最新高三数学专题复习资料正弦定理和余弦定理

1、第六节正弦定理和余弦定理已知abc，sinasinbsinc112，则此三角形的最大内角的度数是()a60b90c120d1352(a.杭州模拟abc的内角a，b，c所对的边分别为a，b，c.若b2a，a1，b3，则c()a23b2c.2d13(a.临海模拟在abc中，ac7，bc2，b60，则bc边上的高等于()2224a.33336339b.c.d.在abc中，若lgsinalgcosblgsinclg，则abc的形状是()a直角三角形b等腰直角三角形c等边三角形d等腰三角形设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abc,3b20acosa，则si

2、nasinbsinc为()a432b567c543d654在abc中，ab3，ac1，b30，则abc的面积等于()bcos2a2a，则_.，cosb，b3，则c_.a.32422412ab3b.333c.或3d.或abc的三个内角a，b，c所对的边分别为a，b，c，且asinasinbba8(a.台州模拟设abc的内角a，b，c的对边分别为a，b，c，且cosa355139(a.新课标全国卷)已知a，b，c分别为abc的三个内角a，b，c的对边，a2，且(2b)(sinasinb)(cb)sin，则abc面积的最大值为_在abc中，内角a，b，c的对边分别为a，b，c，且a2b2c23bc.

3、(1)求a；(2)设a3，s为abc的面积，求s3cosbcosc的最大值，并指出此时b的值11(a.杭州模拟)设函数f(x)6cos2x3sin2x(xr)(1)求f(x)的最大值及最小正周期；(2)在abc中，角a，b，c的对边分别为a，b，c，锐角a满足f(a)3a2b2c223，b，求的值12(a.重庆高考在abc中，内角a，b，c所对的边分别为a，b，c，且abc8.(1)若a2，b，求cosc的值；(2)若sinacos2sinbcos22sin，且abc的面积ssinc，求a在锐角abc中，角a，b，c的对边分别为a，b，c，若6cosc，tanatanb52ba9222和b的值

4、冲击名校baabtanctanc则_.2.1已知sinxsiny，cosxcosy，且x，y为锐角，则tan(x55c214528(b.福建高考如图，在等腰直角opq中，poq90，op22，点m在线段pq上(1)若om5，求pm的长；(2)若点n在线段mq上，且mon30，问：当pom取何值时，omn的面积最小？并求出面积的最小值高频滚动2233y)()214214a.b514d2设为锐角，若cos，则sin2的值为_46512答案全盘巩固1解析：选b依题意和正弦定理知，abc112，且c最大设ak，bk，c2k(k0)，由余弦定理得，cosck2k22k22k20，又0c180，所以c90

5、.sinasinbsin2a2sinacosa2解析：选b由已知及正弦定理得1333，所以cosa，a30.结合余弦定理得12(3)2c22c33，整理得c23c20，解得322c1或c2.当c1时，abc为等腰三角形，ac30，b2a60，不满足内角和定理，故c2.3解析：选b由余弦定理得：(7)222ab222abcos60，即ab22ab30，得ab3，故bc边上的高是absin60332.cosbsinc4解析：选d由条件得sina2，2ac3b20acosa，cosa，即2cosbsincsina.a2c2b2由正、余弦定理得，2ca，整理得c，故abc为等腰三角形5解析：选dabc

6、，abc.又a，b，c为连续的三个正整数，设an1，bn，cn1(n2，nn*)3b20a20a2bc3bb2c2a2，n2n12n1203nn12nn12，即203nn1nn42nn1，n5n舍.7又abcsincsinb，sincabsinb6解析：选d由已知及正弦定理得abacac2化简得7n227n400，(n5)(7n8)0，8sinasinbsinc，sinasinbsincabc654.3，c60或c120.当c60时，a，abc的面积等于abac1232；当c120时，a，abc的面积等于abacsina因此，abc的面积等于324asina8解析：由题意知sina，sinb，

7、则13243或.7解析：由正弦定理，得sin2asinbsinbcos2a2sina，即sinb(sin2absinbcos2a)2sina，所以sinb2sina所以2.答案：2412513sincsin(ab)sinacosbcosasinb5665，sinb5所以cbsinc14.答案：1452bc2所以a，9解析：由正弦定理得(2b)(ab)(cb)c，即(ab)(ab)(cb)c，即b2c2a2bc，b2c2a21所以cosa，又a(0，)，3又b2c2a2bc2bc4，即bc4，113故abc2bcsina2423，当且仅当bc2时，等号成立，则10解：(1)由余弦定理得cosa.

8、又因0a，所以a.(2)由(1)得sina，又由正弦定理及a3得abc面积的最大值为3.答案：3b2c2a23bc32bc2bc25612sbcsina1sina221asinbasinc3sinbsinc，所以，当bc，即ba时，s3cosbcosc取得最大值3.11解：(1)f(x)23cos2x3.(2)由f(a)323，得23cos2a3323，故cos2a1，又由0a，得2a，因此，s3cosbcosc3(sinbsinccosbcosc)3cos(bc)2126故f(x)的最大值为233，最小正周期t.662666，解得a.故2a5612又b12，c2.2cosc0.12解：(1)

9、由题意可知：c8(ab).a2b2c22222222ab552(2)由sinacos2sinbcos22sinc可得：sina1cosb1cosasinb2sinc.由于sabsincsinc，abab2ab2tanatanbsinasinbsinasinba2b2c2ab72由余弦定理得：571cosc.22ba2222化简得sinasinacosbsinbsinbcosa4sinc.因为sinacosbcosasinbsin(ab)sinc，所以sinasinb3sinc.由正弦定理可知：ab3c.又因abc8，故ab6.1922所以ab9，从而a26a90，解得a3，b3.冲击名校bab

10、aa2b2c231解析：6cosc，6，化简得a2b2c2，tanctancsinbcosasinacosbtancsinab则tanccoscsinasinba2b2c22ab在omp中，由正弦定理，得omopsin45sin75sin2cc24.ab答案：42.解：(1)在omp中，opm45，om5，op22，由余弦定理，得om2op2pm22oppmcos45，得pm24pm30，解得pm1或pm3.(2)设pom，060，sinopmsinomp，opsin45所以om，opsin45同理on.1故omn2omonsinmon14sinop2sin24545sin75sin145sin453045sinsin1324512cos452453sin2121sin45cos45902sin341cos114902sin2cos2133144442230131sin.1解析：选bsinxsiny，x，y为锐角，sinxsiny，xy0，又cosxcosy，得22sinxsiny2cosxcosy22，33即22cos(xy)，得cos(xy)，又xy0，因为060，则30230150，所以当30时，sin(230)的最大值为，此时omn的面积取到最小值即pom30时，o