解三角形专题(高考题)练习[附答案]

解三角形专题

1、在ABC中，已知内角A



3

，边BC设内角Bx,面积为y.

(1)求函数yf(x)的解析式和定义域； (2)求y的最大值.

3、在△ABC中，角A、B、C所对的边分别是a，b，c，且a2c2b2 （1）求sin2

4、在ABC中，已知内角A、B、C所对的边分别为a、b、c

，向量m2sinB,，

B

ncos2B,2cos21，且m//n。

2

1

ac. 2

AC

cos2B的值； （2）若b=2，求△ABC面积的最大值． 2

（I）求锐角B的大小； （II）如果b2，求ABC的面积SABC的最大值。

5、在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bcosC3acosBccosB. （I）求cosB的值； （II）若2，且b22，求a和cb的值.

6、在

ABC中，cosA

，cosB. 510

（Ⅰ）求角C；

（Ⅱ）设ABABC的面积.



7、在△ABC中，A、B、C所对边的长分别为a、b、c，已知向量m(1,2sinA)，



)（II）求sin(Bn(sinA,1cosA),满足m//n,bc. （I）求A的大小；6的值.

8、△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且有sin2C+3cos（A+B）=0，.当a4,c，求△ABC的面积。

9、在△ABC中，角A、B、C所对边分别为a，b，c，已知tanA,tanB，且最长边的边长为l.求：

（I）角C的大小； （II）△ABC最短边的长.

1

2

13

10、在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知a+b=5，c =7，且

4sin2

AB7

cos2C. 22

(1) 求角C的大小； （2）求△ABC的面积.

11、已知△ABC中，

AB=4,AC=2,SABC （1）求△ABC外接圆面积. （2）求cos(2B+



)的值. 3

m(2bc,a)，n(cosA,cosC)，12、在ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，

且mn。



⑴求角A的大小； ⑵当y2sin2Bsin(2B)取最大值时，求角B的大小

6

13、在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若ABACBABCk(kR). （Ⅰ）判断△ABC的形状； （Ⅱ）若c2,求k的值.

14、在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，且

cosBb

. cosC2ac

（I）求角B的大小； （II）若b，求△ABC的面积. 3，ac4

15、（2009全国卷Ⅰ理） 在ABC中，内角A、B、C的对边长分别为a、b、c，已知a2c22b，且sinAcosC3cosAsinC, 求b

16、（2009浙江）在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c

，且满足cos

A， 

25



ABAC3．

（I）求ABC的面积； （II）若bc6，求a的值．

17、6.（2009北京理）在ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,B

（Ⅰ）求sinC的值； （Ⅱ）求ABC的面积.

18、（2009全国卷Ⅱ文）设△ABC的内角A、B、C的对边长分别为a、b、c，

cos(AC)cosB

32

,bac，求B. 2



4

cosA,b， 35

1

19、（2009安徽卷理）在ABC中，sin(CA)1, sinB=.

3

（I）求sinA的值 ， (II)设

ABC的面积.

20、（2009江西卷文）在△ABC中，A,B,C所对的边分别为a,b,c，A



6

，

(1c2b．



（1）求C； （2

）若CBCA1a,b，c．

21、（2009江西卷理）△ABC中，A,B,C所对的边分别为a,b,c，

tanC

sinAsinB

,sin(BA)cosC.

cosAcosB

（1）求A,C； （2

）若SABC3求a,c. 21世纪教育网

22、（2009天津卷文）在ABC中，BC5,AC3,sinC2sinA （Ⅰ）求AB的值。 （Ⅱ）求sin(2A



4

)的值。

23、(2010年高考天津卷理科7)在△ABC中，内角A、B、C的对边分别是a、b、c，

若a2b2，

，则A=

（A）30° （B）60° （C）120° （D）150°

24．(2010年高考全国2卷理数17）（本小题满分10分）

ABC中，D为边BC上的一点，BD33，sinB

53

，cosADC，求AD 135

25．（2010年高考浙江卷理科18）在ABC中，角A，B,C所对的边分别为a，b，c，已知cos2C= -1

。 4

（Ⅰ）求sinC的值； （Ⅱ）当a=2，2sinA=sinC，求b及c的长。

26、（2010年高考广东卷理科16）

已知函数f(x)Asin(3x)(A0,x(,),0在x(1) 求f(x)的最小正周期； (2) 求f(x)的解析式； (3) 若f(

212

α +)=,求sinα． 3125



12

时取得最大值4．

27、（2010年高考安徽卷理科16）（本小题满分12分）

设ABC是锐角三角形，a,b,c分别是内角A,B,C所对边长，并且

sin2Asin(B) sin(B)  sin2B。

33



(Ⅰ)求角A的值； (Ⅱ)

若ABAC12,ab,c（其中bc）。



答案：

1. 解：（1）ABC的内角和ABC

2

0B3 3 

BC

ACsinB4sinx

sinA

212

)yABACsinAxsin(x)(0x323 A



（2）y

xsin(

21

x)xxsinx)32

7x)2x)



6sinxcosx2x6666



x2x

3时，y

取得最大值 62即当

|BC|1|AB|

00

sinsin120sin(60)； 2、解：（1）由正弦定理有：1sin(600)

|BC|sin|AB|0

sin120sin1200； ∴，





∴f()ABBC



4121sinsin(600)(cossin)sin32322

11si2n()(0)3663

5

02

3666； （2）由

11

(0,]sin(2)1

6 6 ∴2；∴f()

1

3、解：(1) 由余弦定理：conB=4

AB

2+cos2B= -1 sin

4

2

（2）由

2

cosB

1,得sinB.44 ∵b=2，

82

a+c=1≥2ac,得ac≤3,S△ABC=1≤3(a=c时取等号)

22

故S△ABC的最大值为3

B

4、(1)解：m∥n  2sinB(2cos221)＝－3cos2B 2sinBcosB＝－3cos2B  tan2B＝－3 2ππ

∵0＜2B＜π,∴2B＝3,∴锐角B＝3

π5π

(2)由tan2B＝－3  B＝3或6

π

①当B＝3时，已知b＝2，由余弦定理，得：

4＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝ac(当且仅当a＝c＝2时等号成立) 13

∵△ABC的面积S△ABC＝2acsinB＝4ac≤3 ∴△ABC的面积最大值为3

……1分

5π

②当B＝6时，已知b＝2，由余弦定理，得：

4＝a2＋c2＋3ac≥2ac＋3ac＝(2＋3)ac(当且仅当a＝c62时等号成立) ∴ac≤4(2－3) ……1分

11

∵△ABC的面积S△ABC＝2acsinB＝4ac≤2－3 ∴△ABC的面积最大值为2－3 注：没有指明等号成立条件的不扣分.

5、解：（I）由正弦定理得a2RsinA,b2RsinB,c2RsinC，

则2RsinBcosC6RsinAcosB2RsinCcosB,故sinBcosC3sinAcosBsinCcosB,可得sinBcosCsinCcosB3sinAcosB,即sin(BC)3sinAcosB,可得sinA3sinAcosB.又sinA0,1

cosB.

3 因此

（II）解：由2,可得acosB2，

1

又cosB,故ac6,

3

由b2a2c22accosB,可得a2c212,

所以(ac)20,即ac,

所以a＝c＝6

cosA

A、B0

cosB

2，所以，，得

6、

（Ⅰ）解：由

sinA

sinB

因为

cosCcos[(AB)]cos(AB)cosAcosBsinAsinB

且0C 故（Ⅱ）解：

C

.

4

ABACABsinB AC

sinC， 根据正弦定理得sinCsinB

16ABACsinA.

5 所以ABC的面积为2

2

7、解：（1）由m//n得2sinA1cosA0 ……2分

即2cosAcosA10

2

cosA

A是ABC的内角,cosA1舍去 A3

1

或cosA12



（2）bc3a

由正弦定理，

BC

sinBsinCsinA

32

232

sinBsiB)

32 3

3333cosBsinB即sin(B)22262

8、解：由sin2Ccos(AB)0且ABC

2sinCcosC3cosC0所以,cosC0或sinC



,则C23，

2

有

由

a4,c,有ca,所以只能sinC

2222cab2abcosC有b4b30,解得b1或b3 由余弦定理

当

b3时,S

1

absinC32

当b1时,S

1

absinC.2

11



tanAtanB1

111tanAtanB1239、解：（I）tanC＝tan[π－（A＋B）]＝－tan（A＋B）

∵0C， ∴

C

3

4

（II）∵0tanB

，最长边长为c

由

1sinB

3，解得

bc



由sinBsinC

，∴

b

csinB

sinC

1

10、解：(1) ∵A+B+C=180°

4sin2

AB7C7

cos2C得4cos2cos2C2222

由

∴

4

1cosC7(2cos2C1)22

2

整理，得4cosC4cosC10

解 得：

cosC

1

2 ……5分

∵0C180 ∴C=60°

（2）解：由余弦定理得：c2=a2+b2－2abcosC，即7=a2+b2－ab

2

7(ab)3ab ∴

由条件a+b=5得 7=25－3ab

ab=6

SABC

1133

absinC62222

∴

11

、解：依题意，

A

SABC

11ABACsinA42sinAA222，



3或

所以

A

2

3

(1)当

A



3时，

△ABC是直角三角形，其外接圆半径为2，

2

面积为24

当

A

22

BC2AB2AC22ABACcos164828

3时，由余弦定理得3，

BCBC=2△ABC外接圆半径为

R=2sinA

3， 28

面积为3

A



2（2）由（1）知

3或

A

3，

A





2当

3时, △ABC是直角三角形，∴

B

6, cos(2B+3)=cos3

1

2

22,sinB

14当A

sinB3时,

由正弦定理得，,



cos(2B+3)=cos2Bcos3-sin2Bsin3



2211=(1-2sin2B)cos3-2sinBcosBsin3=

(1142)22141



712、解：⑴由mn，得mn0，从而(2bc)cosAacosC0 由正弦定理得2sinBcosAsinCcosAsinAcosC0

2sinBcosAsin(AC)0,2sinBcosAsinB0

1

A,B(0,)，

sinB0,cosA

2，

A

3 分）

y2sin2Bsin(2B)(1cos2B)sin2Bcos

cos2

⑵

66Bsin

6 12B12cos2B1sin(2B

6)

由(1)得，

0B

23,62B676,

62时，

即

B



3时，y取最大值2

6 （

13、解：（I）ABACcbcosA,BABCcacosB

又bccosAaccosB

sinBcosAsinAcosB

即sinAcosBsinBcosA0

sin(AB)0

ABAB ABC为等腰三角形.

（II）由（I）知ab

b2c2a2c2bccosAbc

2bc2

c2

k1

abc

2RinAsinBsinC14、解：（I）解法一：由正弦定理s得

2RsinA，b2RsinB，cR2sinC a

cosBbcosBsinB

osC2accosC2sinAsinC 将上式代入已知c sinAcosBsinCcosBcosCsinB0 即2

sinAcosBsin(BC)0 即2

∵ABC，∴sin(BC)sinA，∴2sinAcosBsinA0

1

sinA≠0，∴cosB，

2 ∵

B

2

3.

∵B为三角形的内角，∴

222222acbabc

cos，cos2ac2ab 解法二：由余弦定理得

222

cosBbacb2abb

222

osC2ac2acacabc2 将上式代入c

cbac 整理得a

222acbac1

cosB2ac2ac2 ∴

222

∵B为三角形内角，∴

B

2

3

2

b3，ac4，B222

3代入余弦定理bac2accosB （II）将得

22

b(ac)2ac2accosB ，

113162ac(1)，∴ac3

2 ∴ 13

SacsinB3△ABC

2∴.

22

15、分析:此题事实上比较简单,但考生反应不知从何入手.对已知条件(1)ac2b左

侧是二次的右侧是一次的,学生总感觉用余弦定理不好处理,而对已知条件(2)

sinAcosC3cosAsinC,过多的关注两角和与差的正弦公式,甚至有的学生还想用现在

已经不再考的积化和差,导致找不到突破口而失分.

解法一：在ABC中sinAcosC3cosAsinC,则由正弦定理及余弦定理

a2b2c2b2c2a2a3c,222

2(ac)b2ab2bc有:化简并整理得：.又由已知a2c22b4bb2.解得b4或b0(舍）.

22222

解法二:由余弦定理得: acb2bccosA.又ac2b,b0。

所以b2ccosA2…………………………………①

又sinAcosC3cosAsinC，sinAcosCcosAsinC4cosAsinC

sin(AC)4cosAsinC，即sinB4cosAsinC

b

sinBsinC

c由正弦定理得，故b4ccosA………………………②

由①，②解得b4。

cos

A34AcosA2cos21,sinA

255，又由ABAC3，25，

16、解析：（I）

因为

1

SABCbcsinA2

2得bccosA3,bc5， 21世纪教育网

（II）对于bc5，又bc6，b5,c1或b1,c5，由余弦定理得

a2b2c22bccosA

20，a21世纪教育网

17、【解析】本题主要考查三角形中的三角函数变换及求值、诱导公式、三角形的面积公式等基础知识，主要考查基本运算能力．

B



3

（Ⅰ）∵A、B、C为△ABC的内角，且

C

23

A,sinA35，

,cosA

4

5，

∴

12

sinCsinAAsinA

2. 3∴

3sinA,sinC

5，

（Ⅱ）由（Ⅰ）知

B



3

又∵

a

bsinA6

sinB5.

,bABC中，由正弦定理，得

∴

116336SabsinC

2251050∴△ABC

的面积.

18、解析：本题考查三角函数化简及解三角形的能力，关键是注意角的范围对角的三

3

角函数值的制约，并利用正弦定理得到sinB=2(负值舍掉)，从而求出B=3。

3

解：由 cos（AC）+cosB=2及B=π（A+C）得 3

cos（AC）cos（A+C）=2，

3

cosAcosC+sinAsinC（cosAcosCsinAsinC）=2,

3

sinAsinC=4.

又由b=ac及正弦定理得21世纪教育网

2sinBsiAn

2

sCi n

,

故

2sinB

3

4，

sinB

sinB

2 或

2（舍去），

π2π

于是 B=3 或 B=3.

2

又由 bac知ba或bc

π所以 B=3。

19、本小题主要考查三角恒等变换、正弦定理、解三角形等有关知识，考查运算求解能力。本小题满分12分

CA

解：（Ⅰ）由

2

BBAsinAsin(2，且CAB，∴42，

∴422

C

BB

)22，

11sinA(1sinB)sinA

23，又sinA

0，∴ ∴

A

B

ACBC



（Ⅱ）如图，由正弦定理得sinBsinA

BC∴



ACsinA



sinB

13

，又sinCsin(AB)sinAcosB

cosAsinB

133333

SABC

11ACBCsinC223

∴

b1sinB



(1c2b20、解：（1

）由 得

c22sinC

sin(

则有



sinC

C)



sin

55

cosCcossinC

11cotC

222 sinC=2

得cotC1 即

C



4.

C4,

（2）

由CBCA1 推出

abcosC1；而

ab1即得2 则有

1

(1c2bacsinAsinC

tanC

a

b1c2 解得



21、解：(1) 因为

sinAsinBsinCsinAsinB



cosAcosB，即cosCcosAcosB，

所以sinCcosAsinCcosBcosCsinAcosCsinB， 即 sinCcosAcosCsinAcosCsinBsinCcosB，

得 sin(CA)sin(BC). 所以CABC,或CA(BC)(不成立).

C



3，所以.

即 2CAB, 得

BA

23

又因为

A

sin(BA)cosC

512

15

BABA2，则6，或6（舍去）



4

得

,B

(2)

SABC

1acsinBac328



ac

，21世纪教育网

又sinAsinC, 即

得ac

ABBC



22、【解析】（1）解：在ABC 中，根据正弦定理，sinCsinA，于是

ABsinC

BC

2BC25sinA

AB2AC2BC2

cosA

ABC2ABAC（2）解：在 中，根据余弦定理，得 5

2

sinAcosA=5， 于是

sin2A2sinAcosA

43

,cos2Acos2Asin2A55

从而

2

sin(2A)sin2Acoscos2Asin

44410

23、【解析】由

结合正弦定理得：c，所以由于余弦定理得：

b2c2a2cosA

cosA



2bc

2

，所以A=30°，选A。