正弦余弦定理测试题

正弦余弦定理测试题（共11篇）

正弦余弦定理测试题 篇1

1.在ABC中，a2，b22，B45，则A为（）

A.60或120B.60C.30或150D.30

2.在C中，若

A.30sinAcosB，则B（）abB.45C.60D.90

3.在ABC中，a2b2c2bc，则A等于（）

A.60B.45

B.75C.120D.304.在ABC中，A60，b16，面积S3，则a等于()A..C.49D.51

225.已知三角形的三边长分别为a、b、aabb，则三角形的最大内角是()

A.135B.120C.60D.90

6.在200米高的山顶上，测得山下一塔顶与塔底的俯角分别为30、则塔高为()60，4002003mB.mD.mC.m 3333A27.在ABC中，sinBsinCcos，则ABC是（）2A.A.等边三角形B.直角三角形C.等腰三角形D.等腰直角三角形

8.三角形的两边分别为5和3，它们夹角的余弦是方程2的根，5x7x60则三角形的另一边长为（）

A.52B.2C.16D.4

9.在ABC中，ab12，A60，B45，则a_______，b________

10.在ABC中，化简bcosCccosB___________

11.在ABC中，已知sinA:sinB:sinC6:5:4，则cosA___________

12.三角形的一边长为14，这条边所对的角为，另两边之比为8 : 5，60

则这个三角形的面积为___________

13.(14分)在海岸A处，发现北偏东方向，距离A为45(31)n mile的B处有一艘走私船，在A处北偏西75方向，距离A为2 n mile的C处有一艘缉私艇奉命以10n mile / h的速度追截走私船，此时，走私船正以10 n mile / h的速度从B处向北偏东30方向逃窜，问缉私艇沿什么方向行驶才能最快追上走私船？并求出所需

D 时间。

C

西 A

正弦余弦定理测试题 篇2

例1在△ABC中，a,b,c分别为内角A、B、C的对边，根据下列条件，判断△ABC的形状(1)acos A=bcos B;(2)(a2+b2)sin(A-B)=(a2-b2)sin(A+B).

分析:对于上述例1中(1)和(2)分析以后可以发现，给出的条件中都是既有边长也有角度，所以一般都应该对于给出的这类条件进行整理，最终化简为仅有角度或者边长的形式，而在这个过程中一般采用正弦定理和余弦定理的变式效果会更好．

解:对于(1)的求解，可以考虑两种方法，

解法1:因为a=2Rsin A,b=2Rsin B，所以2Rsin Acos A=2Rsin Bcos B，即sin2A=sin2B，所以2A=2B或者2A+2B=π．

可以得到A=B或者，所以该三角形为等腰或者直角三角形．

解法2:因为，所以，即a2(b2+c2-a2)=b2(a2+c2-b2)将该表达式进行因式分解可得(a2-b2)(a2+b2-c2)=0，也就是a=b或者a2+b2=c2，同样得到该三角形为等腰或者直角三角形．

相比(1)而言，(2)的形式相对复杂，一般在解题过程中发现A+B这样的条件往往化为π-C，但本题等式两侧的次数相对对称，对于左侧的A-B需要展开，因此右侧保留A+B，得到

a2[sin(A-B)-sin(A+B)]=b2[-sin(A+B)-sin(A-B)]，即2a2cos Asin B=2b2cos Bsin A，此时可以将所有条件化角或者化边，可以得到sin Asin B(sin2A-sin2B)=0或者，也就是sin2A=sin2B或者(a2-b2)(a2+b2-c2)=0，同(1)类似，可以得到该三角形为等腰或者直角三角形．

二、观察结构，注重与定理的联系

例2在△ABC中，a,b,c分别为内角A、B、C的对边，

(2)若△ABC的面积为S，且2S=(a+b)2-c2，求tan C的值．

分析:上述两个问题给出的条件与问题之间存在较大距离，需要对给出的条件进行代数变形，而结构中都含有边长的平方关系，可以与正、余弦定理的公式联系在一起．

(2)由于条件右侧含有a2+b2-c2的形式且最终所求也与角C有关，容易想到左侧的面积，所以条件可以化为

三、利用图形，恰当选择变量和定理

正、余弦定理是三角形内边角关系的两个定理，因此还有一类问题需要在图形中解决长度和角度问题．

例3如图1，在边长为1的等边△ABC中，D、E分别为边AB、AC上的点，若A关于直线DE的对称点A1恰好在线段BC上，求AD长度的最小值．

分析:由于需要求解线段长度，则将线段放在三角形中进行计算．图中存在对称，不妨连结A1D，得A1D=AD，因此可以在△A1BD中进行求解，而对于图形问题的变量选择，可以选择边长也可以选择角度．

解法1:不妨设A1B=x,AD=y，则在△A1BD中，

例3给出一个图形，要解决某条线段长度的最值问题，需要将该线段放在三角形内利用正余弦定理进行计算，由于所选三角形的不一样以及求解所用定理的不同，选择了两种不同的变量设法，而这也是求解图形问题常见的解决方法．

正弦定理和余弦定理 篇3

正、余弦定理是高考的必考内容，主要涉及解三角形中的求角、求边的问题和判断三角形的形状.

（1）解三角形就是已知三角形中的三个独立元素（至少一边）求出其他元素的过程. 三角形中的基本元素（边和角）与非基本元素（如中线、高、角平分线、外接圆半径、内切圆半径）之间的联系要通过有关的概念与公式（周长、面积、射影定理、勾股定理、内角和定理、全等关系、正余弦定理等）的掌握来实现.

（2）解斜三角形分以下四种类型：

①已知三角形的两角和任一边，求三角形的其他边与角；

②已知三角形的两边和其中一边的对角，求三角形的其他边与角；

③已知三边，求三个角；

④已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两个角；

（3）理解已知两边和其中一边的对角解斜三角形时，有一解、二解或无解三种情况，并会判断哪些条件使得三角形有一解、二解或无解.

（4）关于三角形的已学过的一些结论：如边角不等关系；全等关系；三角形的面积公式等等，在解三角形过程中可能要用到.

（5）要注意归纳总结学习过程中的一些共性和结论. 如常见的三角形边角关系恒等式、三角形面积的公式等.

（6）注意三角公式的灵活运用，主要是利用两角和与差的三角函数、二倍角的三角函数，诱导公式等进行三角函数变换.

《正弦定理和余弦定理》教学反思 篇4

《正弦定理、余弦定理》教学反思

我对教学所持的观念是：数学学习的主要目的是：“在掌握知识的同时，领悟由其内容反映出来的数学思想方法，要在思维能力、情感态度与价值观等多方面得到进步和发展。”数学学习的有效方式是“主动、探究、合作。”现代教育应是开放性教育，师生互动的教育，探索发现的教育，充满活力的教育。可是这些说起来容易，做起来却困难重重，平时我在教学过程中迫于升学的压力，课堂任务完不成的担心，总是顾虑重重，不敢大胆尝试，畏首畏尾，放不开，走不出以知识传授为主的课堂教学形式，教师讲的多，学生被动的听、记、练，教师唱独角戏，师生互动少，这种形式单一的教法大大削弱了学生主动学习的兴趣，压抑了学生的思维发展，从而成绩无法大幅提高。今后要改变这种状况，我想在课堂上多给学生发言机会、板演机会，创造条件，使得学生总想在老师面前同学面前表现自我，让学生在思维运动中训练思维，让学生到前面来讲，促进学生之间聪明才智的相互交流。

三角形中的几何计算的主要内容是利用正弦定理和余弦定理解斜三角形，是对正、余弦定理的拓展和强化，可看作前两节课的习题课。本节课的重点是运用正弦定理和余弦定理处理三角形中的计算问题，难点是如何在理解题意的基础上将实际问题数学化。在求解问题时，首先要确定与未知量之间相关联的量，把所求的问题转化为由已知条件可直接求解的量上来。为了突出重点，突破难点，结合学生的学习情况，我是从这几方面体现的：我在这节课里所选择的例题就考常出现的三种题型：解三形、判断三角形形状及三角形面积，题目都是很有代表性的，并在学生练习过程中将例题变形让学生能观察到此类题的考点及易错点。这节课我试图根据新课标的精神去设计，去进行教学，试图以“问题”贯穿我的整个教学过程，努力改进自己的教学方法，让学生的接受式学习中融入问题解决的成份，企图把讲授式与活动式教学有机整合，希望在学生巩固基础知识的同时，能够发展学生的创新精神和实践能力，但我觉得自己还有如下几点做得还不够：①课堂容量中体来说比较适中，但由于学生的整体能力比较差，没有给出一定的时间让同学们进行讨论，把老师自己认为难的，学生不易懂得直接让优等生进行展示，学生缺乏对这几个题目事先认识，没有引起学生的共同参与，效果上有一定的折扣；②没有充分挖掘学生探索解题思路，对学生的解题思维只给出了点评，而没有引起学生对这一问题的深入研究，例如对于运用正弦定理求三角形的角的时候，出了给学生们常规方法外，还应给出老教材中关于三角形个数的方法，致少应介绍一下；③没有很好对学生的解题过程和方法进行点评，没起到“画龙点睛”的作用。④ 00

正弦定理和余弦定理练习题 篇5

一.选择题：

1.在ABC中，a23，b22，B45，则A为（）

A.60或120B.60C.30或150D.30

sinAcosB

2.在C中，若，则B（）

abB.45C.60D.90

A.30

3.在ABC中，a2b2c2bc，则A等于（）B.45C.120D.30

A.60|AB|1，|BC|2，(ABBC)(ABBC)523，4.在ABC中，则边|AC|等于（）

A.5B.523C.523D.523

5.以4、5、6为边长的三角形一定是（）

A.锐角三角形

B.直角三角形

C.钝角三角形

D.锐角或钝角三角形

6.在ABC中，bcosAacosB，则三角形为（）

A.直角三角形

B.锐角三角形

C.等腰三角形

D.等边三角形

7.在ABC中，cosAcosBsinAsinB，则ABC是（）

A.锐角三角形

B.直角三角形

C.钝角三角形

D.正三角形

8.三角形的两边分别为5和3，它们夹角的余弦是方程5x27x60的根，则三角形的另一边长为（）

A.52 B.21

3C.16 D.4

二.填空题：

9.在ABC中，ab12，A60，B45，则a_______，b________

10.在ABC中，化简bcosCccosB___________

11.在ABC中，已知sinA:sinB:sinC654::，则cosA___________

12.在ABC中，A、B均为锐角，且cosAsinB，则ABC是_________

三.解答题：

13.已知在ABC中，A45，a2，c6，解此三角形。

14.在四边形ABCD中，BCa，DC2a，四个角A、B、C、D的度数的比为3:7:4:10，求AB的长。

15.已知ABC的外接圆半径是2，且满足条件22(sin2Asin2C)(ab)sinB。

（1）求角C。

（2）求ABC面积的最大值。

四大题

证明在△ABC中abc===2R，其中R是三角形外接圆半径 sinAsinBsinC

证略

见P159

注意：1．这是正弦定理的又一种证法(现在共用三种方法证明)2.正弦定理的三种表示方法(P159)例 二 在任一

△ABC中求证：a(sinBsinC)b(sinCsinA)c(sinAsinB)0

证=

：左边=2RsinA(sinBsinC)2RsinB(sinCsinA)2RsinC(sinAsinB)

2R[sinAsinBsinAsinCsinBsinCsinBsinAsinCsinAsinCsinB]=0=右边

例三 在△ABC中，已知a3，b2，B=45 求A、C及c

asinB3sin453解一：由正弦定理得：sinA b22∵B=45<90 即b

∴A=60或120

bsinC2sin7562当A=60时C=75 c sinB2sin45bsinC2sin1562当A=120时C=15 c sinB2sin45解二：设c=x由余弦定理 b2a2c22accosB 将已知条件代入，整理：x26x10 解之：x62 2222622)3bca13622 当c时cosA2bc2622(31)22222（从而A=60

C=75

当c62时同理可求得：A=120

C=15 2例四 试用坐标法证明余弦定理 证略见P161 例五 在△ABC中，BC=a, AC=b, a, b是方程x223x20的两个根，且 2cos(A+B)=1 求 1角C的度数 2AB的长度 3△ABC的面积 解：1cosC=cos[(A+B)]=cos(A+B)=ab232由题设：

ab2∴AB=AC+BC2AC•BC•osCab2abcos120 22∴C=120 222a2b2ab(ab)2ab(23)2210

即AB=10

111333S△ABC=absinCabsin1202 22222例六 如图，在四边形ABCD中，已知ADCD, AD=10, AB=14, BDA=60, BCD=135 求BC的长 解：在△ABD中，设BD=x 则BA2BD2AD22BDADcosBDA 即142x2102210xcos60 整理得：x210x960

A

B D

C 解之：x116 x26（舍去）由余弦定理：

BCBD16sin3082

∴BCsinCDBsinBCDsin135例七（备用）△ABC中，若已知三边为连续正整数，最大角为钝角，1求最大角 2求以此最大角为内角，夹此角两边之和为4的平行四边形的最大面积。

解：1设三边ak1,bk,ck1 kN且k1

a2b2c2k4∵C为钝角 ∴cosC0解得1k4

2ac2(k1)∵kN ∴k2或3 但k2时不能构成三角形应舍去

1当k3时 a2,b3,c4,cosC,C109

42设夹C角的两边为x,y xy4 SxysinCx(4x)当x2时S最大=15

三、作业：《教学与测试》76、77课中练习

a2b2b2c2c2a20 补充：1．在△ABC中，求证：

cosAcosBcosBcosCcosCcosAD

1515(x24x)442．如图ABBC CD=33 ACB=30 BCD=75 BDC=45 求AB的长(112)

A

B

C 3 【试题答案】

一.选择题：

1.A

提示：aba3，sinAsinB sinAsinBb

22.B

提示：由题意及正弦定理可得tanB3.C

1提示：由余弦定理及已知可得cosA

24.D 2

提示：ACABBC，AC(ABBC)(ABBC)

2AC52

32|AC|AC523

5.A

提示：长为6的边所对角最大，设它为

1625361

则cos0

2458

090

6.C

提示：由余弦定理可将原等式化为

b2c2a2a2c2b2a

b

2bc2ac

即2b22a2，ab

7.C

提示：原不等式可变形为cos(AB)0

0AB，B(0，)

从而C(AB)（8.B

2，)

3提示：由题意得cos或2（舍去）三角形的另一边长5232253cos52213 二.填空题：

9.36126，1262提示：absinAsin606，abbb sinAsinBsinBsin452

又ab12，a36126，b12624

10.a

a2b2c2a2c2b2ca

提示：利用余弦定理，得原式b2ab2ac1

11.8提示：由正弦定理得a:b:c654::

设1份为k，则a6k，b5k，c4k

b2c2a21

再由余弦定理得cosA2bc8

12.钝角三角形

提示：由cosAsinB得sin（A、B均为锐角，2A)sinB

A(0，)，B(0，)222

而ysinx在(0，)上是增函数 2AB

即AB2

C(AB)(，)

2三.解答题：

13.解：由正弦定理得：

sinCc623sinAa222

C60或120

当C60时，B180(AC)75 a262sinB31 sinA422

当C120时，B180(AC)15

b

ba2sinBsinA226231 b31，C60，B75

或b31，C120，B15

14.解：设四个角A、B、C、D的度数分别为3x、7x、4x、10x

则有3x7x4x10x360

解得x15

A45，B105，C60，D150

连BD，在BCD中，由余弦定理得：

BD2BC2DC22BCDCcosCa24a22a2a3a2

BD3a

此时，DC2BD2BC2

BCD是以DC为斜边的直角三角形

CDB30

BDA15030120

在BD中，由正弦定理有：

ABBDsinBDAsinA3a3232a

2225 32a 2

15.解：（1）R2且22(sin2Asin2C)(ab)sinB

AB的长为2

(22)2(si2nAsinC)(ab)22sinB

即(2R)2sin2A(2R)2sin2C(ab)2RsinB

由正弦定理知a2c2(ab)b

即a2b2c2ab

a2b2c2ab1

由余弦定理得cosC2ab2ab2

C60

（2）SabsinC

2RsinA2RsinBsin60

232sinAsinB3[cos(AB)cos(AB)]

3[cos(18060)cos(AB)]13[cos(AB)]2

133

正弦余弦定理测试题 篇6

一、选择题

1．在△ABC中，A＝60°，B＝75°，a＝10，则c＝()

A．52B．102C.6

3D．6

2．(2010·茂名调研)已知a，b，c是△ABC三边之长，若满足等式(a＋b－c)(a＋b＋c)＝ab，则角C的大小为()

A．60°B．90°C．120°D．150°

3．在△ABC中，已知sin Acos B＝sin C，那么△ABC一定是()

A．直角三角形B．等腰三角形C．等腰直角三角形D．正三角形

4．△ABC中，AB＝3，AC＝1，∠B＝30°，则△ABC的面积等于()A.33

4C.23D.32或3

45．(2010·上海卷)若△ABC的三个内角满足sin A∶sin B∶sin C＝5∶11∶13，则△ABC()

A．一定是锐角三角形B．一定是直角三角形

C．一定是钝角三角形D．可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形

6．在△ABC中，如果lg a－lg c＝lg sin B＝－lg 2，并且B为锐角，则△ABC的形状是（A．等边三角形B．直角三角形C．等腰三角形D．等腰直角三角形

二、填空题

7．在△ABC中，2b＝a＋c，∠B＝30°，△ABC的面积为3

2b等于________．

8．(2010·广东卷)已知a，b，c分别是△ABC的三个内角A，B，C所对的边，若a＝1，b＝3，A＋C＝2B，则sin A＝________.9．(2010·山东卷)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a2，b＝2，sin B＋cos B＝，则角A的大小为________．

10．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别是a、b、c，若三角形的面积S＝1(a2＋b24－c2)，则角C的度数是________．

11．已知△ABC三边满足a2＋b2＝c2－3ab，则此三角形的最大内角为________．

三、解答题

正弦余弦定理测试题 篇7

[关键词] 正弦定理；余弦定理；解三角形；教学规律

普通高中课程标准实验教科书《数学5·必修·A版》（人民教育出版社，2007年第3版）（以下简称《必修5》）第2～4页讲述了“正弦定理”，接着在第5～10页讲述了“余弦定理”.

《必修5》是这样引入和讲授正弦定理的：

在△ABC中，设BC=a，CA=b，AB=c.

先由直角△ABC中，可不妨设C=90°，由边角关系可得==①.

在锐角△ABC中，如图1所示，可得AB边上的高CD=asinB=bsinA，所以=.

进而可得①式在锐角△ABC中也是成立的.

在钝角△ABC中，可不妨设C>90°，如图2所示，设AC边上的高为BD. 可得BD=asin（π-∠BCA）=asin∠BCA，BD=csinA，所以=.

进而可得①式在钝角△ABC中也是成立的.

所以在任意的△ABC中，均有①式成立.①式就是正弦定理.

用正弦定理解三角形，可以解决“角角边”“角边角”“边边角”这三类问题，其中困难的问题是“边边角”问题（已知三角形的两边和其中一边的对角解三角形），这类问题也是所有解三角形中最困难的问题，因为它面临多解的判断.

《必修5》第4页的例2就是“边边角”问题，解法是用计算器近似求解的. 如果不用计算器求解（而考试时都不能使用计算器），确实难度很大.

例：在△ABC中，a=8，b=7，B=60°，求c.

解：由正弦定理==，可得==. 可得sinA=.

（1）當A是锐角时，满足A+B<180°，即此时满足题意.

可得cosA=，sin（A+60°）=·+·=，再得c=5.

（2）当A是钝角时，可得sinA>sin120°

即>

，所以钝角A<120°，满足A+B<180°，即此时也满足题意.

可得cosA=-，sin（A+60°）=·-·=，再得c=3.

所以c=3或5.

《必修5》是这样引入和讲授余弦定理的：

在△ABC中，若a，b，C确定，则由三角形全等的判定公理“边角边”可知，△ABC的大小和形状都是确定的，所以c的大小也是确定的.那么，如何确定c的大小呢？

接下来，用向量方法可以简洁证得余弦定理：将向量等式=-两边平方即可得余弦定理a2=b2+c2-2bccosA.

接下来，易得其推论cosA=.

分别直接用余弦定理及其推论，可以解决“边角边”“边边边”这两类解三角形问题.

实际上，用余弦定理解“边边角”问题也很简洁：

例的另解：由余弦定理b2=c2+a2-2accosB，可得49=c2+64-8c，得c=3或5.

比较以上例题的两种解法可知，用余弦定理的解法比用正弦定理的解法简洁得多.

教师在讲授正弦定理时，总是要讲述下面的两个伴随结论：

（1）S△ABC=absinC（见《必修5》第16页例7上方的论述）；

（2）===2R（R是△ABC的外接圆半径）（见《必修5》第10页B组第1题）.

所以教师在讲授及学生学习正弦定理时，一定比余弦定理的难度大很多. 我们在学习知识时，应遵循“从简单到复杂”的基本规律，所以建议先讲授余弦定理再讲授正弦定理. 教材编排时也应注意这一点，不能说普通高中课程标准实验教科书《数学4·必修·A版》（人民教育出版社，2007年第2版）（以下简称《必修4》）第12页先介绍正弦后介绍余弦，我们在解三角形时就先学习正弦定理后学习余弦定理.

另外，由《必修4》第12页的叙述可知，正弦、余弦、正切都是三角函数. 由此可知，“三角函数”与“三角函数值”是有区别的（前者是“函数”，而后者是“函数值”），所以“正弦”与“正弦值”，“余弦”与“余弦值”，“正切”与“正切值”也都是有区别的. 比如，我们应当说“30°的正弦值”，不能说“30°的正弦”；可以说“任意角的三角函数”，也可以说“任意角的三角函数值”，但两者的意义不一样：任意角的正弦的值域是[-1，1]，任意角的正弦值在闭区间[-1，1]上.

“正弦函数”“余弦函数”“正切函数”应分别改为“正弦”“余弦”“正切”，因为“正弦”“余弦”“正切”本身就是函数，所以“正弦函数”“余弦函数”“正切函数”均是重复的说法，也是错误的！

所以正弦定理、余弦定理的说法都是错误的，应分别改为正弦值定理、余弦值定理.

正弦余弦定理测试题 篇8

1．在△ABC中，若2cosBsinA＝sinC，则△ABC一定是()

A．等腰直角三角形

B．等腰三角形

C．直角三角形

D．等边三角形

解析：方法一：由已知结合正、余弦定理得

a2＋c2－b2ac，整理得a2＝b2，∴a＝b，2ac2R2R

∴△ABC一定是等腰三角形．

方法二：∵sinC＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB，∴由已知得sinAcosB－cosAsinB＝0，即sin(A－B)＝0，又A－B∈(－π，π)，∴A－B＝0，即A＝B.∴△ABC为等腰三角形．

答案：B

2．满足A＝45°，c＝6，a＝2的△ABC的个数记为m，则am的值为()

A．4B．2C．1D．不确定

accsinA解析：由正弦定理，得sinC＝sinAsinCa22232＝

∵c＞a，∴C＞A＝45°，∴C＝60°或120°，∴满足条件的三角形有2个，即m＝2.∴am＝4.答案：A

abc3．在△ABC中，若＝ABC是()cosAcosBcosC

A．等腰三角形B．等边三角形

C．顶角为120°的等腰三角形D．以上均不正确

解析：由已知条件及正弦定理，得tanA＝tanB＝tanC，又0＜A＜π，0＜B＜π，0＜C＜π，故A＝B＝C，所以△ABC为等边三角形，故答案为B.答案：B

sinB4．在△ABC中，A＝120°，AB＝5，BC＝7，则的值为()sinC

8553A.B.C.D.5835

解析：由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cosA，即72＝52＋AC2－10AC·cos120°，sinBAC3∴AC＝3.由正弦定理得.sinCAB5

答案：D

15．已知△ABC的三边长分别为a，b，c，且面积S△ABC＝(b2＋c2－a2)，则A等于()4

A．45°B．30°C．120°D．15°

11解析：由S△ABC＝(b2＋c2－a2)＝42

b2＋c2－a2得sinA＝＝cosA，∴A＝45°.2bc

答案：A

6．若△ABC的周长等于20，面积是103，A＝60°，则BC边的长是()

A．5B．6C．7D．8

11解析：依题意及面积公式S＝，得3，得bc＝40.又周长为20，故a22

＋b＋c＝20，b＋c＝20－a，由余弦定理得：a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－2bccos60°＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc，故a2＝(20－a)2－120，解得a＝7.故答案为C.答案：C

二、填空题

7．在△ABC中，a2－c2＋b2＝ab，则角C＝__________.a2＋b2－c2ab1解析：∵a2－c2＋b2＝ab，∴cosC＝＝2ab2ab2

又∵0°＜C＜180°，∴C＝60°.答案：60°

π38．在△ABC中，BC＝2，B＝ABC的面积为，则tanC为__________． 32

13解析：由S△ABC＝BC·BAsinB＝得BA＝1，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－22

2AB×BCcosB，∴AC＝3，∴△ABC为直角三角形，其中A为直角，AB3∴tanC＝.AC3

答案：33

19．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别是a、b、c，若三角形的面积S＝＋b2－c2)，4

则C＝__________.111解析：由S＝(a2＋b2－c2)得absinC＝·2abcosC.424

π∴tanC＝1.∴C＝.4

π答案： 4

三、解答题

10．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，并且a2＝b(b＋c)．

(1)求证：A＝2B；

(2)若a3b，判断△ABC的形状．

解析：(1)证明：因为a2＝b(b＋c)，即a2＝b2＋bc，所以在△ABC中，由余弦定理可得，a2＋c2－b2c2＋bcb＋ca2asinAcosB＝＝＝ 2ac2ac2a2ab2b2sinB

所以sinA＝sin2B，故A＝2B.a(2)因为a＝3b，所以＝3，b由a2＝b(b＋c)可得c＝2b，a2＋c2－b23b2＋4b2－b23cosB＝＝2ac24所以B＝30°，A＝2B＝60°，C＝90°.所以△ABC为直角三角形．

11．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，tanC＝37.(1)求cosC； →→5(2)若CB·CA＝a＋b＝9，求c.2

sinC解析：(1)∵tanC＝7，∴＝37，cosC

1又∵sin2C＋cos2C＝1解得cosC＝.8

1∵tanC＞0，∴C是锐角．∴cosC.8

5→→5(2)∵CB·CA＝abcosC＝，∴ab＝20.22

又∵a＋b＝9，∴a2＋2ab＋b2＝81.∴a2＋b2＝41.∴c2＝a2＋b2－2abcosC＝36.∴c＝6.C12．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知sinC＋cosC＝1－sin.2

(1)求sinC的值；

(2)若a2＋b2＝4(a＋b)－8，求边c的值．

C解析：(1)由已知得sinC＋sin＝1－cosC，2CCC2cos1＝2sin2∴sin222

CCC由sin，得2cos1＝2sin 222

CC1∴sincos.222

13两边平方，得1－sinC＝，∴sinC＝44

CC1πCππ3(2)由sincos0＜＜C＜π，则由sinC＝得cosC＝－222422244

正弦余弦定理测试题 篇9

一、选择题

1．在△ABC中，C＝60°，AB＝3，BC＝2，那么A等于()．

A．135°B．105°C．45°D．75°

232解析 由正弦定理知＝，即＝，所以sin A＝，又sin Asin Csin Asin 60°

2由题知，BC＜AB，∴A＝45°.答案 C

2．已知a，b，c是△ABC三边之长，若满足等式(a＋b－c)(a＋b＋c)＝ab，则

角C的大小为()．

A．60°B．90°C．120°D．150°

解析 由(a＋b－c)(a＋b＋c)＝ab，得(a＋b)2－c2＝ab，∴c2＝a2＋b2＋ab＝a2＋b2－2abcos C，1∴cos C＝－，∴C＝120°.2

答案 CBCAB

3．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且a＝λ，b3λ(λ>0)，A＝45°，则满足此条件的三角形个数是()

A．0B．

1C．2D．无数个

解析：直接根据正弦定理可得a

sin A＝b

sin B，可得sin B＝bsin A＝a

3λsin 45°6＝，没有意义，故满足条件的三角形的个数为0.λ

2答案：A

4．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若acos A＝bsin B，则

sin Acos A＋cos2B等于()． 11A．－B.C．－1D．1 22

解析 根据正弦定理，由acos A＝bsin B，得sin Acos A＝sin2B，∴sin Acos

A＋cos2B＝sin2B＋cos2B＝1.答案 D

5.在ABC中，角A,B,C所对边的长分别为a,b,c，若a2b22c2，则cosC的最小值为（）

A.11B.C.D. 2

222

a2b2c22c2c21解析 cosC2，故选C.2ab2ab2

答案 C

6．在△ABC中，sin2 A≤sin2 B＋sin2 C－sin Bsin C，则A的取值范围是()．ππππ

A.0，B.πC.0，D.π

6363解析 由已知及正弦定理有a2≤b2＋c2－bc，而由余弦定理可知a2＝b2＋c2－1

2bccos A，于是可得b2＋c2－2bccos A≤b2＋c2－bc，可得cos A≥2π

△ABC中，0＜A＜π，故A∈0，.3答案 C

7．若△ABC的内角A、B、C所对的边a、b、c满足(a＋b)2－c2＝4，且C＝60°，则ab的值为()．

42A.B．8－3C．1D.3

322

a＋b－c＝4

解析 依题意得2

a＋b－c＝2abcos 60°＝ab

答案 A，两式相减得ab＝A.二、填空题

8．如图，△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝3，点D在BC边上，∠ADC＝45°，则

AD的长度等于________．

31解析 在△ABC中，∵AB＝AC＝2，BC＝23，∴cos C＝，∴sin C2

2ADC中，由正弦定理得，答案

ADsin C

ACsin∠ADC

∴AD＝

×2.sin 45°2

9.在锐角△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，且3a＝2csin A，角C＝________.解析：根据正弦定理，3a＝2csin A，得

asin A

＝

csin C，asin A

＝

c32

3π

∴sin C＝，而角C是锐角．∴角C＝23π

答案：

10.设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若三边的长为连续的三个正整数，且A＞B＞C，3b=20acosA，则sinA∶

sinB∶sinC为______．

答案 6∶5∶

411．若AB＝2，AC＝2BC，则S△ABC的最大值________．

解析(数形结合法)因为AB＝2(定长)，可以令AB所在的直线为x轴，其中垂线为y轴建立直角坐标系，则A(－1,0)，B(1,0)，设C(x，y)，由AC＝2BC，得x＋12

＋y2＝2 x－12

＋y2，化简得(x－3)2＋y2＝8，即C在以(3,0)为圆心，2为半径的圆上运动，1

所以S△ABC＝·|AB|·|yC|＝|yC|2，故答案为22.答案 2

batan C

12．在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若＋＝6cos C，则

abtan Atan C

＋的值是________． tan B

14222

解析 法一 取a＝b＝1，则cos C＝，由余弦定理得c＝a＋b－2abcos C＝，33∴c＝，在如图所示的等腰三角形ABC中，可得tan A＝tan B＝2，又sin C3

2tan Ctan C＝，tan C＝22，∴4.3tan Atan B

baa2＋b2a2＋b2－c2

法二 由＋＝6cos C，得＝6·

abab2ab3tan Ctan Ccos Acos B

＋＝ 即a2＋b2＝2，∴＋＝tan C

2tan Atan Bsin Asin Bsin2C2c2

＝4.cos Csin Asin Ba2＋b2－c2答案 4

三、解答题

13．叙述并证明余弦定理．

解析 余弦定理：三角形任何一边的平方等于其他两边的平方和减去这两边与它们夹角的余弦之积的两倍．或：在△ABC中，a，b，c为A，B，C的对边，有a2＝b2＋c2－2bccos A，b2＝c2＋a2－2cacos B，c2＝a2＋b2－2abcos C，法一 如图(1)，图(1)

a2＝→BC·→BC

＝(→AC－→AB)·(→AC－→AB)＝→AC2－2→AC·→AB＋→AB

2＝→AC2－2|→AC|·|→AB|cos

A＋→AB2

＝b2－2bccos A＋c2，即a2＝b2＋c2－2bccos A.同理可证b2＝c2＋a2－2cacos B，c2＝a2＋b2－2abcos C.法二

图(2)

已知△ABC中A，B，C所对边分别为a，b，c，以A为原点，AB所在直线为x轴建立直角坐标系，如图(2)则C(bcos A，bsin A)，B(c,0)，∴a＝|BC|＝(bcos A－c)＋(bsin A)＝b2cos2A－2bccos A＋c2＋b2sin2A ＝b2＋c2－2bccos A.同理可证b2＝c2＋a2－2cacos B，c2＝a2＋b2－2abcos C.14．在△ABC中，a、b、c分别为A、B、C的对边，B＝求a.解析：由余弦定理b＝a＋c－2accos B 2π

＝a＋c－2accos

2π，b＝13，a＋c＝4，3

＝a2＋c2＋ac＝(a＋c)2－ac.又∵a＋c＝4，b13，∴ac＝3.a＋c＝4，联立

ac＝3，解得a＝1或a＝3.15.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且

（1）求角B的大小；

（2）若b=3，sinC=2sinA，求a，c的值

.cos A－2cos C2c－a

16．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知＝.cos Bbsin C

(1)求的值；

sin A

(2)若cos B＝ABC的周长为5，求b的长．

4解析(1)由正弦定理，设

asin A

＝

bsin B

＝

csin C

＝k，2c－a2ksin C－ksin A2sin C－sin A则＝＝，bksin Bsin Bcos A－2cos C2sin C－sin A所以＝.cos Bsin B

即(cos A－2cos C)sin B＝(2sin C－sin A)cos B，化简可得sin(A＋B)＝2sin(B＋C)． 又A＋B＋C＝π，sin C

所以sin C＝2sin A，因此2.sin Asin C(2)由＝2得c＝2a.sin A1

由余弦定理及cos B＝

余弦定理练习测试题 篇10

1.在△ABC中，已知a=4，b=6，C=120°，则边c的值是()

A.8B.217

C.62D.219

解析：选D.根据余弦定理，c2=a2+b2-2abcosC=16+36-2×4×6cos120°=76，c=219.

2.在△ABC中，已知a=2，b=3，C=120°，则sinA的值为()

A.5719B.217

C.338D.-5719

解析：选A.c2=a2+b2-2abcosC

=22+32-2×2×3×cos120°=19.

∴c=19.

由asinA=csinC得sinA=5719.

3.如果等腰三角形的周长是底边长的5倍，那么它的顶角的余弦值为__________.

解析：设底边边长为a，则由题意知等腰三角形的腰长为2a，故顶角的余弦值为4a2+4a2-a222a2a=78.

答案：78

4.在△ABC中，若B=60°，2b=a+c，试判断△ABC的形状.

解：法一：根据余弦定理得

b2=a2+c2-2accosB.

∵B=60°，2b=a+c，

∴(a+c2)2=a2+c2-2accos60°，

整理得(a-c)2=0，∴a=c.

∴△ABC是正三角形.

法二：根据正弦定理，

2b=a+c可转化为2sinB=sinA+sinC.

又∵B=60°，∴A+C=120°，

∴C=120°-A，

∴2sin60°=sinA+sin(120°-A)，

整理得sin(A+30°)=1，

∴A=60°，C=60°.

∴△ABC是正三角形.

课时训练

一、选择题

1.在△ABC中，符合余弦定理的是()

A.c2=a2+b2-2abcosC

B.c2=a2-b2-2bccosA

C.b2=a2-c2-2bccosA

D.cosC=a2+b2+c22ab

解析：选A.注意余弦定理形式，特别是正负号问题.

2.(2011年合肥检测)在△ABC中，若a=10，b=24，c=26，则最大角的余弦值是()

A.1213B.513

C.0D.23

解析：选C.∵c>b>a，∴c所对的角C为最大角，由余弦定理得cosC=a2+b2-c22ab=0.

3.已知△ABC的`三边分别为2,3,4，则此三角形是()

A.锐角三角形B.钝角三角形

C.直角三角形D.不能确定

解析：选B.∵42=16>22+32=13，∴边长为4的边所对的角是钝角，∴△ABC是钝角三角形.

4.在△ABC中，已知a2=b2+bc+c2，则角A为()

A.π3B.π6

C.2π3D.π3或2π3

解析：选C.由已知得b2+c2-a2=-bc，

∴cosA=b2+c2-a22bc=-12，

又∵0

5.在△ABC中，下列关系式

①asinB=bsinA

②a=bcosC+ccosB

③a2+b2-c2=2abcosC

④b=csinA+asinC

一定成立的有()

A.1个B.2个

C.3个D.4个

解析：选C.由正、余弦定理知①③一定成立.对于②由正弦定理知sinA=sinBcosC+sinCcosB=sin(B+C)，显然成立.对于④由正弦定理sinB=sinCsinA+sinAsinC=2sinAsinC，则不一定成立.

6.在△ABC中，已知b2=ac且c=2a，则cosB等于()

A.14B.34

C.24D.23

解析：选B.∵b2=ac，c=2a，

∴b2=2a2，

∴cosB=a2+c2-b22ac=a2+4a2-2a22a2a

=34.

二、填空题

7.在△ABC中，若A=120°，AB=5，BC=7，则AC=________.

解析：由余弦定理，

得BC2=AB2+AC2-2ABACcosA，

即49=25+AC2-2×5×AC×(-12)，

AC2+5AC-24=0.

∴AC=3或AC=-8(舍去).

答案：3

8.已知三角形的两边分别为4和5，它们的夹角的余弦值是方程2x2+3x-2=0的根，则第三边长是________.

解析：解方程可得该夹角的余弦值为12，由余弦定理得：42+52-2×4×5×12=21，∴第三边长是21.

答案：21

9.在△ABC中，若sinA∶sinB∶sinC=5∶7∶8，则B的大小是________.

解析：由正弦定理，

得a∶b∶c=sinA∶sinB∶sinC=5∶7∶8.

不妨设a=5k，b=7k，c=8k，

则cosB=5k2+8k2-7k22×5k×8k=12，

∴B=π3.

答案：π3

三、解答题

10.已知在△ABC中，cosA=35，a=4，b=3，求角C.

解：A为b，c的夹角，

由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA，

∴16=9+c2-6×35c，

整理得5c2-18c-35=0.

解得c=5或c=-75(舍).

由余弦定理得cosC=a2+b2-c22ab=16+9-252×4×3=0，

∵0°

11.在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C所对的边长，若(a+b+c)(sinA+sinB-sinC)=3asinB，求C的大小.

解：由题意可知，

(a+b+c)(a+b-c)=3ab，

于是有a2+2ab+b2-c2=3ab，

即a2+b2-c22ab=12，

所以cosC=12，所以C=60°.

12.在△ABC中，b=asinC，c=acosB，试判断△ABC的形状.

解：由余弦定理知cosB=a2+c2-b22ac，代入c=acosB，

得c=aa2+c2-b22ac，∴c2+b2=a2，

∴△ABC是以A为直角的直角三角形.

又∵b=asinC，∴b=aca，∴b=c，

∴△ABC也是等腰三角形.

§6.1 正弦和余弦1 篇11

[课 题]§6.1正弦和余弦(1)[教学目的] 使学生了解本章所要解决的新问题是：已知直角三角形的一条边和另一个元素(一条边或一个锐角)，求这个直角三角形的其他元素(直角除外);使学生了解下列事实：在直角三角形中，当锐角A取固定值时，它的对边与斜边的比值也是一个固定值。[教学重点] 已知直角三角形的一条边和另一个元素(一条边或一个锐角)，求这个直角三角形的其他元素。[教学难点] 在直角三角形中，当锐角A取固定值时，它的对边与斜边的比值也是一个固定值。[教学关键] 在直角三角形中，当锐角A取固定值时，它的对边与斜边的比值也是一个固定值。。[教学用具] 三角板、小黑板。[教学形式] 讲练结合法。[教学用时] 45′×1[教学过程][复习提问]1、什么叫做直角三角形?2、如果直角三角形△ABC中，∠C为直角，它的直角边是什么?斜边是什么?这个直角三角形可以用什么符号来表示?3、对于一个直角三角形来说，除了一个内角是直角外，还有两个内角是锐角，有三条边，在这除了直角以外的5个“元素”中，已知几个“元素”，通过什么可以求出未知的其他“元素”?[讲解新课]一、让学生阅读教科书第1页上的插图和引例(时间3分钟)，然后提问：1、这个有关测量的实际问题有什么特点?(有一个重要的测量点不可到达。)2、把这个实际问题化为数学模型后，其图形是什么图形?(直角三角形。)3、能不能根据已知条件，在地面上或纸上画出另一个与它全等的直角三角形，并在这个全等图形上进行测量?(不一定能，因为斜边即水管的长度是一个较大的数值，这样做就需要较大面积的平地或纸张，再说画图也不方便。)4、想想看，除了测量、作图或画图等方法外，我们还学过哪些方法?(计算与证明。)5、这个实际问题可以归结为怎样一个数学问题?(在Rt△ABC中，∠C为直角，已知锐角A和斜边AB，求∠A的对边BC。)这时指出，由于∠A不一定是特殊角，我们难以运用学过的定理来证明BC的长度。因此在下面考虑能不能通过式子变形和计算来求得BC的值。这就是我们在这一章中要学习的一项新知识。二、让学生阅读教科书第2页至第3页第3行的内容，要求一边阅读，一边观察自己随身携带的两块三角板(时间5分钟)，然后提问：1、(出示自己带来的教具之一——不等腰的那把本制三角板)在这把三角板中，30°角所对的直角边与斜边之间有什么关系?(30°角所对的直角边等于斜边的一半。)你们的三角板中，这个结论是不是也都成立?

45°30°BB2、(用小黑板出示图6—1(1)，我们把这个结论化为数学式子，可以得到什么?( = = 。)

CCAA3、这就是说，当∠A=30°时，

不管直角三角形的大小如何，∠A的 图6—1(1) 图6—1(2)对边与斜边的比值都等于 。那么，根据这个比值 ，如果已知斜边AB的长，怎样算出∠A的对边BC的长呢?(BC= AB。)4、(出示自己带来的另一教具——等腰的那把本制三角板和小黑板上的图6—1(2)，类似地，运用勾股定理，在所有等腰的那块三角板中，我们可以发现什么?( = = = = 。)5、这就是说，当∠A=45°时，不管直角三角形的大小如何，∠A的对边与斜边的比值都等于 。那么，根据这个比值 ，如果已知斜边AB的长，怎样算出∠A的对边BC的长呢?(BC= AB。)三、那么，当锐角A取其他固定值时，∠A的对边与斜边的比值能否也是一个固定值呢?为了回答这一问题，请同学们阅读教科书第3页第3行下面的内容(时间4分钟)，然后提问：1、在直角三角形中，如果有一个锐角取固定值，而夹这个锐角的一条直角边和斜边的长都可以变化，那么，当我们把有这样特殊点的.直角三角形中取固定值的锐角叠合在一起，并把夹这个锐角的直角边重合在一条直线上时，斜边会出现什么情况?(斜边也会重合在一条直线上。)2、(出示小黑板上的图6—2)，Rt△AB1C1、Rt△AB2C2、Rt△AB3C3、……之间有什么关系?(彼此相似。)为什么?(它们有公共的锐角A。)

B3B23、那么， 、 、 这些比值之间有什么关系?(彼此相等。)为什么?(相似三角形中对应边的比相等。)

B14、由此可得什么结论?(在直角三角形中，

当一个锐角取固定值时，它的对边与斜边的比也取一个固定值。)

C3C2C1A[课堂练习]