9、在△ABC中，A＋B＜π，0＜A＜π－B＜π.
∴cosA＞cos(π－B)＝－cosB.
∴cosA＋cosB＞0.
2．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若c0，∴cosB<0，∴B為鈍角，
故△ABC為鈍角三角形．
3．在△ABC中，已知sinA＝，cosB＝，則cosC＝____
10、____.
答案
解析 若A為鈍角，由sinA＝＜，知A＞.
又由cosB＝＜.知B＞.
從而A＋B＞π.與A＋B＋C＝π矛盾．
∴A為銳角，cosA＝.
由cosB＝，得sinB＝.
∴cosC＝－cos(A＋B)
＝－(cosAcosB－sinAsinB)
＝－＝.
4．在△ABC中，C＝120°，c＝a，則a與b的大小關(guān)系是a________b.
答案 ＞
解析 方法一 由余弦定理cosC＝，
得cos120°＝，
整理得a2＝b2＋ab＞b2，∴a＞b.
方法二 由正弦定理＝，得＝，
整理得sin A＝＞＝sin 30°.
∵C＝120°，∴A＋B＝
11、60°，∴A＞30°，B＜30°，∴a＞b.
5．在△ABC中，若b2＝ac，則的取值范圍是________．
答案
解析 設(shè)＝q，則由b2＝ac，得＝＝q.
∴b＝aq，c＝aq2.
由得
解得＜q＜.
6．在鈍角△ABC中，2B＝A＋C，C為鈍角，＝m，則m的取值范圍是________．
答案 (2，＋∞)
解析 由A＋B＋C＝3B＝π，知B＝.
又C＞，∴0＜A＜，∴∈(，＋∞)．
＝＝＝
＝＋＞＋·＝2，
∴m∈(2，＋∞)．
7．在△ABC中，若c＝，C＝，求a－b的取值范圍．
解 ∵C＝，∴A＋B＝π，
∴外接圓直徑2R＝＝＝2.
∴a－b＝2R
12、sin A－·2Rsin B＝2sin A－sin B
＝2sin A－sin＝sin.
∵0＜A＜π，∴－＜A－＜，
∴－＜sin＜1.－1＜sin＜.
即a－b∈(－1，)．
一、選擇題
1．已知三角形三邊之比為5∶7∶8，則最大角與最小角的和為( )
A．90°B．120°C．135°D．150°
答案 B
解析 設(shè)最小邊為5，則三角形的三邊分別為5，7，8，設(shè)邊長為7的邊對應(yīng)的角為θ，則由余弦定理可得49＝25＋64－80cos θ，解得cos θ＝，∵θ∈(0°，180°)，
∴θ＝60°.則最大角與最小角的和為180°－60°＝120°.
2．在△AB
13、C中，A＝，BC＝3，AB＝，則C等于( )
A.或 B.
C. D.
答案 C
解析 由＝，得sin C＝.
∵BC＝3，AB＝，∴A>C，則C為銳角，故C＝.
3．在△ABC中，a＝15，b＝20，A＝30°，則cosB等于( )
A．± B.
C．－ D.
答案 A
解析 因為＝，所以＝，
解得sin B＝.
因為b>a，所以B>A，故B有兩解，所以cos B＝±.
4．已知△ABC中，sinA∶sinB∶sinC＝k∶(k＋1)∶2k，則k的取值范圍是( )
A．(2，＋∞) B．(－∞，0)
C. D.
答案 D
解析 由正弦定理得a
14、＝mk，b＝m(k＋1)，c＝2mk(m>0)，
∵即∴k>.
5．在△ABC中，三邊長分別為a－2，a，a＋2，最大角的正弦值為，則這個三角形的面積為( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 ∵三邊不等，∴最大角大于60°.設(shè)最大角為α，故α所對的邊長為a＋2，∵sin α＝，∴α＝120°.
由余弦定理得(a＋2)2＝(a－2)2＋a2＋a(a－2)，
即a2＝5a，故a＝5，
故三邊長為3，5，7，S△ABC＝×3×5×sin 120°＝.
6．△ABC中，若lga－lgc＝lgsinB＝－lg且B∈，則△ABC的形狀是( )
A．等邊三角形 B．等腰三角
15、形
C．等腰直角三角形 D．直角三角形
答案 C
解析 ∵lg a－lg c＝lg sin B＝－lg ，
∴＝sin B，sin B＝.
∵B∈，∴B＝.
∴＝＝，∴sin C＝sin A＝sin＝，∴cos C＝0，∵C∈(0，π)，C＝.
∴A＝π－B－C＝.∴△ABC是等腰直角三角形．故選C.
7．(2017·全國Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知sin B＋sin A(sin C－cos C)＝0，a＝2，c＝，則C等于( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 因為a＝2，c＝，
所以由正弦定理可知，＝，
故sin A＝sin
16、 C.
又B＝π－(A＋C)，
故sin B＋sin A(sin C－cos C)
＝sin(A＋C)＋sin Asin C－sinAcos C
＝sin Acos C＋cos Asin C＋sin Asin C－sin Acos C
＝(sin A＋cos A)sin C＝0.
又C為△ABC的內(nèi)角，故sin C≠0，
則sin A＋cos A＝0，即tan A＝－1.
又A∈(0，π)，所以A＝.
從而sin C＝sin A＝×＝.
由A＝知，C為銳角，故C＝.故選B.
二、填空題
8．設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若a＝，sinB＝，C＝，則b
17、＝________.
答案 1
解析 因為sinB＝且B∈(0，π)，所以B＝或.
又因為C＝，所以B＝，A＝π－B－C＝.
又因為a＝，由正弦定理得＝，
即＝，解得b＝1.
9．△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知bsin C＋csin B＝4asin Bsin C，b2＋c2－a2＝8，則△ABC的面積為________．
答案
解析 ∵bsin C＋csin B＝4asin Bsin C，
∴由正弦定理得
sin Bsin C＋sin Csin B＝4sin Asin Bsin C.
又sin Bsin C＞0，∴sin A＝.
由余弦定理得co
18、s A＝＝＝＞0，
∴cos A＝，bc＝＝，
∴S△ABC＝bcsin A＝××＝.
10．若△ABC的面積為(a2＋c2－b2)，且C為鈍角，則B＝________；的取值范圍是________．
答案 (2，＋∞)
解析 由余弦定理得a2＋c2－b2＝2accos B.
∵S＝(a2＋c2－b2)，∴acsin B＝×2accos B，
∴tan B＝，又B∈(0，π)，∴B＝.
又∵C為鈍角，∴C＝－A＞，∴0＜A＜.
由正弦定理得＝
＝＝＋·.
∵0＜tan A＜，∴＞，
∴＞＋×＝2，即＞2.
∴的取值范圍是(2，＋∞)．
三、解答題
11．在△AB
19、C中，設(shè)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知C＝，c＝，求△ABC周長的取值范圍．
解 由正弦定理得＝＝＝2，
∴a＝2sin A，b＝2sin B，
則△ABC的周長為L＝a＋b＋c＝2(sin A＋sin B)＋＝2＋
＝2＋
＝2＋
＝2sin ＋.
∵0
20、ABC中，由正弦定理＝，可得
bsin A＝asin B.
又由bsin A＝acos，得asin B＝acos，
即sin B＝cos，所以tan B＝.
又因為B∈(0，π)，所以B＝.
(2)在△ABC中，由余弦定理及a＝2，c＝3，B＝，
得b2＝a2＋c2－2accos B＝7，故b＝.
由bsin A＝acos，可得sin A＝ .
因為a＜c，所以cos A＝ .
因此sin 2A＝2sin Acos A＝，
cos 2A＝2cos2A－1＝.
所以sin(2A－B)＝sin 2Acos B－cos 2Asin B
＝×－×＝.
13.(2018·河北省
21、衡水中學(xué)調(diào)研)如圖，在△ABC中，B＝，D為邊BC上的點，E為AD上的點，且AE＝8，AC＝4，∠CED＝.
(1)求CE的長；
(2)若CD＝5，求cos∠DAB的值．
解 (1)由題意可得∠AEC＝π－＝，
在△AEC中，由余弦定理得
AC2＝AE2＋CE2－2AE·CEcos∠AEC，
所以160＝64＋CE2＋8CE，
整理得CE2＋8CE－96＝0，解得CE＝4.
故CE的長為4.
(2)在△CDE中，由正弦定理得＝，
即＝，
所以5sin∠CDE＝4sin ＝4×＝4，
所以sin∠CDE＝.
因為點D在邊BC上，所以∠CDE>B＝，
而<，所以∠C
22、DE只能為鈍角，
所以cos∠CDE＝－，
所以cos∠DAB＝cos＝cos∠CDEcos＋sin∠CDEsin＝－×＋×＝.
14．(2018·福建省三明市第一中學(xué)月考)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且b2＝a2＋bc，A＝，則角C等于( )
A. B.或
C. D.
答案 D
解析 在△ABC中，由余弦定理，得cos A＝，即＝，
∴b2＋c2－a2＝bc，又b2＝a2＋bc，
∴c2＋bc＝bc，∴c＝(－1)b
23、，c，且滿足(a－b)(sin A＋sin B)＝(c－b)sin C，若a＝，則b2＋c2的取值范圍是( )
A．(3,6] B．(3,5)
C．(5,6] D．[5,6]
答案 C
解析 因為(a－b)(sin A＋sin B)＝(c－b)sin C，由正弦定理得(a－b)(a＋b)＝(c－b)c，
即b2＋c2－a2＝bc，
∴cos A＝＝＝，
∵A∈，∴A＝，∴B＋C＝，
又△ABC為銳角三角形，∴
∴
2020版高中數(shù)學(xué) 第一章 解三角形 專題突破一 三角形中的隱含條件學(xué)案（含解析）新人教B版必修5
