1、正弦定理、余弦定理一、单项选择题1在下列关于ABC的四个条件中选择一个，能够使角A被唯一确定的是()sin A12；cos A13；cos B14，b3a；C4，b2，c3.ABCD2在ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若a2b23bc，sin C23sin B，则A()A56 B23 C3 D63在ABC中，(ac)(sin Asin C)b(sin Asin B)，则C()A6 B3 C23 D564在ABC中，若ABBC2，且B60，则ABC的面积为()A23 B3 C32 D65已知a，b，c分别为ABC的三个内角A，B，C的对边，且b cos Ca cos Ba，则AB
2、C是()A等腰三角形 B直角三角形C等边三角形 D等腰或直角三角形6已知锐角ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a1，B2A，则b的取值范围为()A(2，3) B(1，3)C(2，2) D(0，2)二、多项选择题7ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b sin A(3bc)sin B，且cos A13，则下列结论正确的是()Aac3bBtan A22CABC的周长为4cDABC的面积为229a28在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b23，c3，A3C，则下列结论正确的是()Acos C33 Bsin B23Ca3 DSABC2三、填空题9在A
3、BC中，若a2，bc7，cos B14，则b_10我国南宋著名数学家秦九韶，发现了由三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白如果把这个方法写成公式，就是S14c2a2c2+a2b222，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积设某三角形的三边a2，b3，c2，则该三角形的面积S_四、解答题11在ABC中，b sin Aa cos B20.(1)求角B；(2)若b3，再从条件、条件、条件这三个条件中选择一个作为已知，使ABC存在且唯一确定，求a及ABC的面积条件：sin Asin C2sin B；条件：c3；条件：ac10.12如图，在四边形AB
4、CD中，BAD2，ACD3，AD3，S为ABC的面积，且2S3 BABC.(1)求角B；(2)若cos D12，求四边形ABCD的周长13记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2ac，点D在边AC上，BD sin ABCa sin C.(1)证明：BDb；(2)若AD2DC，求cos ABC.参考答案1B对于：sin A12，因为A(0，)，所以A6或56，故错误；对于：cos A13，因为ycos x在(0，)上单调，所以角A被唯一确定，故正确；对于：cos B14，b3a，因为cos B140，B(0，)，所以B2，所以A0，2，所以sin B1cos2B154，又b3a，
5、由正弦定理得sinB3sin A，所以sin AsinB31512，所以角A被唯一确定，故正确；对于：C4，b2，c3，因为b sin C2sin 42，所以b sin Ccb，如图，ABC不唯一，故错误. 故选B.2Dsin C23sin B，c23b，结合a2b23bc得a7b.由余弦定理的推论可得cos Ab2+c2a22bcb2+12b27b22b23b32.又A(0，)，A6.故选D.3B由(ac)(sin Asin C)b(sin Asin B)得(ac)(ac)b(ab)，即a2b2c2ab，cos Ca2+b2c22abab2ab12，又C(0，)，C3.故选B.4B因为ABB
6、C2且B60，所以accos (18060)ac cos 1202，所以ac4，所以SABC12ac sin B124323.故选B.5D由b cos Ca cos Ba及正弦定理，得sin B cos Csin A cos Bsin A，所以sin B cos Csin A cos Bsin (BC)sin B cos Ccos B sin C，即cos B(sin Asin C)0，当cos B0时，因为0B，所以B2，当cos B0时，所以sin Asin C0，即sin Asin C，因为0A，0C，所以AC，所以ABC为等腰或直角三角形故选D.6AB2A，sin Bsin 2A2si
7、n Acos A.a1，b2acos A2cos A.又ABC为锐角三角形，02A2，0A2，0C2，23A，6A4，22cos A32.即2b2cos A3.故选A.7ABD由正弦定理及题意得ba(3bc)b，整理得a3bc，即ac3b，A正确；由cos A13可得sin A1132223，则tan AsinAcosA22，B正确；由余弦定理得a2b2c22bc cos A，又a3bc，可得(3bc)2b2c22bc13，整理得3b2c，ABC的周长为abc4b83c，C错误；由上知：a3bc，3b2c，可得ac，b23a，则SABC12bc sin A1223aa223229a2，D正确故
8、选ABD.8AD因为A3C，故B2C，根据正弦定理bsinBcsinC，得23sin C32sin C cos C.由于sin C0，故cos C33，sin C63，所以sin Bsin 2C2sin C cos C223.又由余弦定理c2a2b22ab cos C，化简得到a24a30，解得a3或a1若a3，则AC4，故B2，不合题意，因此a1.故SABC12ab sin C12123632.故选AD.94在ABC中，由b2a2c22ac cos B及bc7知，b24(7b)222(7b)14，整理得15b600，所以b410234法一：S14244+232214894234.法二：cos
9、 A3+422325435312，sin A6912，S12326912234.11解：(1)由正弦定理得b sin Aa sin B，得a sin Ba cos B20，2a sin B2cos B2a cos B20，因为0B22，所以a cos B20.则sin B212.所以B26，所以B3.(2)选条件：sin Asin C2sin B.因为b3，B3，sin Asin C2sin B，由正弦定理得ac2b6，由余弦定理得9a2c2ac(ac)23ac，解得ac9，则ac=9，a+c=6，解得a=3，c=3，所以ABC存在且唯一确定，则SABC12ac sin B934.选条件：c3
10、.已知B3，b3，c3，由正弦定理得sin Ccbsin B12，因为cb，所以C6，A2，ab2+c223.所以ABC存在且唯一确定，则SABC12bc332.选条件：ac10.由余弦定理得9a2c2ac(ac)23ac，即ac39，所以a(39a)10，即a239a100，因为(39)241010，所以不存在a使得ABC存在12解：(1)由2S3BABC，在ABC中，得212ABBC sin B3ABBC cos B，即sin B3cos B，可得tan B3，因为B(0，)，所以B23.(2)因为cos D12，D(0，)，所以D3，所以ACD为等边三角形，AC3，CAD3，所以BAC6
11、，ACB6，由正弦定理知ACsinBABsinACB，得ABACsinACBsinB312321BC，故四边形ABCD的周长为223.13解：(1)证明：设ABC的外接圆半径为R，由正弦定理，得sin ABCb2R，sin Cc2R，因为BD sin ABCa sin C，所以BDb2Rac2R，即BDbac.又因为b2ac，所以BDb.(2)法一：(两次应用余弦定理)因为AD2DC，如图，在ABC中，cos Ca2+b2c22ab.在BCD中，cos Ca2+b32b22ab3.由得a2b2c23a2+b32b2，整理得2a2113b2c20.又因为b2ac，所以6a211ac3c20，解得
12、ac3或a3c2.当ac3，b2acc23时，abc3+3c3c(舍去)当a3c2，b2ac3c22时，cos ABC3c22+c23c2223c2c712.所以cos ABC712法二：(向量法)因为AD2DC，所以AD2DC，即BD23BC+13BA.所以BD249 BC249 BABC+19BA2，即b249a249ac cos ABC19c2，又因为b2ac，所以9ac4a24accos ABCc2由余弦定理得b2a2c22ac cos ABC，所以aca2c22ac cos ABC.联立，得6a211ac3c20.所以a32c或a13c.当ac3，b2acc23时，abc3+3c3c(舍去)当a3c2，b2ac3c22时，cos ABC3c22+c23c2223c2c712.所以cos ABC712
