答案微专题3.docx

入asiA=4bs力?B，可得sinB=S1sinN4b553-5所以sin(2Bcos2BsinA.=7×-A)=微专题3例题答案：（1*：（2）-解析：（1）在AABC中，根据余弦定理k2c2-a21及a2=b2÷c2-be得COSA=忘=.又因为A（0，Jr），所以A=y.½ABC中，由正弦定理得款=品得gB=生力A_2_v3.5=诟X2=5.（2）因为a=零b>b，所以A>B，即得O<B<q.又SinB=坐，所以COSB=、1s加殂»在aABC中，A+B÷C=H，所以COS（C+=变式联想变式1答案：（1）一半；（2）一乎.解析：由正弦定理得.=J'又因为由asi"A=4bs%B，可得a=2b»又因为ac=小（a?b?（?）»即b2+c2-a2=-ac，所以由余弦定理可得b2÷c2-a25acy5CSA=2bc=525（2）因为0<A<乃，可得S而A=爷，代由知，A为钝角，所以cosB=y1isin2B,于是sin2B=2sinBcosB，cos2B加2BcosA252555,变式2答案：45;(2)42.解析：(1)在aABC中，由余弦定理可得c2=a2÷b22abcosC=72÷522X7X5Xg=32，即c=4(2)因为0<C<刀，所以sinC=yj1-Cos2C=J，同理sinZADC=yjcos2ZADC=，所以cosZCAD=-CoS(NADC+C)=cosNADCCoSC+sinZADCsinC=2'即NCAD=彳，在AACD中，由正弦cxff1XMCDAC正理'件S加NCADsi/ADC'7X也加ACSMNCAD,2”得CD=S加NADC=笛=5，所1014以Sabc=2aCBC5iC=2×sinBsinC可得coSA+s加ACoSB=S加As%B»又因为si“BcosA+si"AcosB=si”(A+B)=sin(-C)=sifiC,即siA5%B=siC.(2)因为b?+c2a2=gbc，由余弦定理可b2÷c2-a23知PosA=忘一=亍，因为A(0T)，所以5wA>0，则SMA=yj1(I)='，即cosA34、一VjCoe.CoSBSinC诉=Z'由(I)可知诉+漏=嬴=1'×15X5=42.点拨：三角形作为重要的平面几何研究对象，通过回顾解三角形的研究思路，有利于培养从定性到定量的研究，研窕角度可以是边的关系、角的关系，边角关系入手，解题方法与过程蕴含了基本方程与不等式.其中正弦定理和余弦定理实现了三角形边角几何关系的代数化，遇到边角关系式，基本处理策略就是“化边为角或化角为边”.串讲激活串讲1答案：（#一啦»6÷2）.解法1如图，NB=NC=NBAD=75°，延长BA，CD交于点E，则可知BE=CE，且在aADE中，ZDAE=105o，ZADE=45°，NE=30°.在aBEC中，由正弦定理可得BE=CE=BC，y,5=6+2，由题意可得DE（O，6+2）.在AADE中，由正弦定理可得AE=?主鬻一=（小一1）DE，所以AE（0，22）.又因为AB=BE-AE，所以AB的取值范围是（加一5，6+2）.合，此时四边形ABCD化为aABC，且可在aABC中利用正弦定理求得AB=2s%30I-14,z.I.-=62;若平移AD使点D与点E重合，此时四边形ABCD化为aBEC，且可在ABEC中利用正弦定理求得BE=2，加75。“力30。=#+也.又因为ABCD是平面四边形，所以点D应在点C与点E之间，且不与点C与点E重合，所以AB的取值范围½（6-2，6+2）.（解法2图）串讲2答案：（1）略；（2）3iB=4.解析：（1）证明：因为呼COSSinCb-c由正弦定理彳a=磊=温可得鬻4CosBSinC所以tanB=4.COsB_1_1'sinB-tanB4（解法1图）解法2（构造法）：如图，构造aBEC，使得NB=NBCE=75°，则NBEC=30°，取BE边上一点A，CE边上一点D，使得NBAD=75°.若平移AD使点D与点C重新题在线答案：（1日；（2）嗜.解析：（1）在AABC中，由正弦定理得得bs加A=aM?B又bs加A=asinB=acavB-,(sinB=coS(BdI=c。SBCOS不+31rsiBSiy=亍CoSB十尹B»J,.tanB=y3»J1又B(0，)，B=y.(2)在AABC中，a=2，c=3，B=?，由余弦定理得b=a2÷c2-2accwB=7，由bs加A=acos(B一看)，得si"A=*»a<c,：COSA=东，43；s加2A=2s加AcOsA=7，cos2A=2cos2A.-1=，.*.y(2AB)=S加2AcosB-cos2AsinB=迪/*1Ri-7272-14-