求出ab的整體值再求面積,而不必分別求出a,b的值.
[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]
1.(一題 16、多解)(2019·廣州市綜合檢測(cè)一)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c已知ccos B=(3a-b)cos C.
(1)求sin C的值;
(2)若c=2,b-a=2,求△ABC的面積.
解:(1)法一:因?yàn)閏cos B=(3a-b)cos C,
所以由正弦定理得sin Ccos B=(3sin A-sin B)cos C,
即sin Ccos B+sin Bcos C=3sin Acos C,
所以sin(B+C)=3sin Acos C,
由于A+B+C=π,所以sin(B+C)=sin(π-A)=sin A,
則sin A=3sin Acos C.
因?yàn)?< 17、A<π,所以sin A≠0,cos C=.
因?yàn)? 18、得a2+b2-ab=24.
又b-a=2,
所以a=3,b=5.
所以△ABC的面積S=absin C=×15×=5.
2.(2019·鄭州市第一次質(zhì)量預(yù)測(cè))△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,已知△ABC的面積為S,且滿足sin B=.
(1)求sin Asin C;
(2)若4cos Acos C=3,b=,求△ABC的周長(zhǎng).
解:(1)由三角形的面積公式可得S=bcsin A,
又sin B=,所以2bcsin Asin B=b2,
即2csin Asin B=b,由正弦定理可得2sin Csin Asin B=sin B,
因?yàn)閟in B≠0,所以sin 19、 Asin C=.
(2)因?yàn)?cos Acos C=3,所以cos Acos C=,
所以cos Acos C-sin Asin C=-=,
即cos(A+C)=,所以cos B=-,
因?yàn)?
20、次聯(lián)考)如圖,在平面四邊形ABCD中,∠ABC為銳角,AD⊥BD,AC平分∠BAD,BC=2,BD=3+,△BCD的面積S=.
(1)求CD;
(2)求∠ABC.
【解】 (1)在△BCD中,S=BD·BC·sin∠CBD=,
因?yàn)锽C=2,BD=3+,
所以sin∠CBD=.
因?yàn)椤螦BC為銳角,所以∠CBD=30°.
在△BCD中,由余弦定理得CD2=BC2+BD2-2BC·BD·cos∠CBD=(2)2+(3+)2-2×2×(3+)×=9,所以CD=3.
(2)在△BCD中,由正弦定理得=,
即=,解得sin∠BDC=.
因?yàn)锽C 21、os∠BDC=.
在△ACD中,由正弦定理得=,
即=.①
在△ABC中,由正弦定理得=,
即=.②
因?yàn)锳C平分∠BAD,所以∠CAD=∠BAC.
由①②得=,解得sin∠ABC=.
因?yàn)椤螦BC為銳角,所以∠ABC=45°.
解決以平面幾何為載體的問題,主要注意以下幾方面:一是充分利用平面幾何圖形的性質(zhì);二是出現(xiàn)多個(gè)三角形時(shí),從條件較多的三角形突破求解;三是四邊形問題要轉(zhuǎn)化到三角形中去求解;四是通過三角形中的不等關(guān)系(如大邊對(duì)大角,最大角一定大于等于)確定角或邊的范圍.
命題角度二 三角形中的最值或范圍問題
(1)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b 22、,c,外接圓的半徑為1,且=,則△ABC面積的最大值為________.
(2)已知△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別是a,b,c,且(a2+b2-c2)(acos B+bcos A)=abc,若a+b=2,則c的取值范圍為________.
【解析】 (1)因?yàn)椋剑裕?2c-b),由正弦定理得sin Bsin Acos B=(2sin C-sin B)sin Bcos A,又sin B≠0,所以sin Acos B=(2sin C-sin B)cos A,所以sin Acos B+sin Bcos A=2sin Ccos A,即sin(A+B)=2sin Ccos A,即sin C= 23、2sin Ccos A,又sin C≠0,所以cos A=,sin A=.設(shè)外接圓的半徑為r,則r=1,由余弦定理得bc==b2+c2-a2=b2+c2-(2rsin A)2=b2+c2-3≥2bc-3(當(dāng)且僅當(dāng)b=c時(shí),等號(hào)成立),所以bc≤3,所以S△ABC=bcsin A=bc≤.所以△ABC面積的最大值為.
(2)由sin Acos B+sin Bcos A=sin(A+B)=sin C及正弦定理,可知acos B+bcos A=c,則由(a2+b2-c2)(acos B+bcos A)=abc,得a2+b2-c2=ab,由余弦定理可得cos C=,則C=,B=-A,
由正弦定理= 24、=,得==,又a+b=2,所以+=2,即c==,因?yàn)锳∈,所以A+∈,sin∈,則c∈[1,2).
【答案】 (1) (2)[1,2)
解三角形中的最值與范圍問題主要有兩種解決方法:一是利用基本不等式求得最大值或最小值;二是將所求式轉(zhuǎn)化為只含有三角形某一個(gè)角的三角函數(shù)形式,結(jié)合角的范圍確定所求式的范圍.
[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]
1.(2019·重慶市七校聯(lián)合考試)如圖,在平面四邊形ABCD中,E為AB邊上一點(diǎn),連接CE,DE.CB=2,BE=1,∠B=∠CED=.
(1)求sin∠AED的值;
(2)若AB∥CD,求CD的長(zhǎng).
解:(1)在△BEC中,由余弦定理得,CE==,
25、
又=,所以sin∠BCE=,
因?yàn)椤螧=∠CED,所以sin∠AED=sin∠BCE=.
(2)因?yàn)锳B∥CD,所以∠CDE=∠AED,
所以sin∠CDE=sin∠AED=,
在△CDE中,=,所以CD===7.
2.(2019·福建五校第二次聯(lián)考)在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別是a,b,c,且acos C=(2b-c)cos A.
(1)求角A的大??;
(2)若a=2,求△ABC面積的最大值.
解:(1)由正弦定理可得,sin Acos C=2sin Bcos A-sin Ccos A,
從而sin(A+C)=2sin Bcos A,即sinB=2sin Bcos 26、A.
又B為三角形的內(nèi)角,所以sin B≠0,于是cos A=,又A為三角形的內(nèi)角,所以A=.
(2)由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,得4=b2+c2-2bc×≥2bc-bc,所以bc≤4(2+),所以S△ABC=bcsin A≤2+,故△ABC面積的最大值為2+.
[A組 夯基保分專練]
一、選擇題
1.(2019·湖南省五市十校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=2sin xcos x+2cos2x+1,則( )
A.f(x)的最小正周期為π,最大值為3
B.f(x)的最小正周期為π,最大值為4
C.f(x)的最小正周期為2π,最大值為3
D.f(x)的最小正周期 27、為2π,最大值為4
解析:選B.f(x)=2sin xcos x+2cos2x+1=sin 2x+cos 2x+2=2sin(2x+)+2,則f(x)的最小正周期為=π,最大值為2+2=4.故選B.
2.(2019·高考全國(guó)卷Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c.已知asin A-bsin B=4csin C,cos A=-,則=( )
A.6 B.5
C.4 D.3
解析:選A.由題意及正弦定理得,b2-a2=-4c2,所以由余弦定理得,cos A===-,得=6.故選A.
3.在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別是a,b,c,若c=2a 28、,bsin B-asin A=asin C,則sin B為( )
A. B.
C. D.
解析:選A.由bsin B-asin A=asin C,
且c=2a,得b=a,
因?yàn)閏os B===,
所以sin B= =.
4.在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別是a,b,c,若a,b,c成等比數(shù)列,且a2=c2+ac-bc,則=( )
A. B.
C. D.
解析:選B.由a,b,c成等比數(shù)列得b2=ac,則有a2=c2+b2-bc,由余弦定理得cos A===,故A=,對(duì)于b2=ac,由正弦定理得,sin2B=sin Asin C=·sin C,由 29、正弦定理得,===.故選B.
5.(一題多解)在△ABC中,已知AB=,AC=,tan∠BAC=-3,則BC邊上的高等于( )
A.1 B.
C. D.2
解析:選A.法一:因?yàn)閠an∠BAC=-3,所以sin∠BAC=,cos∠BAC=-.由余弦定理,得BC2=AC2+AB2-2AC·AB·cos∠BAC=5+2-2×××=9,所以BC=3,所以S△ABC=AB·ACsin∠BAC=×××=,所以BC邊上的高h(yuǎn)===1,故選A.
法二:因?yàn)閠an∠BAC=-3,所以cos∠BAC=-<0,則∠BAC為鈍角,因此BC邊上的高小于,故選A.
6.如圖,在△ABC中,∠C=,BC 30、=4,點(diǎn)D在邊AC上,AD=DB,DE⊥AB,E為垂足.若DE=2,則cos A等于( )
A. B.
C. D.
解析:選C.依題意得,BD=AD==,∠BDC=∠ABD+∠A=2∠A.在△BCD中,=,=×=,即=,由此解得cos A=.
二、填空題
7.若sin=,則cos=________.
解析:依題意得cos=-cos=-cos
=2sin2-1=2×-1=-.
答案:-
8.已知a,b,c是△ABC中角A,B,C的對(duì)邊,a=4,b∈(4,6),sin 2A=sin C,則c的取值范圍為________.
解析:由=,得=,所以c=8cos A,因?yàn)? 31、6=b2+c2-2bccos A,所以16-b2=64cos2A-16bcos2A,又b≠4,所以cos2A===,所以c2=64cos2A=64×=16+4b.因?yàn)閎∈(4,6),所以32 32、os C=?、?,②-①,得-sin2B=-cos B,所以cos2B+cos B-=0,解得cos B=或cos B=-(舍去),所以B=60°,再由題得cos(A-C)=1,則A-C=0,即A=C,則a=c,所以△ABC為正三角形,則∠ACD=120°,AC=b,CD=2-b,故S△ACD=×b×(2-b)×≤=,當(dāng)且僅當(dāng)b=2-b,即b=1時(shí)取等號(hào).故填.
法二:由題意知b2=ac,且cos(A-C)+cos(A+C)=,即cos Acos C+sin Asin C+cos Acos C-sin Asin C=,即cos Acos C=,由余弦定理得·=,整理得b4-(a2-c2)2=b 33、4,所以a2-c2=0,即a=c,又b2=ac,所以a=b=c,即△ABC為正三角形,所以S△ACD=S△ABD-S△ABC=×2×c×-c2=-(c-1)2+≤,當(dāng)c=1時(shí)取等號(hào),故填.
答案:
三、解答題
10.(2019·廣東六校第一次聯(lián)考)在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,且a2+c2-b2=abcos A+a2cos B.
(1)求角B;
(2)若b=2,tan C=,求△ABC的面積.
解:(1)因?yàn)閍2+c2-b2=abcos A+a2cos B,所以由余弦定理,得2accos B=abcos A+a2cos B,
又a≠0,所以2ccos B=bc 34、os A+acos B,由正弦定理,得
2sin Ccos B=sin Bcos A+sin Acos B=sin(A+B)=sin C,
又C∈(0,π),sin C>0,所以cos B=.
因?yàn)锽∈(0,π),所以B=.
(2)由tan C=,C∈(0,π),得sin C=,cos C=,
所以sin A=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C=×+×=.
由正弦定理=,得a===6,
所以△ABC的面積為absin C=×6×2×=6.
11.(2019·武漢模擬)在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,A=2B,cos B=.
(1)求 35、sin C的值;
(2)若角A的平分線AD的長(zhǎng)為,求b的值.
解:(1)由cos B=及0
36、=4asin C.
(1)求cos B的值;
(2)求sin的值.
解:(1)在△ABC中,由正弦定理=,得bsin C=csin B,又由3csin B=4asin C,得3bsin C=4asin C,即3b=4a.又因?yàn)閎+c=2a,得到b=a,c=a.由余弦定理可得cos B===-.
(2)由(1)可得sin B==,
從而sin 2B=2sin Bcos B=-,cos 2B=cos2B-sin2B=-,
故sin=sin 2Bcos+cos 2Bsin =-×-×=-.
[B組 大題增分專練]
1.(2019·江西七校第一次聯(lián)考)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別 37、為a,b,c,已知a(sin A-sin B)=(c-b)(sin C+sin B).
(1)求角C;
(2)若c=,△ABC的面積為,求△ABC的周長(zhǎng).
解:(1)由a(sin A-sin B)=(c-b)(sin C+sin B)及正弦定理,得a(a-b)=(c-b)(c+b),
即a2+b2-c2=ab.
所以cos C==,又C∈(0,π),所以C=.
(2)由(1)知a2+b2-c2=ab,所以(a+b)2-3ab=c2=7,
又S=absin C=ab=,
所以ab=6,
所以(a+b)2=7+3ab=25,a+b=5.
所以△ABC的周長(zhǎng)為a+b+c=5+.
38、
2.(一題多解)(2019·福州模擬)如圖,在△ABC中,M是邊BC的中點(diǎn),cos∠BAM=,cos∠AMC=-.
(1)求∠B的大??;
(2)若AM=,求△AMC的面積.
解:(1)由cos∠BAM=,
得sin∠BAM=,
由cos∠AMC=-,得sin∠AMC=.
又∠AMC=∠BAM+∠B,
所以cos∠B=cos(∠AMC-∠BAM)
=cos∠AMCcos∠BAM+sin∠AMCsin∠BAM
=-×+×=-,
又∠B∈(0,π),所以∠B=.
(2)法一:由(1)知∠B=,
在△ABM中,由正弦定理=,
得BM===.
因?yàn)镸是邊BC的中點(diǎn),
39、所以MC=.
故S△AMC=AM·MC·sin∠AMC=×××=.
法二:由(1)知∠B=,
在△ABM中,由正弦定理=,
得BM===.
因?yàn)镸是邊BC的中點(diǎn),所以S△AMC=S△ABM,
所以S△AMC=S△ABM=AM·BM·sin∠BMA=×××=.
3.(2019·昆明市質(zhì)量檢測(cè))△ABC的內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,已知2(c-acos B)=b.
(1)求角A;
(2)若a=2,求△ABC面積的取值范圍.
解:(1)由2(c-acos B)=b及正弦定理得2(sin C-sin Acos B)=sin B,
所以2sin(A+B)-2sin Ac 40、os B=sin B,即2cos Asin B=sin B,
因?yàn)閟in B≠0,所以cos A=,又0
41、面積的取值范圍為(0,2+].
4.已知在△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊長(zhǎng)分別為a,b,c,AB邊上的高h(yuǎn)=c.
(1)若△ABC為銳角三角形,且cos A=,求角C的正弦值;
(2)若C=,M=,求M的值.
解:(1)作CD⊥AB,垂足為D,
因?yàn)椤鰽BC為銳角三角形,且cos A=,
所以sin A=,tan A=,
所以AD=,BD=AB-AD=,
所以BC===,
由正弦定理得sin∠ACB===.
(2)因?yàn)镾△ABC=c×c=absin∠ACB=ab,
所以c2=ab,
又a2+b2-c2=2abcos∠ACB=ab,
所以a2+b2=ab+c2,
所以a2+b2+c2=ab+c2=ab+×ab=2ab,
所以M===2.
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