第2期 等比数列及其前n项和-【数理报】2021-2022学年高中数学必修5（北师大版）

书书书 所以当正整数ｎ＝４时，２Ｓｎ＋１－Ｔｎ取得最小值 －２０． 所以ｎ∈Ｎ＋时，２Ｓｎ＋１－Ｔｎ≥－２０． ４期１版跟踪训练参考答案 正弦定理 １．Ａ；　２．Ｄ；　３．Ｃ．　４．７５°；　５．２． ６．解：根据三角形内角和定理知 ∠ＢＡＣ＝１８０°－７５°－６０°＝４５°． 根据正弦定理得 ＢＣ ｓｉｎ∠ＢＡＣ ＝ ＡＢｓｉｎ∠ＡＣＢ ， 即 ＢＣ ｓｉｎ４５°＝ ３ ｓｉｎ６０°， 所以ＢＣ＝３ｓｉｎ４５°ｓｉｎ６０°＝槡６． 余弦定理 １．Ｄ；　２．Ｂ；　３．Ａ．　４．－１２；　５．１２０°． ６．证明：由余弦定理得 ｃｏｓＢ＝ａ ２＋ｃ２－ｂ２ ２ａｃ ，ｃｏｓＣ＝ ａ２＋ｂ２－ｃ２ ２ａｂ ， 代入 ｃｏｓＢ ｃｏｓＣ＝－ ｂ ２ａ＋ｃ， 得 ａ２＋ｃ２－ｂ２ ２ａｃ · ２ａｂ ａ２＋ｂ２－ｃ２ ＝－ ｂ２ａ＋ｃ． 整理得ａ２＋ｃ２－ｂ２ ＝－ａｃ． 所以ｃｏｓＢ＝ａ ２＋ｃ２－ｂ２ ２ａｃ ＝－ １ ２ ＜０． 故△ＡＢＣ是钝角三角形． ４期３版参考答案 正弦定理和余弦定理同步测试题 Ａ组 一、选择题 １～８　ＡＡＡＡ　ＡＢＤＣ 提示： ３．由正弦定理 ａｓｉｎＡ＝ ｂ ｓｉｎＢ得 ２ ｓｉｎπ４ ＝ 槡２ｓｉｎＢ， 所以ｓｉｎＢ＝ １２，所以Ｂ＝３０°或１５０°， 又因为在三角形中，ａ＞ｂ， 所以有Ａ＞Ｂ，故Ｂ＝３０°． ４．由余弦定理可以得到 ＡＢ２ ＝ＡＣ２＋ＢＣ２－２ＡＣ· ＢＣｃｏｓＣ，故１３＝ＡＣ２＋９－６ＡＣ× －( )１２ ，整理得到ＡＣ２ ＋３ＡＣ－４＝０，解得ＡＣ＝１或ＡＣ＝－４（ ! ）． ５．ａ２＋ｂ２＋ａｂ＝ｃ２＝ａ２＋ｂ２－２ａｂｃｏｓＣ，所以ｃｏｓＣ ＝－１２，ｓｉｎＣ＝ 槡３ ２，再由正弦定理，可得Ｒ＝ 槡２３ ３． ６．ｂ＝ 槡１１，ｃ＝３，ｂ＞ｃ，Ｃ为锐角，且 ｓｉｎＣ＝ 槡３ １１ １１ ，ｂｓｉｎＣ＝ 槡１１× 槡３ １１ １１ ＝３＝ｃ，满足题意的 △ＡＢＣ有１个． ７．由条件得 ｓｉｎＡｃｏｓＢ·ｓｉｎＣ ＝２，即 ２ｃｏｓＢｓｉｎＣ＝ ｓｉｎＡ，由正、余弦定理得２·ａ ２＋ｃ２－ｂ２ ２ａｃ ·ｃ＝ａ，整理得 ｃ＝ｂ，故△ＡＢＣ为等腰三角形． ８．因为 ｓｉｎＡ＋ｃｏｓＡ＝槡２ｓｉｎＡ＋π( )４ ＜１，即 ｓｉｎＡ＋π( )４ ＜槡 ２ ２，可得 ３π ４＜Ａ＋ π ４＜ ９π ４，又０＜Ａ＜π， 所以 π ２ ＜Ａ＜π，（Ａ）正确；由余弦定理 ｃｏｓＣ ＝ ａ２＋ｂ２－ｃ２ ２ａｂ ＜０，（Ｂ）正确；只要Ｂ为锐角就满足 →ＡＢ·→ＢＣ ＜０，但 △ＡＢＣ不一定为钝角三角形，（Ｃ）错；ｃｏｓＡ＝ ｓｉｎ π ２( )－Ａ＞ｓｉｎＢ，则π２－Ａ＞Ｂ，所以Ｃ＞π２，（Ｄ）正确． 二、填空题 ９．１２；　１０．１５０°． 提示： ９．由正弦定理知 ａｓｉｎＡ＝ ｂ ｓｉｎＢ＝ ｂ 槡３ｃｏｓＢ ，故ｔａｎＢ＝ 槡３，所以Ｂ＝ π ３，所以ｃｏｓＢ＝ １ ２． １０．因为ｓｉｎ２Ｂ－ｓｉｎ２Ｃ－ｓｉｎ２Ａ＝槡３ｓｉｎＡｓｉｎＣ，所以ｂ ２ －ｃ２－ａ２ ＝槡３ａｃ，即 ａ ２＋ｃ２－ｂ２ ＝－槡３ａｃ，则 ｃｏｓＢ＝ ａ２＋ｃ２－ｂ２ ２ａｃ ＝－ 槡３ ２，又０＜Ｂ＜π，则Ｂ＝１５０°． 三、解答题 １１．解：因为 ａｓｉｎＡ＝ ｂ ｓｉｎＢ＝ ｃ ｓｉｎＣ， 所以ｂ＝ａｓｉｎＢｓｉｎＡ ＝ 槡２２ｓｉｎ４５° ｓｉｎ３０° ＝ 槡２２×槡 ２ ２ １ ２ ＝４． 因为Ｃ＝１８０°－（Ａ＋Ｂ）＝１８０°－（３０°＋４５°）＝１０５°， 所以ｃ＝ａｓｉｎＣｓｉｎＡ＝ 槡２２ｓｉｎ１０５° ｓｉｎ３０° ＝ 槡２２ｓｉｎ７５° １ ２ ＝２＋槡２３． １２．解：由ｂ２ ＝ａｃ，ａ２－ｃ２ ＝ａｃ－ｂｃ， 得ｂ２＋ｃ２－ａ２ ＝ｂｃ， 则ｃｏｓＡ＝ｂ ２＋ｃ２－ａ２ ２ｂｃ ＝ １ ２，所以Ａ＝ π ３． 因为ｂ２ ＝ａｃ，由正弦定理得 ｓｉｎ２Ｂ＝ｓｉｎＡｓｉｎＣ， 所以 ｂｓｉｎＢ ｃ ＝ ｓｉｎ２Ｂ ｓｉｎＣ＝ｓｉｎＡ＝ 槡３ ２． １３．解：（１）由槡３ｂｓｉｎＡ＝ａｃｏｓＢ及正弦定理得 槡３ｓｉｎＢｓｉｎＡ＝ｓｉｎＡｃｏｓＢ． 在△ＡＢＣ中，ｓｉｎＡ≠０，所以槡３ｓｉｎＢ＝ｃｏｓＢ， 所以ｔａｎＢ＝槡３３．因为０＜Ｂ＜π，所以Ｂ＝ π ６． （２）由ｓｉｎＣ＝槡３ｓｉｎＡ及正弦定理得ｃ＝槡３ａ，① 由余弦定理ｂ２ ＝ａ２＋ｃ２－２ａｃｃｏｓＢ得３２ ＝ａ２＋ｃ２ －２ａｃｃｏｓπ６，即ａ ２＋ｃ２－槡３ａｃ＝９， ② 联立①②解得ａ＝３，ｃ＝ 槡３３． Ｂ组 一、选择题 １～４　ＣＣＢＢ 提示： １．由正弦定理 ｂｓｉｎＢ＝ ｃ ｓｉｎＣ，得 ｓｉｎＢ＝ ｂｓｉｎＣ ｃ ＝ ４０×槡３２ ２０ ＝槡３＞１，所以Ｂ不存在．即满足条件的三角形 不存在． ２．