习题2.1教学设计

解答题专题2：解三角形

urAArAAsin，sin，1．A、B、C为△ABC的三个内角，且其对边分别为a、b、c，若m=cos，n=cos，urr1且mn＝.（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）若a＝23且bc4，求此三角形的面积．

22222

2．在ABC中，内角A,B,C的对边为a,b,c，已知2cos2A(cosB3sinB)cosC1. 2（1）求角C的值；（2）若c2，且ABC的面积为3，求a,b.

1.

4（Ⅰ）求sinC的值；（Ⅱ）当a2，2sinAsinC时，求b的长及ABC的面积．

3．锐角ABC中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，已知cos2C

4．已知a,b,c分别为ABC三个内角A,B,C的对边，acosC3asinCbc0．

（1）求A的大小；

（2）若a7，求ABC的周长的取值范围．

5．在△ABC中，角A，B，C的所对的边分别为a,b,c，且a2b2abc2．

（Ⅰ）求tanC

π（Ⅱ）若c3，求SABC的最大值．

的值；4试卷第1页，总4页

6．如图ABC中，已知点D在BC边上，且ADAC，

22，AB32，BD3．

3（Ⅰ）求AD的长；（Ⅱ）求cosC．

sinBAC7．如图，D是直角三角形ABC斜边BC上一点，AC3DC. （Ⅰ）若DAC30，求B；

（Ⅱ）若BD2DC，且AD22，求DC.

urrA12A+sin2

＝－cosA



答案1.解：（Ⅰ）

mn=－cos222又∵A(0，180)，∴A＝120.

12

（Ⅱ）由余弦定理得：a2＝b2＋c2－2bccos120，即b2＋c2＋bc＝b2c2bc12b2又∵bc4 ∴联立方程

解得：

c2bc4∴S1=bcsin120=3

ABC2222.解：（Ⅰ）由ADAC知，sinBACsin(DAB)cosDAB

23在△ABD中，由余弦定理知BD2AD2AB22ABADcosBAD

即AD28AD150 解得AD3或AD5 显然ABAD，故AD3

（Ⅱ）由cosDAB221得sinBAD

33在△ABD中，由正弦定理知6BDAB，故sinADB

sinBADsinADB36cosCcos(ADB)sinADB

23试卷第2页，总4页

3.解：（Ⅰ）在ABC中，根据正弦定理，有ACDC. sinADCsinDAC∵AC3DC，所以sinADC3sinDAC3. 2又ADCBBADB6060，∴ADC120，

∴C1801203030，∴B60. （Ⅱ）设DCx，则BD2x,BC3x,AC3x，

∴sinBAC36,cosB,AB6x. BC33在ABD中，AD2AB2BD22ABBDcosB，

即(22)26x24x226x2x4.解：（1）∵2cos262x2，得x2.故DC2. 3A(cosB3sinB)cosC1，∴cosAcosBcosC3sinBcosC0，2∴cos(BC)cosBcosC3sinBcosC0

∴cosBcosCsinBsinCcosBcosC3sinBcosC0，

∴sinBsinC3sinBcosC0，又∵B是三角形的内角，

∴tanC3（或2sin(C（2）SABC3，∴3)0）

又∵C是三角形的内角，∴C3. 1absin3，∴ab4，

232222又∵cab2abcosC，∴4(ab)2abab，∴ab4，或ab0，

∴ab2. 5.解：（1）由正弦定理得：

acosC3asinCbc0sinAcosC3sinAsinCsinBsinC

sinAcosC3sinAsinCsin(AC)sinC

试卷第3页，总4页

3sinAcosA1sin(A300)1A300300A600

2（2）由已知：b0,c0,bca7由余弦定理

49b2c22bccos31(bc)23bc(bc)2(bc)2(bc)2

3442（当且仅当bc时等号成立），∴(bc)449，又bc7，∴7bc14，

从而ABC的周长的取值范围是(14,21]．

6.解：（1）在三角形ABC中，由bc及sinB6sinC，

sinBsinCb2c2a26c2c24c266可得b6c，又ac.

b，有a2c，所以cosA22bc4626c（2）在三角形ABC中，由cosA16102，可得sinA，于是cos2A2cosA1

444sin2A2sinAcosA15153，所以cos(2A)cos2Acossin2Asin.

466687.解：（Ⅰ）∵a2b2abc2，a2b2c2ab，

a2b2c21π， ∵C为△ABC内角， ∴C，

∴cosC32ab2则tanCπ31ππtan23；

4341313absinCab，

24（Ⅱ）由ab3a2b22ab，得ab3，∵SABC∴SABC

3333，当且仅当ab3时“”成立，

则S△ABC的最大值是．

44试卷第4页，总4页