正弦定理和余弦定理
1．1.1 正弦定理
[新知初探]
1．正弦定理
在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，即[点睛] 正弦定理的特点
(1)适用范围：正弦定理对任意的三角形都成立．
(2)结构形式：分子为三角形的边长，分母为相应边所对角的正弦的连等式． (3)刻画规律：正弦定理刻画了三角形中边与角的一种数量关系，可以实现三角形中边角关系的互化．
2．解三角形
一般地，把三角形的三个角A，B，C和它们的对边a，b，c叫做三角形的元素，已知三角形的几个元素求其他元素的过程叫做解三角形．
[小试身手]
1．判断下列命题是否正确．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)正弦定理适用于任意三角形( )
(2)在△ABC中，等式bsin A＝asin B总能成立( ) (3)在△ABC中，已知a，b，A，则此三角形有唯一解( ) 解析：(1)正确．正弦定理适用于任意三角形．
ab
(2)正确．由正弦定理知＝，即bsin A＝asin B.
sin Asin B
(3)错误．在△ABC中，已知a，b，A，此三角形的解有可能是无解、一解、两解的情况，具体情况由a，b，A的值来定．
答案：(1)√ (2)√ (3)×
abc＝＝. sin Asin Bsin C
2．在△ABC中，下列式子与b
A. csin CC.c
sin A
的值相等的是( ) a
sin BB. sin Ac D. sin C
ac＝， sin Asin C
解析：选C 由正弦定理得，sin Asin C所以a＝c.
3．在△ABC中，已知A＝30°，B＝60°，a＝10，则b等于( ) A．52 103C.
3
asin B
＝sin A
B．103 D．56 10×12
32
＝103.
解析：选B 由正弦定理得，b＝
π
4．在△ABC中，A＝，b＝2，以下错误的是( )
6A．若a＝1，则c有一解 4
C．若a＝，则c无解
5
B．若a＝3，则c有两解 D．若a＝3，则c有两解
π
解析：选D a＝2 sin＝1时，c有一解；当a<1时，c无解；当1 已知两角及一边解三角形 [典例] 在△ABC中，已知a＝8，B＝60°，C＝75°，求A，b，c. [解] A＝180°－(B＋C)＝180°－(60°＋75°)＝45°， baasin B8×sin 60° 由正弦定理＝，得b＝＝＝46， sin Bsin Asin Asin 45°acasin C8×sin 75°＝，得c＝＝＝sin Asin Csin Asin 45° 8× 2＋6 4 ＝4(3＋1)． 22 由 已知三角形任意两角和一边解三角形的基本思路 (1)由三角形的内角和定理求出第三个角． (2)由正弦定理公式的变形，求另外的两条边． [注意] 若已知角不是特殊角时，往往先求出其正弦值(这时应注意角的拆并，即将非特殊角转化为特殊角的和或差，如75°＝45°＋30°)，再根据上述思路求解． [活学活用] 在△ABC中，若A＝60°，B＝45°，BC＝32，则AC＝( ) A．43 C.3 B．23 D. 3 2 BCACAC32322 解析：选B 由正弦定理得，＝，即＝，所以AC＝×＝ sin Asin Bsin 60°sin 45°23 223，故选B. 已知两边及其中一边的对角解三角形 [典例] 在△ABC中，a＝3，b＝2，B＝45°，求A，C，c. 323 [解] 由正弦定理及已知条件，有＝，得sin A＝. sin Asin 45°2∵a>b，∴A>B＝45°.∴A＝60°或120°. 当A＝60°时，C＝180°－45°－60°＝75°，c＝ 2sin 75°6＋2bsin C ＝＝； sin B2sin 45°2sin 15°6－2bsin C ＝＝. sin B2sin 45° 当A＝120°时，C＝180°－45°－120°＝15°，c＝综上可知：A＝60°，C＝75°，c＝ 6＋26－2 或A＝120°，C＝15°，c＝. 22 已知三角形两边和其中一边的对角解三角形的方法 (1)首先由正弦定理求出另一边对角的正弦值． (2)如果已知的角为大边所对的角时，由三角形中大边对大角、大角对大边的法则能判断另一边所对的角为锐角，由正弦值可求锐角唯一． (3)如果已知的角为小边所对的角时，则不能判断另一边所对的角为锐角，这时由正弦值可求两个角，要分类讨论． [活学活用] 在△ABC中，c＝6，C＝60°，a＝2，求A，B，b. 解：∵ acasin C2＝，∴sin A＝c＝. sin Asin C2 ∴A＝45°或A＝135°. 又∵c>a，∴C>A.∴A＝45°. ∴B＝75°，b＝ 6·sin 75°csin B ＝＝3＋1. sin Csin 60° 三角形形状的判断 ππ－A＝bcos－B，判断△ABC的形状． [典例] 在△ABC中，acos22解：[法一 化角为边] ππ －A＝bcos－B， ∵acos22 ab ∴asin A＝bsin B．由正弦定理可得：a·＝b·， 2R2R∴a2＝b2，∴a＝b，∴△ABC为等腰三角形． [法二 化边为角] ππ －A＝bcos－B， ∵acos22∴asin A＝bsin B. 由正弦定理可得：2Rsin2A＝2Rsin2B，即sin A＝sin B， ∴A＝B.(A＋B＝π不合题意舍去) 故△ABC为等腰三角形． 利用正弦定理判断三角形的形状的两条途径 (1)化角为边．将题目中的所有条件，利用正弦定理化角为边，再根据多项式的有关知．．．．．识(分解因式、配方等)得到边的关系，如a＝b，a2＋b2＝c2等，进而确定三角形的形状．利用的公式为：sin A＝abc，sin B＝，sin C＝. 2R2R2R(2)化边为角．将题目中所有的条件，利用正弦定理化边为角，再根据三角函数的有关．．．．．知识得到三个内角的关系，进而确定三角形的形状．利用的公式为：a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C． [活学活用] 在△ABC中，已知acos A＝bcos B，试判断△ABC的形状． 解：由正弦定理， abc＝＝＝2R，所以acos A＝bcos B可化为sin A cos A＝sin Asin Bsin C sin Bcos B，sin 2A＝sin 2B，又△ABC中，A，B，C∈(0，π)，所以2A＝2B或2A＋2B＝π，π 即A＝B或A＋B＝，所以△ABC的形状为等腰或直角三角形． 2 层级一 学业水平达标 1．在△ABC中，a＝5，b＝3，则sin A∶sin B的值是( ) 5A. 33C. 7 解析：选A 根据正弦定理得 3 B. 55 D. 7 sin Aa5＝＝. sin Bb3 2．在△ABC中，a＝bsin A，则△ABC一定是( ) A．锐角三角形 C．钝角三角形 解析：选B 由题意有 B．直角三角形 D．等腰三角形 ab＝b＝，则sin B＝1， sin Asin B 即角B为直角，故△ABC是直角三角形． sin Acos C 3．在△ABC中，若a＝c，则C的值为( ) A．30° C．60° 解析：选B 由正弦定理得，B．45° D．90° sin Asin Ccos C ＝＝， acc 则cos C＝sin C，即C＝45°，故选B. ππ 4．△ABC中，A＝，B＝，b＝2，则a等于( ) 64A．1 C.3 解析：选A 由正弦定理得a B．2 D．23 2 ＝， ππsin sin 64 ∴a＝1，故选A. 5．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且a＝3bsin A，则sin B＝( ) A.3 C.6 3 B.3 3 6 3 D．－ 解析：选B 由正弦定理得a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，所以sin A＝3sin Bsin A，故sin B＝ 3. 3 6．下列条件判断三角形解的情况，正确的是______(填序号)． ①a＝8，b＝16，A＝30°，有两解； ②b＝18，c＝20，B＝60°，有一解； ③a＝15，b＝2，A＝90°，无解； ④a＝40，b＝30，A＝120°，有一解． 解析：①中a＝bsin A，有一解；②中csin B 答案：④ 7．在△ABC中，若(sin A＋sin B)(sin A－sin B)＝sin2C，则△ABC的形状是________． ab 解析：由已知得sin2A－sin2B＝sin2C，根据正弦定理知sin A＝，sin B＝，sin C 2R2Rc ＝， 2R a2b2c2 所以2R－2R＝2R， 即a2－b2＝c2，故b2＋c2＝a2.所以△ABC是直角三角形． 答案：直角三角形 8．在锐角△ABC中，BC＝1，B＝2A，则解析：由正弦定理及已知得答案：2 9．已知一个三角形的两个内角分别是45°，60°，它们所夹边的长是1，求最小边长． 解：设△ABC中，A＝45°，B＝60°， 则C＝180°－(A＋B)＝75°. 因为C>B>A，所以最小边为a. 又因为c＝1，由正弦定理得， a＝ csin A1×sin 45° ＝＝3－1， sin Csin 75° AC ＝________. cos A ACAC1＝，∴＝2. sin Asin 2Acos A 所以最小边长为3－1. 10．在△ABC中，已知a＝22，A＝30°，B＝45°，解三角形． 解：∵ abc＝＝， sin Asin Bsin C 22× 1222 asin B22sin 45°∴b＝＝＝sin Asin 30° ＝4. ∴C＝180°－(A＋B)＝180°－(30°＋45°)＝105°， ∴c＝ asin C22sin 105°22sin 75° ＝＝ sin Asin 30°1 2 ＝42sin(30°＋45°)＝2＋23. 层级二 应试能力达标 1．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，如果c＝3a，B＝30°，那么角C等于( ) A．120° C．90° B．105° D．75° 解析：选A ∵c＝3a，∴sin C＝3sin A＝3sin(180°－30°－C)＝3sin(30°＋C)＝3 3sin C＋1cos C，即sin C＝－3cos C，∴tan C＝－3.又0° ∴C＝120°.故选A. 2．已知a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C的对边，若△ABC的周长为4(2＋1)，且sin B＋sin C＝2sin A，则a＝( ) A.2 C．4 B．2 D．22 解析：选C 根据正弦定理，sin B＋sin C＝2sin A可化为b＋c＝2a， ∵△ABC的周长为4(2＋1)， a＋b＋c＝42＋1， ∴解得a＝4.故选C. b＋c＝2a， a＋b＋c3．在△ABC中，A＝60°，a＝13，则等于( ) sin A＋sin B＋sin C83A. 3263C. 3 239 B. 3D．23 解析：选B 由a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C得13239＝＝. sin 60°3 a＋b＋ca ＝2R＝ sin Asin A＋sin B＋sin C 4．在△ABC中，若A B．2∶3∶4 D．4∶5∶6 π 解析：选A 由A 62 5．在△ABC中，A＝60°，B＝45°，a＋b＝12，则a＝________. abab解析：因为＝，所以＝， sin Asin Bsin 60°sin 45°所以 32 b＝a，① 22 又因为a＋b＝12，② 由①②可知a＝12(3－6)． 答案：12(3－6) 6．在△ABC中，若A＝120°，AB＝5，BC＝7，则sin B＝_______. ABBC解析：由正弦定理，得＝，即 sin Csin AAB·sin A sin C＝BC ＝ 5sin 120°53 ＝. 714 11 . 14 可知C为锐角，∴cos C＝1－sin2C＝ ∴sin B＝sin(180°－120°－C)＝sin(60°－C) ＝sin 60°·cos C－cos 60°·sin C＝答案： 33 14 33 . 14 ac 7．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c且＝. sin A3cos C(1)求角C的大小； CB＝4，求△ABC的面积． (2)如果CA· 解：(1)由a sin A＝ ac＝，sin Asin C c ，3cos C 得sin C＝3cos C， π 故tan C＝3，又C∈(0，π)，所以 C＝. 3 1 CB＝|CA||CB|cos C＝2ba＝4得ab＝8， (2)由CA· 113 所以S△ABC＝absin C＝×8×＝23. 222 8．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bcos C＋3bsin C－a－c＝0. (1)求B； (2)若b＝3，求a＋c的取值范围． 解：(1)由正弦定理知：sin Bcos C＋3sin Bsin C－sin A－sin C＝0， ∵sin A＝sin (B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C代入上式得： 3sin Bsin C－cos Bsin C－sin C＝0. ∵sin C>0，∴3sin B－cos B－1＝0， π1B－＝， 即sin 62π ∵B∈(0，π)，∴B＝. 3(2)由(1)得：2R＝ b ＝2，a＋c＝2R(sin A＋sin C) sin B πC＋. ＝23sin6 2ππ 0，，∴23sinC＋∈(3，23]， ∵C∈36∴a＋c的取值范围为(3，23]． 1．1.2 余弦定理 预习课本P5～6，思考并完成以下问题 (1)余弦定理的内容是什么？ (2)已知三角形的两边及其夹角如何解三角形？ (3)已知三角形的三边如何解三角形？ [新知初探] 余弦定理 a2＝b2＋c2－2bccos A， 余弦定理 公式表达 b2＝a2＋c2－2accos_B， c2＝a2＋b2－2abcos_C 语言叙述 三角形中任何一边的平方等于其他两边的平方的和减去这两边与它们的夹角的余弦的积的两倍 b2＋c2－a2cos A＝ 2bc推论 a2＋c2－b2c os B＝， 2aca2＋b2－c2cos C＝ 2ab [点睛] 余弦定理的特点 (1)适用范围：余弦定理对任意的三角形都成立． (2)揭示的规律：余弦定理指的是三角形中三条边与其中一个角的余弦之间的关系，它含有四个不同的量，知道其中的三个量，就可求得第四个量． [小试身手] 1．判断下列命题是否正确．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)余弦定理揭示了任意三角形边角之间的关系，因此，它适应于任何三角形( ) (2)在△ABC中，若a2>b2＋c2，则△ABC一定为钝角三角形( ) (3)在△ABC中，已知两边和其夹角时，△ABC不唯一( ) 解析：(1)正确．余弦定理反映了任意三角形的边角关系，它适合于任何三角形． (2)正确．当 a2>b2＋c2时，cos A＝ b2＋c2－a2 <0. 2bc 余弦定理 因为0 答案：(1)√ (2)√ (3)× 2．在△ABC中，已知a＝9，b＝23，C＝150°，则c等于( ) A.39 C．102 解析：选D 由余弦定理得： c＝92＋232－2×9×23×cos 150° ＝147 ＝73. 3．在△ABC中，已知a2＝b2＋c2＋bc，则角A等于( ) A．60° C．120° B．45° D．30° B．83 D．73 b2＋c2－a21解析：选C 由cos A＝＝－，∴A＝120°. 2bc24．在△ABC中，已知b2＝ac且c＝2a，则cos B等于( ) 1 A. 4C.2 4 b2＝ac 3 B. 4 D. 2 3 解析：选B 由 a2＋c2－b2 且c＝2a得cos B＝ 2ac a2＋4a2－2a23＝＝.故选 B. 2a·2a4 已知两边与一角解三角形 π[典例] (1)在△ABC中，已知b＝60 cm，c＝603 cm，A＝，则a＝________cm； 6(2)在△ABC中，若AB＝5，AC＝5，且cos C＝[解析](1)由余弦定理得： a＝ π602＋6032－2×60×603×cos 6 9，则BC＝________. 10 ＝4×602－3×602＝60(cm)． 9 (2)由余弦定理得：(5)2＝52＋BC2－2×5×BC×， 10所以BC2－9BC＋20＝0，解得BC＝4或BC＝5. [答案] (1)60 (2)4或5 已知三角形的两边及一角解三角形的方法 先利用余弦定理求出第三边，其余角的求解有两种思路：一是利用余弦定理的推论求出其余角；二是利用正弦定理(已知两边和一边的对角)求解． 若用正弦定理求解，需对角的取值进行取舍，而用余弦定理就不存在这些问题(在(0，π)上，余弦值所对角的值是唯一的)，故用余弦定理求解较好． [活学活用] 在△ABC中，a＝23，c＝6＋2，B＝45°，解这个三角形． 解：根据余弦定理得， b2＝a2＋c2－2accos B＝(23)2＋(6＋2)2－2×23×(6＋2)×cos 45°＝8， ∴b＝22. b2＋c2－a28＋6＋22－2321又∵cos A＝＝＝， 2bc22×22×6＋2∴A＝60°，C＝180°－(A＋B)＝75°. 已知三角形的三边解三角形 [典例] 在△ABC中，已知a＝23，b＝6，c＝3＋3，解此三角形． [解] 法一：由余弦定理的推论得 b2＋c2－a262＋3＋32－2322 cos A＝＝＝， 2bc22×6×3＋3 ∴A＝45°.同理可求B＝30°，故C＝180°－A－B＝180°－45°－30°＝105°. 法二：由余弦定理的推论得 b2＋c2－a262＋3＋32－2322 cos A＝＝＝，∴A＝45°. 2bc22×6×3＋3ab236 由正弦定理＝知＝， sin Asin Bsin 45°sin B得sin B＝ 6·sin 45°1 ＝. 223 由a>b知A>B，∴B＝30°. 故C＝180°－A－B＝180°－45°－30°＝105°. (1)已知三边求角的基本思路是：利用余弦定理的推论求出相应角的余弦值，值为正，角为锐角；值为负，角为钝角，其思路清晰，结果唯一． (2)若已知三角形的三边的关系或比例关系，常根据边的关系直接代入化简或利用比例性质，转化为已知三边求解． [活学活用] 已知a，b，c是△ABC三边之长，若满足等式(a＋b－c)·(a＋b＋c)＝ab，则C的大小为( ) A．60° C．120° B．90° D．150° 解析：选C ∵(a＋b－c)(a＋b＋c)＝ab， ∴c2＝a2＋b2＋ab， a2＋b2－c2由余弦定理可得，cos C＝ 2aba2＋b2－a2＋b2＋abab1＝＝－＝－， 2ab2ab2∵0° b2(1－cos2C)＋c2(1－cos2B)＝2bccos Bcos C. 由余弦定理并整理，得 b2＋c2－b2 a2＋b2－c22－c2a2＋c2－b22 2ab2aca2＋c2－b2a2＋b2－c2 ＝2bc××， 2ac2ab∴b2＋c2＝ [a2＋b2－c2＋a2＋c2－b2]24a4 ＝2＝a2. 24a4a ∴A＝90°.∴△ABC是直角三角形． [法二 化边为角] 由正弦定理，已知条件可化为 sin2Csin2B＋sin2Csin2B＝2sin Bsin Ccos Bcos C. 又sin Bsin C≠0， ∴sin Bsin C＝cos Bcos C，即cos(B＋C)＝0. 又∵0° b2＋c2－a2c2＋a2－b2a2＋b2－c2解：由余弦定理知cos A＝，cos B＝，cos C＝，代入已 2bc2ca2ab知条件得 b2＋c2－a2c2＋a2－b2c2－a2－b2 a·＋b·＋c·＝0， 2bc2ca2ab 通分得a2(b2＋c2－a2)＋b2(a2＋c2－b2)＋c2(c2－a2－b2)＝0， 展开整理得(a2－b2)2＝c4.∴a2－b2＝±c2，即a2＝b2＋c2或b2＝a2＋c2. 根据勾股定理知△ABC是直角三角形. 正、余弦定理的综合应用 题点一：利用正、余弦定理解三角形 1．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，asin A＋csin C－2asin C＝bsin B. (1)求角B的大小；(2)若A＝75°，b＝2，求a，c. 解：(1)由正弦定理得a2＋c2－2ac＝b2. 由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B. 故cos B＝ 2 ，因此B＝45°. 2 (2)sin A＝sin (30°＋45°) ＝sin 30°cos 45°＋cos 30°sin 45°＝sin A 故由正弦定理得a＝b·＝1＋3. sin B 2＋6 . 4 由已知得，C＝180°－45°－75°＝60°， sin 60°sin C c＝b·＝2×＝6. sin Bsin 45° 题点二：利用正、余弦定理证明三角形中的恒等式 2．在△ABC中，求证a2sin 2B＋b2sin 2A＝2absin C. 证明：法一：(化为角的关系式) a2sin 2B＋b2sin 2A＝(2R·sin A)2·2sin B·cos B＋(2R·sin B)2·2sin A·cos A＝8R2sin A·sin B(sin A·cos B＋cos Asin B)＝8R2sin Asin Bsin C＝2·2Rsin A·2Rsin B·sin C＝2absin C. ∴原式得证． 法二：(化为边的关系式) 左边＝a2·2sin Bcos B＋b2·2sin Acos A＝a2·c2－b2＋b2＋c2－a2)＝ ∴原式得证． 题点三：正、余弦定理与三角函数、平面向量的交汇应用 3．已知△ABC的周长为4(2＋1)，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且有sin B＋sin C＝2sin A. (1)求边长a的值； (2)若△ABC的面积为S＝3sin A，求AB·AC的值． 解：(1)由正弦定理，得b＋c＝2a.① 又a＋b＋c＝4(2＋1)，② 联立①②，解得a＝4. (2)∵S△ABC＝3sin A， 1 ∴bcsin A＝3sin A，即bc＝6. 2又∵b＋c＝2a＝42， ∴由余弦定理得 b2＋c2－a2b＋c2－2bc－a21 cos A＝＝＝. 2bc2bc3∴AB·AC＝bccos A＝2. 正、余弦定理是解决三角形问题的两个重要工具，这类题目往往结合基本的三角恒等变换，同时注意三角形中的一些重要性质，如内角和为180°、大边对大角等． 2ba2＋c2－b222ab2＋c2－a2ab2 ·＋b··＝(a＋2R2ac2R2bc2Rc abc ·2c2＝2ab·＝2absin C＝右边， 2Rc2R 层级一 学业水平达标 1．在△ABC中，已知(a＋b＋c)(b＋c－a)＝3bc，则角A等于( ) A．30° C．120° B．60° D．150° 解析：选B ∵(b＋c)2－a2＝b2＋c2＋2bc－a2＝3bc， ∴b2＋c2－a2＝bc， b2＋c2－a21 ∴cos A＝＝，∴A＝60°. 2bc22．在△ABC中，若a＝8，b＝7，cos C＝ 13 ，则最大角的余弦值是( ) 14 1111A．－ B．－ C．－ D．－ 5678解析：选C 由余弦定理，得 13c2＝a2＋b2－2abcos C＝82＋72－2×8×7×＝9， 14所以c＝3，故a最大， 所以最大角的余弦值为 b2＋c2－a272＋32－821 cos A＝＝＝－. 2bc72×7×3 c2－a2－b2 3．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若>0，则△ABC( ) 2abA．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．是锐角或直角三角形 c2－a2－b2 解析：选C 由>0得－cos C>0， 2ab 所以cos C<0，从而C为钝角，因此△ABC一定是钝角三角形． 4．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( ) 4A. 3C．1 B．8－43 2 D. 3 解析：选A 由(a＋b)2－c2＝4，得a2＋b2－c2＋2ab＝4，由余弦定理得a2＋b2－c2＝4 2abcos C＝2abcos 60°＝ab，则ab＋2ab＝4，∴ab＝. 3 5．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若(a2＋c2－b2)tan B＝3ac，则角B的值为( ) πA. 6πC. 3 π2π B.或 33π5π D.或 66 解析：选B 因为(a2＋c2－b2)tan B＝3ac， 所以2accos Btan B＝3ac，即sin B＝π2π 所以B＝或B＝，故选 B. 33 6．已知a，b，c为△ABC的三边，B＝120°，则a2＋c2＋ac－b2＝________. 解析：∵b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－2accos 120° ＝a2＋c2＋ac， ∴a2＋c2＋ac－b2＝0. 答案：0 7．在△ABC中，若b＝1，c＝3，C＝解析：∵c2＝a2＋b2－2abcos C， ∴(3)2＝a2＋12－2a×1×cos 2π ， 3 2π ，则a＝________. 33， 2 ∴a2＋a－2＝0，即(a＋2)(a－1)＝0， ∴a＝1，或a＝－2(舍去)．∴a＝1. 答案：1 1 8．在△ABC中，若a＝2，b＋c＝7，cos B＝－，则b＝________. 4解析：因为b＋c＝7，所以c＝7－b. 由余弦定理得：b2＝a2＋c2－2accos B， 1－， 即b2＝4＋(7－b)2－2×2×(7－b)×4解得b＝4. 答案：4 9．在△ABC中，A＋C＝2B，a＋c＝8，ac＝15，求b. 解：在△ABC中，∵A＋C＝2B，A＋B＋C＝180°， ∴B＝60°. 由余弦定理， 得b2＝a2＋c2－2accos B＝(a＋c)2－2ac－2accos B 1＝82－2×15－2×15×＝19. 2∴b＝19. 10．在△ABC中，已知a＝7，b＝3，c＝5，求最大角和sin C. 解：∵a>c>b，∴A为最大角． 由余弦定理的推论，得 b2＋c2－a232＋52－721 cos A＝＝＝－. 2bc22×3×5又∵0° . 2 5×732 53 . 14 csin A 由正弦定理，得sin C＝a＝∴最大角A为120°，sin C＝ ＝ 53. 14 层级二 应试能力达标 1．在△ABC中，有下列关系式： ①asin B＝bsin A；②a＝bcos C＋ccos B；③a2＋b2－c2＝2abcos C；④b＝csin A＋asin C. 一定成立的有( ) A．1个 C．3个 B．2个 D．4个 解析：选C 对于①③，由正弦、余弦定理，知一定成立．对于②，由正弦定理及sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋sin Ccos B，知显然成立．对于④，利用正弦定理，变形得sin B＝sin Csin A＋sin Asin C＝2sin Asin C，又sin B＝sin(A＋C)＝cos Csin A＋cos Asin C，与上式不一定相等，所以④不一定成立．故选C. 2．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若C＝120°，c＝2a，则a，b的大小关系为( ) A．a>b C．a＝b B．a解析：选A 在△ABC中，c2＝a2＋b2－2abcos 120°＝a2＋b2＋ab.∵c＝2a，∴2a2 ＝a2＋b2＋ab，∴a2－b2＝ab>0，∴a2>b2，∴a>b. Ba＋c3．在△ABC中，cos2＝，则△ABC是( ) 22cA．正三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形或直角三角形 D．等腰直角三角形 cos B＋1a＋cBa＋c 解析：选B ∵cos2＝，∴＝， 22c22ca2＋c2－b2aa ∴cos B＝c，∴＝c，∴a2＋c2－b2＝2a2， 2ac即a2＋b2＝c2，∴△ABC为直角三角形． asin 30°－C 4．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若b2＋c2＋bc－a2＝0，则b－c＝( ) 1A. 21C．－ 2 B.3 2 3 2 D．－ b2＋c2－a21解析：选A 由余弦定理得cos A＝，又b2＋c2＋bc－a2＝0，则cos A＝－， 2bc2又0° ＝.故选A. 233 cos C－sin C22 5．在△ABC中，AB＝2，AC＝6，BC＝1＋3，AD为边BC上的高，则AD的长是________． BC2＋AC2－AB222 解析：∵cos C＝＝，∴sin C＝， 2BC·AC22∴AD＝ACsin C＝3. 答案：3 sin B 6．在△ABC中，A＝120°，AB＝5，BC＝7，则的值为________． sin C解析：由余弦定理可得49＝AC2＋25－2×5×AC×cos 120°，整理得： AC2＋5·AC－24＝0， 解得AC＝3或AC＝－8(舍去)， sin BAC3再由正弦定理可得＝＝. sin CAB53 答案： 5 asin 30°－Csin Asin30°－C ＝＝b－csin60°－C－sin C 7．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知(1)求 sin C 的值； sin A cos A－2cos C2c－a ＝. bcos B 1 (2)若cos B＝，△ABC的周长为5，求b的长． 4abc 解：(1)由正弦定理可设＝＝＝k， sin Asin Bsin C2c－a2ksin C－ksin A2sin C－sin A则b＝＝， ksin 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，所以sin C＝2sin A， sin C 因此＝2. sin A(2)由 sin C ＝2，得c＝2a. sin A 1 由余弦定理及cos B＝， 4 1 得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋4a2－4a2×＝4a2， 4所以b＝2a. 又a＋b＋c＝5，所以a＝1，因此b＝2. 8．如图，D是直角三角形△ABC斜边BC上一点，AC＝3DC. (1)若∠DAC＝30°，求B； (2)若BD＝2DC，且AD＝22，求DC. 解：(1)在△ADC中，根据正弦定理， 有 ACDC ＝， sin∠ADCsin∠DAC 3， 2 ∵AC＝3DC，所以sin∠ADC＝3sin∠DAC＝又∠ADC＝∠B＋∠BAD＝∠B＋60°>60°， ∴∠ADC＝120°， ∴∠C＝180°－120°－30°＝30°，∴∠B＝60°. (2)设DC＝x，则BD＝2x，BC＝3x，AC＝3x， ∴sin B＝ AC36 ＝，cos B＝，AB＝6x， BC33 在△ABD中，AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos B， 即(22)2＝6x2＋4x2－2×6x×2x×得x＝2.故DC＝2. 6 ＝2x2， 3 应用举例 第一课时 解三角形的实际应用举例 [新知初探] 实际测量中的有关名称、术语 名称 仰角 定义 在同一铅垂平面内，视线在水平线上方时l与水平线的夹角 在同一铅垂平面内，视线在水平线l下方时与水平线的夹角 从指定方向线到目标方向线的水平角(指方向角 定方向线是指正北或正南或正东或正西，方向角小于90°) 错误! 从正北的方向线按顺时针到目标方向线所转过的水平角 [小试身手] 1．判断下列命题是否正确．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)已知三角形的三个角，能够求其三条边( ) (2)两个不可到达的点之间的距离无法求得( ) (3)方位角和方向角是一样的( ) 解析：(1)错误，要解三角形，至少知道这个三角形的一条边长． (2)错误，两个不可到达的点之间的距离我们可以借助第三个点和第四个点量出角度、 图示 俯角 方位角 距离求得． (3)错误．方位角是指从正北方向顺时针转到目标方向线的水平角，而方向角是以观测者的位置为中心，将正北或正南方向作起始方向旋转到目标的方向线所成的角(一般指锐角)． 答案：(1)× (2)× (3)× 2．若点A在点C的北偏东30°，点B在点C的南偏东60°，且AC＝BC，则点A在点B的( ) A．北偏东15° C．北偏东10° B．北偏西15° D．北偏西10° 解析：选B 如图所示，∠ACB＝90°，又AC＝BC，∴∠CBA＝45°， 而β＝30°，∴α＝90°－45°－30°＝15°. ∴点A在点B的北偏西15°.故选B. 3．从A处望B处的仰角为α，从B处望A处的俯角为β，则α，β的关系为( ) A．α＞β C．α＋β＝90° B．α＝β D．α＋β＝180° 解析：选B 根据题意和仰角、俯角的概念画出草图，如图．知α＝β，故应选B. 4.已知船A在灯塔C北偏东85°且到C的距离为1 km，船B在灯塔C西偏北25°且到C的距离为3 km，则A，B两船的距离为________km. 解析：由题意得∠ACB＝(90°－25°)＋85°＝150°， 又AC＝1，BC＝3，由余弦定理得 AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos 150°＝7，∴AB＝7. 答案：7 测量高度问题 [典例] 如图，测量河对岸的塔高AB时，可以选与塔底B在同一水平面内的两点C与D.现测得∠BCD＝α，∠BDC＝β，CD＝s，并在点C测得塔顶A的仰角为θ，求塔高AB. [解] 在△BCD中， ∠CBD＝π－(α＋β)． BCCD 由正弦定理得＝. sin∠BDCsin∠CBDCDsin∠BDCs·sin β ∴BC＝＝. sin∠CBDsinα＋β在Rt△ABC中，AB＝BCtan∠ACB＝ 测量高度问题的解题策略 (1)“空间”向“平面”的转化：测量高度问题往往是空间中的问题，因此先要选好所求线段所在的平面，将空间问题转化为平面问题． (2)“解直角三角形”与“解斜三角形”结合，全面分析所有三角形，仔细规划解题思路． [活学活用] 1．一个大型喷水池的中央有一个强力喷水柱，为了测量喷水柱喷出的水柱的高度，某人在喷水柱正西方向的A处测得水柱顶端的仰角为45°，沿A向北偏东30°方向前进100 m到达B处，在B处测得水柱顶端的仰角为30°，则水柱的高度是( ) A．50 m C．120 m B．100 m D．150 m s·sin βtan θ . sinα＋β 解析：选A 如图，设水柱高度是h m，水柱底端为C，则在△ABC中，A＝60°，AC＝h，AB＝100，BC＝3h，根据余弦定理得，(3h)2＝h2＋1002－2×h×100×cos 60°，即h2＋50h－5 000＝0，解得h＝50或h＝－100(舍去)，故水柱的高度是50 m. 2.如图所示，在山底A处测得山顶B的仰角∠CAB＝45°，沿倾斜角为30°的山坡向山顶走1 000 m到达S点，又测得山顶仰角∠DSB＝75°，则山高BC为________m. 解析：因为∠SAB＝45°－30°＝15°， ∠SBA＝∠ABC－∠SBC＝45°－(90°－75°)＝30°， 所以∠ASB＝180°－∠SAB－∠SBA＝135°. AS·sin 135° ＝ sin 30° 1 000× 12 22 在△ABS中，AB＝＝1 0002， 所以BC＝AB·sin 45°＝1 0002×答案：1 000 2 ＝1 000(m)． 2 测量角度问题 [典例] 如图所示，A，B是海面上位于东西方向相距5(3＋3) n mile的两个观测点．现位于A点北偏东45°方向、B点北偏西60°方向的D点有一艘轮船发出求救信号，位于B点南偏西60°且与B点相距203 n mile的C点的救援船立即前往营救，其航行速度为30 n mile/h，则该救援船到达D点需要多长时间？ [解] 由题意，知AB＝5(3＋3) n mile， ∠DBA＝90°－60°＝30°，∠DAB＝90°－45°＝45°， ∴∠ADB＝180°－(45°＋30°)＝105°. 在△DAB中，由正弦定理得即BD＝ BDAB ＝， sin∠DABsin∠ADB ABsin∠DAB53＋3sin 45° ＝ sin 105°sin∠ADB 53＋3sin 45° ＝ sin 45°cos 60°＋cos 45°sin 60°＝103 n mile. 又∠DBC＝∠DBA＋∠ABC＝60°，BC＝203 n mile， ∴在△DBC中，由余弦定理，得 CD＝BD2＋BC2－2BD·BCcos∠DBC ＝ 1 300＋1 200－2×103×203× 2 ＝30 n mile， 则救援船到达D点需要的时间为 测量角度问题主要是指在海上或空中测量角度的问题，如确定目标的方位，观察某一建筑物的视角等． 解决它们的关键是根据题意和图形及有关概念，确定所求的角在哪个三角形中，该三角形中已知哪些量，需要求哪些量．通常是根据题意，从实际问题中抽象出一个或几个三角形，然后通过解这些三角形，得到所求的量，从而得到实际问题的解． 30 ＝1 h. 30 [活学活用] 在海岸A处，发现北偏东45°方向，距离A处(3－1)n mile的B处有一艘走私船，在A处北偏西75°的方向，距离A 2 n mile的C处的缉私船奉命以103 n mile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，问缉私船沿什么方向能最快追上走私船？ 解：设缉私船用t h在D处追上走私船，画出示意图， 则有CD＝103t，BD＝10t， 在△ABC中，∵AB＝3－1，AC＝2，∠BAC＝120°， ∴由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC＝(3－1)2＋22－2·(3－1)·2·cos 120°＝6， AC232∴BC＝6，且sin∠ABC＝BC·sin∠BAC＝·＝， 262∴∠ABC＝45°，BC与正北方向成90°角． ∵∠CBD＝90°＋30°＝120°，在△BCD中，由正弦定理，得sin∠BCD＝BD·sin∠CBD10tsin 120°1 ＝＝， CD2103t ∴∠BCD＝30°.即缉私船沿北偏东60°方向能最快追上走私船. 测量距离问题 题点一：两点间不可通又不可视 1.如图所示，要测量一水塘两侧A，B两点间的距离，其方法先选定适当的位置C，用经纬仪测出角α，再分别测出AC，BC的长b，a，则可求出A，B两点间的距离． 即AB＝a2＋b2－2abcos α. 若测得CA＝400 m，CB＝600 m，∠ACB＝60°，试计算AB的长． 解：在△ABC中，由余弦定理得 AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB， ∴AB2＝4002＋6002－2×400×600cos 60°＝280 000. ∴AB＝2007 (m)． 即A，B两点间的距离为2007 m. 题点二：两点间可视但有一点不可到达 2.如图所示，A，B两点在一条河的两岸，测量者在A的同侧，且B点不可到达，要测出A，B的距离，其方法在A所在的岸边选定一点C，可以测出A，C的距离m，再借助仪器，测出∠ACB＝α，∠CAB＝β，在△ABC中，运用正弦定理就可以求出AB. 若测出AC＝60 m，∠BAC＝75°，∠BCA＝45°，则A，B两点间的距离为________ m. 解析：∠ABC＝180°－75°－45°＝60°， ABAC 所以由正弦定理得，＝， sin Csin B AC·sin C60×sin 45° ∴AB＝＝＝206(m)． sin Bsin 60°即A，B两点间的距离为206 m. 答案：206 题点三：两点都不可到达 3.如图，A，B两点在河的同侧，且A，B两点均不可到达，测出A，B的距离，测量者可以在河岸边选定两点C，D，测得CD＝a，同时在C，D两点分别测得∠BCA＝α，∠ACD＝β，∠CDB＝γ，∠BDA ＝δ.在△ADC和△BDC中，由正弦定理分别计算出AC和BC，再在△ABC中，应用余弦定理计算出AB. 若测得CD＝ 3 km，∠ADB＝∠CDB＝30°，∠ACD＝60°，∠ACB＝45°，求A，2 B两点间的距离． 解：∵∠ADC＝∠ADB＋∠CDB＝60°，∠ACD＝60°， ∴∠DAC＝60°， ∴AC＝DC＝ 3. 2 32DC 在△BCD中，∠DBC＝45°，由正弦定理，得BC＝·sin∠BDC＝·sin sin∠DBCsin 45°30°＝ 6 . 4 在△ABC中，由余弦定理，得 AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos 45° 333623＝＋－2×××＝. 482428∴AB＝ 6 (km)． 4 ∴A，B两点间的距离为 6 km. 4 当A，B两点之间的距离不能直接测量时，求AB的距离分为以下三类： (1)两点间不可通又不可视(如图①)：可取某点C，使得A，B与C之间的距离可直接测量，测出AC＝b，BC＝a以及∠ACB＝γ，利用余弦定理得： AB＝a2＋b2－2abcos γ. (2)两点间可视但不可到达(如图②)：可选取与B同侧的点C，测出BC＝a以及∠ABC和∠ACB，先使用内角和定理求出∠BAC，再利用正弦定理求出AB. (3)两点都不可到达(如图③)：在河边测量对岸两个建筑物之间的距离，可先在一侧选取两点C，D，测出CD＝m，∠ACB，∠BCD，∠ADC，∠ADB，再在△BCD中求出BC，在△ADC中求出AC，最后在△ABC中，由余弦定理求出AB. 层级一 学业水平达标 1.学校体育馆的人字屋架为等腰三角形，如图，测得AC的长度为4 m，∠A＝30°，则其跨度AB的长为( ) A．12 m C．33 m B．8 m D．43 m 解析：选D 由题意知，∠A＝∠B＝30°， 所以∠C＝180°－30°－30°＝120°， 由正弦定理得， ABAC ＝， sin Csin B sin 120°AC·sin C4· 即AB＝＝＝43. sin Bsin 30° 2．一艘船自西向东匀速航行，上午10时到达一座灯塔P的南偏西75°距塔68 n mile的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处，则这只船的航行速度为( ) 176 A. n mile/h 2172C. n mile/h 2 B．346 n mile/h D．342 n mile/h 解析：选A 如图所示，在△PMN中， PMMN ＝， sin 45°sin 120° ∴MN＝ 68×3MN176 ＝346，∴v＝＝ n mile/h. 422 3.如图，D，C，B三点在地面同一直线上，DC＝a，从C，D两点测得A点仰角分别是β，α(α<β)，则A点离地面的高度AB等于( ) asin α·sin β A. sinβ－αasin α·sin βB. cosα－βasin α·cos βC. sinβ－αacos α·sin βD. cosα－β 解析：选A 设AB＝x，则在Rt△ABC中，CB＝在Rt△ABD中，BD＝ xx，所以BD＝a＋，又因为tan βtan β xxxa ，所以BD＝a＋＝，从中求得x＝ tan αtan βtan α11 －tan αtan β ＝ atan αtan βasin αsin βasin αsin β ＝＝，故选A. tan β－tan αsin βcos α－sin αcos βsinβ－α 4．设甲、乙两幢楼相距20 m，从乙楼底望甲楼顶的仰角为60°，从甲楼顶望乙楼顶的俯角为30°，则甲、乙两幢楼的高分别是( ) A．203 m， 403 m 3 B．103 m,203 m 153203 D. m， m 23 C．10(3－2)m,203 m 解析：选A 由题意，知h甲＝20tan 60°＝203(m)， h乙＝20tan 60°－20tan 30°＝ 403 (m)． 3 5．甲船在岛B的正南A处，AB＝10 km，甲船以4 km/h的速度向正北航行，同时乙船自岛B出发以6 km/h的速度向北偏东60°的方向驶去，当甲、乙两船相距最近时，它们的航行时间是( ) 150A. min 7C．21.5 min 15 B. h 7D．2.15 h 解析：选A 由题意可作出如图所示的示意图，设两船航行t小时后，甲船位于C点，乙船位于D点，如图．则BC＝10－4t，BD＝6t，∠CBD＝ 120°，此时两船间的距离最近，根据余弦定理得CD2＝BC2＋BD2－2BC·BDcos ∠CBD＝5 (10－4t)2＋36t2＋6t(10－4t)＝28t2－20t＋100，所以当t＝时，CD2取得最小值，即两船间 14150 的距离最近，所以它们的航行时间是 min，故选A. 7 6．某人从A处出发，沿北偏东60°行走33 km到B处，再沿正东方向行走2 km到C处，则A，C两地的距离为________km. 解析：如图所示，由题意可知AB＝33，BC＝2，∠ABC＝150°. 由余弦定理，得 AC2＝27＋4－2×33×2×cos 150°＝49，AC＝7. 则A，C两地的距离为7 km. 答案：7 7．坡度为45°的斜坡长为100 m，现在要把坡度改为30°，则坡底要伸长________m. 解析： 如图，BD＝100，∠BDA＝45°，∠BCA＝30°， 设CD＝x，所以(x＋DA)·tan 30°＝DA·tan 45°， 又DA＝BD·cos 45°＝100×所以x＝ 2 ＝502， 2 DA·tan 45°502×1 －DA＝－502 tan 30°3 3 ＝50(6－2)m. 答案：50(6－2) 8．一蜘蛛沿东北方向爬行x cm捕捉到一只小虫，然后向右转105°，爬行10 cm捕捉到另一只小虫，这时它向右转135°爬行回它的出发点，那么x＝________cm. 解析：如图所示，设蜘蛛原来在O点，先爬行到A点，再爬行到B点，易知在△AOB中，AB＝10 cm，∠OAB＝75°，∠ABO＝45°， 则∠AOB＝60°，由正弦定理知： x＝ AB·sin∠ABO10×sin 45°106 ＝＝(cm)． 3sin∠AOBsin 60°106 3 答案： 9.如图，甲船以每小时302海里的速度向正北方向航行，乙船按固定方向匀速直线航行，当甲船位于A1处时，乙船位于甲船的北偏西105°方向的B1处，此时两船相距20海里，当甲船航行20分钟到达A2处时，乙船航行到甲船的北偏西120°方向的B2处，此时两船相距102海里，求乙船航行的速度． 1 解：如图，连接A1B2，在△A1A2B2中，易知∠A1A2B2＝60°，又易求得A1A2＝302× 3＝102＝A2B2， ∴△A1A2B2为正三角形， ∴A1B2＝102. 在△A1B1B2中，易知∠B1A1B2＝45°， ∴(B1B2)2＝400＋200－2×20×102×∴B1B2＝102， ∴乙船每小时航行302海里． 10．如图所示，某旅游景点有一座风景秀丽的山峰，山上有一条笔直的山路BC和一条索道AC，小王和小李打算不坐索道，而是花2个小时的时间进行徒步攀登．已知∠ABC＝120°，∠ADC＝150°，BD＝1 千米，AC＝3 千米．假设小王和小李徒步攀登的速度为每小时1.2 千米，请问：两位登山爱好者能否在2个小时内徒步登上山峰(即从B点出发到达C点)． 2 ＝200， 2 解：由∠ADC＝150°知∠ADB＝30°，由正弦定理得 AD1 ＝，所以AD＝3. sin 30°sin 120° 在△ADC中，由余弦定理得：AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cos 150°，即32＝(3)2＋DC2－2·3·DCcos 150°，即DC2＋3·DC－6＝0，解得DC＝ －3＋33 ≈1.372 (千米)，∴BC≈2.372 2 (千米)，由于2.372<2.4，所以两位登山爱好者能够在2个小时内徒步登上山峰. 层级二 应试能力达标 1.如图，从气球A上测得其正前下方的河流两岸B，C的俯角分别为75°，30°，此时气球的高度AD是60 m，则河流的宽度BC是( ) A．240(3－1)m C．120(3－1)m B．180(2－1)m D．30(3＋1)m 解析：选C 由题意知，在Rt△ADC中，∠C＝30°，AD＝60 m，∴AC＝120 m．在△ABC中，∠BAC＝75°－30°＝45°，∠ABC＝180°－45°－30°＝105°，由正弦定 22ACsin∠BAC 理，得BC＝＝＝120(3－1)(m)． sin∠ABC6＋2 4 120× 2.如图所示为起重机装置示意图．支杆BC＝10 m，吊杆AC＝15 m，吊索AB＝519 m，起吊的货物与岸的距离AD为( ) A．30 m C．153 m 153 B. m 2D．45 m 解析：选B 在△ABC中，AC＝15 m，AB＝519 m，BC＝10 m， AC2＋BC2－AB2 由余弦定理得cos∠ACB＝ 2×AC×BC152＋102－519213＝＝－，∴sin∠ACB＝. 222×15×10又∠ACB＋∠ACD＝180°， ∴sin∠ACD＝sin∠ACB＝ 3 . 2 3153＝ m. 22 在Rt△ADC中，AD＝AC·sin∠ACD＝15× 3.如图所示，要测量底部不能到达的某电视塔AB的高度，在塔的同一侧选择C，D两个观测点，且在C，D两点测得塔顶的仰角分别为45°，30°，在水平面上测得∠BCD＝120°，C，D两地相距500 m，则电视塔AB的高度是( ) A．1002 m C．2003 m B．400 m D．500 m 解析：选D 设AB＝x，在Rt△ABC中，∠ACB＝45°， ∴BC＝AB＝x.在Rt△ABD中，∠ADB＝30°，∴BD＝3x.在△BCD中，∠BCD＝120°，CD＝500 m，由余弦定理得(3x)2＝x2＋5002－2×500xcos 120°，解得x＝500 m. 4.如图所示，位于东海某岛的雷达观测站A，发现其北偏东45°，与观测站A距离202海里的B处有一货船正匀速直线行驶，半小时后，4 又测得该货船位于观测站A东偏北θ(0°<θ<45°)的C处，且cos θ＝. 5已知A，C两处的距离为10海里，则该货船的船速为( ) A．485 海里/小时 C．27 海里/小时 B．385 海里/小时 D．46 海里/小时 432423 解析：选A 因为cos θ＝，0°<θ<45°，所以sin θ＝，cos(45°－θ)＝×＋× 5525257272 ＝，在△ABC中，BC2＝(202)2＋102－2×202×10×＝340，所以BC＝285，该1010285货船的船速为＝485海里/小时． 12 5.如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练．已知点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角θ的大小．若AB＝15 m，AC＝25 m，∠BCM＝30°，则tan θ的最大值是________．(仰角θ为直线AP与平面ABC所成角) 解析：如图，过点P作PO⊥BC于点O，连接AO，则∠PAO＝θ. 设CO＝x，则OP＝ 3x. 3 在Rt△ABC中，AB＝15，AC＝25，所以BC＝20. 4 所以cos∠BCA＝. 5所以AO＝ 4 625＋x2－2×25x×＝x2－40x＋625. 53x3 33 406251－＋2 xx 3 353＝. 395 故tan θ＝ ＝x2－40x＋625 ＝ 33254125 .当＝，即x＝时，tan θ取得最大值为 x5425－42＋9 x52553 9 答案： 6．甲船在A处观察乙船，乙船在它的北偏东60°方向的B处，两船相距a n mile，乙船正向北行驶，若甲船的速度是乙船的3倍，则甲船应沿________方向行驶才能追上乙船；追上时甲船行驶了________n mile. 解析：如图所示，设在C处甲船追上乙船，乙船到C处用的时间为t，乙船的速度为v，则BC＝tv，AC＝3tv，又B＝120°，则由正弦定理 BCAC131 ＝，得＝，∴sin∠CAB＝， 2sin∠CABsin Bsin∠CABsin 120° ∴∠CAB＝30°，∴甲船应沿北偏东30°方向行驶．又∠ACB＝ 180°－120°－30°＝30°，∴BC＝AB＝a n mile，∴AC＝AB2＋BC2－2AB·BCcos 120° ＝ －1＝3a(n mile) a2＋a2－2a2·2 3a 答案：北偏东30° 7.如图所示，在社会实践中，小明观察一棵桃树．他在点A处发现桃树顶端点C的仰角大小为45°，往正前方走4 m后，在点B处发现桃树顶端点C的仰角大小为75°. (1)求BC的长； (2)若小明身高为1.70 m，求这棵桃树顶端点C离地面的高度(精确到0.01 m，其中3≈1.732)． 解：(1)在△ABC中，∠CAB＝45°，∠DBC＝75°， 则∠ACB＝75°－45°＝30°，AB＝4， BC4 由正弦定理得＝， sin 45°sin 30°解得BC＝42(m)．即BC的长为42 m. (2)在△CBD中，∠CDB＝90°，BC＝42， 所以DC＝42sin 75°. 因为sin 75°＝sin(45°＋30°) ＝sin 45°cos 30°＋cos 45°sin 30°＝则DC＝2＋23. 所以CE＝ED＋DC＝1.70＋2＋23≈3.70＋3.464 ≈7.16(m)． 即这棵桃树顶端点C离地面的高度为7.16 m. 8.如图，在一条海防警戒线上的点A，B，C处各有一个水声监测点，B，C两点到A的距离分别为20千米和50千米，某时刻，B收到发自静止目标P的一个声波信号，8秒后A，C同时接收到该声波信号，已知声波在水中的传播速度是1.5千米/秒． (1)设A到P的距离为x千米，用x表示B，C到P的距离，并求x的值； (2)求P到海防警戒线AC的距离． 解：(1)依题意，有PA＝PC＝x，PB＝x－1.5×8＝x－12. PA2＋AB2－PB2x2＋202－x－1223x＋32 在△PAB中，AB＝20，cos∠PAB＝＝＝， 2PA·AB2x·205x 6＋2 ， 4 同理在△PAC中，AC＝50， PA2＋AC2－PC2x2＋502－x225 cos ∠PAC＝＝＝x. 2PA·AC2x·50∵cos∠PAB＝cos∠PAC，∴解得x＝31. 25 (2)作PD⊥AC于D，在△ADP中，由cos∠PAD＝， 31 3x＋3225 ＝， x5x 得sin∠PAD＝1－cos2∠PAD＝∴PD＝PAsin∠PAD＝31× 421， 31 421 ＝421千米． 31 故静止目标P到海防警戒线AC的距离为421千米． 第二课时 三角形中的几何计算 预习课本P16～18，思考并完成以下问题 (1)已知三角形的两边及内角怎样求其面积？ (2)已知三角形的面积如何求其他量？ [新知初探] 三角形的面积公式 1(1)S＝a·h(h表示a边上的高)． 2aa111 (2)S＝absin C＝bcsin A＝acsin B. 222 11[点睛] 三角形的面积公式S＝absin C与原来的面积公式S＝a·h(h为a边上的高)的 22关系为： h＝bsin C，实质上bsin C就是△ABC中a边上的高． [小试身手] 1．判断下列命题是否正确．(正确的打“√”，错误的打“×”) 1 (1)公式S＝absin C适合求任意三角形的面积( ) 2(2)三角形中已知三边无法求其面积( ) (3)在三角形中已知两边和一角就能求三角形的面积( ) 1 解析：(1)正确，S＝absin C适合求任意三角形的面积． 2 (2)错误．已知三边可利用余弦定理求角的余弦值，再求得正弦值，进而求面积． (3)正确．已知两边和两边的夹角可直接求得面积，已知两边和一边的对角，可求得其他边和角，再求面积． 答案：(1)√ (2)× (3)√ 2．在△ABC中，已知a＝2，b＝3，C＝120°，则S△ABC＝( ) A. 3 2 33B. 2D．3 C.3 11333 解析：选B S△ABC＝absin C＝×2×3×＝. 2222 3 3．已知△ABC的面积为，且b＝2，c＝3，则A的大小为( ) 2A．60°或120° C．120° 1 解析：选A 由S△ABC＝bcsin A得 231 ＝×2×3×sin A， 22所以sin A＝ 3， 2 B．60° D．30°或150° 故A＝60°或120°，故选A. 4．若△ABC的三边a，b，c及面积S满足S＝a2－(b－c)2，则sin A＝________. 1 解析：由余弦定理得S＝a2－(b－c)2＝2bc－2bccos A＝bcsin A，所以sin A＋4cos A＝4， 2sin A281－由sin2A＋cos2A＝1，解得sin2A＋＝1，sin A＝. 417 答案： 8 17 三角形面积的计算 [典例] 已知△ABC中，B＝30°，AB＝23，AC＝2，求△ABC的面积． [解] 由正弦定理，得sin C＝∵AB>AC， ∴C＝60°或C＝120°. 1 当C＝60°时，A＝90°，S△ABC＝AB·AC＝23； 21 当C＝120°时，A＝30°，S△ABC＝AB·ACsin A＝3. 2故△ABC的面积为23或3. (1)求三角形面积时，应先根据题目给出的已知条件选择最简便、最快捷的计算方法，这样不仅能减少一些不必要的计算，还能使计算结果更加接近真实值． 111(2)事实上，在众多公式中，最常用的公式是S△ABC＝absin C＝bcsin A＝acsin B，即222给出三角形的两边和夹角(其中某边或角需求解)求三角形面积，反过来，给出三角形的面积利用上述公式也可求得相应的边或角，应熟练应用此公式． [活学活用] △ABC中，若a，b，c的对角分别为A，B，C，且2A＝B＋C，a＝3，△ABC的面积S△ABC＝ 3 ，求边b的长和B的大小． 2 ABsin B23sin 30°3 ＝＝. AC22 解：∵A＋B＋C＝180°，又2A＝B＋C，∴A＝60°. 133 ∵S△ABC＝bcsin A＝，sin A＝， 222∴bc＝2.① 1 又由余弦定理得3＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋c2－2×2×， 2即b2＋c2＝5.② 解①②可得b＝1或2. abbsin Ab 由正弦定理知＝，∴sin B＝＝. asin Asin B21 当b＝1时，sin B＝，B＝30°； 2当b＝2时，sin B＝1，B＝90°. 三角恒等式证明问题 a－ccos Bsin B [典例] 在△ABC中，求证：＝. b－ccos Asin A证明：[法一 化角为边] ca2＋c2－b2a－ 2aca2－c2＋b22b 左边＝＝· 2acb2＋c2－a2b2－c2＋a2 b－ 2bcb2Rsin Bsin B＝a＝＝＝右边， 2Rsin Asin A其中R为△ABC外接圆的半径． ∴ a－ccos Bsin B ＝. b－ccos Asin A [法二 化边为角] sin A－sin Ccos BsinB＋C－sin Ccos B 左边＝＝ sin B－sin Ccos AsinA＋C－sin Ccos A＝∴ 1．三角恒等式证明的三个基本原则 (1)统一边角关系． (2)由繁推简． (3)目标明确，等价转化． 2．三角恒等式证明的基本方法 (1)把角的关系通过正、余弦定理转化为边的关系，然后进行化简、变形． (2)把边的关系转化为角的关系，一般是通过正弦定理，然后利用三角函数公式进行恒等变形． [活学活用] 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.求证：证明：法一：由正弦定理，得 c－bcos A ＝ b－ccos A cos Bc－bcos A ＝. cos Cb－ccos A sin Bcos Csin B ＝＝右边(cos C≠0)， sin Acos Csin Aa－ccos Bsin B ＝. b－ccos Asin A 2Rsin C－2Rsin Bcos AsinA＋B－sin Bcos Asin Acos Bcos B ＝＝＝. 2Rsin B－2Rsin Ccos AsinA＋C－sin Ccos Asin Acos Ccos C b2＋c2－a2c－ 2cc－bcos A 法二：由余弦定理，得＝ b－ccos Ab2＋c2－a2 b－ 2ba2＋c2－b2a2＋c2－b2 2c2accos B＝2＝＝. 22222b＋a－cb＋a－ccos C 2b2ab 与三角形有关的综合问题 题点一：与三角形面积有关的综合问题 b1．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知acos B－c＝. 2(1)求角A的大小； (2)若b－c＝6，a＝3＋3，求BC边上的高． b 解：(1)由acos B－c＝及正弦定理可得， 2sin Acos B－sin C＝ sin B ， 2 因为sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B， sin B所以＋cos Asin B＝0. 21 因为sin B≠0，所以cos A＝－， 2因为0 ＝b2＋c2＋bc， 32π. 3 所以(3＋3)2＝b2＋c2＋bc＝(b－c)2＋3bc＝6＋3bc， 解得bc＝2＋23. 11 设BC边上的高为h，由S△ABC＝bcsin A＝ah， 2212π1 得(2＋23)sin ＝(3＋3)h, 解得h＝1. 232题点二：三角形中的范围问题 2．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(2c－a)cos B－bcos A＝0. (1)求角B的大小； πC－的取值范围． (2)求3sin A＋sin6解：(1)由正弦定理得： (2sin C－sin A)cos B－sin Bcos A＝0， 即sin C(2cos B－1)＝0， 1π ∵sin C≠0，∴cos B＝，∵B∈(0，π)，∴B＝. 23π2π (2)由(1)知B＝，∴C＝－A， 33π C－＝3sin A＋cos A ∴3sin A＋sin6π A＋. ＝2sin62πππ5π0，，∴A＋∈，， ∵A∈3666π A＋∈(1,2]， ∴2sin6π C－的取值范围是(1,2]． ∴3sin A＋sin6题点三：三角形中的最值问题 sinA－Bb＋c 3．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c. 已知＝c. sinA＋B(1)求角A的大小； (2)当a＝6时，求△ABC面积的最大值，并指出面积最大时△ABC的形状． 解：(1)由得 sinA－Bb＋c ＝， csinA＋B sinA－Bsin B＋sin C ＝. sin CsinA＋B 又sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin C， ∴sin(A－B)＝sin B＋sin C， ∴sin(A－B)＝sin B＋sin(A＋B)． ∴sin Acos B－cos AsinB＝sin B＋sin Acos B＋cos Asin B， ∴sin B＋2 cos Asin B＝0， 1 又sin B≠0，∴cos A＝－. 2∵A∈(0，π)，∴A＝ 2π. 3 133 (2)S＝bcsin A＝bc＝×2Rsin B·2Rsin C 244 ＝3R2sin B·sin C π －B ＝3R2sin B·sin3＝ π32320，π. Rsin2B＋6－R，B∈432 a ＝sin A 6 ＝43， 2πsin 3 由正弦定理2R＝ ∴R＝23. πππ 当2B＋＝，即B＝C＝时，Smax＝33， 626 ∴△ABC面积的最大值为33，此时△ABC为等腰钝角三角形． 题点四：多边形面积问题 4．已知圆内接四边形ABCD的边长AB＝2，BC＝6，CD＝DA＝4，求四边形ABCD的面积S. 11 解：如图，连接BD，则S＝S△ABD＋S△CBD＝AB·ADsin A＋BC·CDsin C. 22∵A＋C＝180°，∴sin A＝sin C， 1 ∴S＝sin A(AB·AD＋BC·CD)＝16sin A. 2在△ABD中，由余弦定理得 BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos A＝20－16cos A， 在△CDB中，由余弦定理得 BD2＝CD2＋BC2－2CD·BCcos C＝52－48cos C， ∴20－16cos A＝52－48cos C. 1 又cos C＝－cos A，∴cos A＝－，∴A＝120°， 2∴S＝16sin A＝83. (1)解决此类问题的关键是根据题意画出图形，将图形中的已知条件与未知量之间的关系转化为三角形中的边与角的关系，求解三角形使问题获解． (2)三角形问题中，常涉及求边、求角及求面积等几个问题，用正、余弦定理作为解题的工具进行转化求解．在涉及变量取值范围或最值问题时，常常用到函数等数学相关知识． (3)解三角形时，角的取值范围至关重要．角的取值范围往往隐含在题目中，不深入挖掘很容易出错． 层级一 学业水平达标 1．在△ABC中，A＝60°，AB＝1，AC＝2，则S△ABC的值为( ) 13 A. B. C.3 D．23 2213解析：选B S△ABC＝AB·AC·sin A＝. 22 2．如果等腰三角形的周长是底边长的5倍，则它的顶角的余弦值为( ) 7788 A．－ B. C．－ D. 8877 解析：选B 设等腰三角形的底边长为a，顶角为θ，则腰长为2a，由余弦定理得，cos 4a2＋4a2－a27 θ＝＝. 8a28 1 3．在△ABC中，已知面积S＝(a2＋b2－c2)，则角C的大小为( ) 4A．135° B．45° C．60° D．120° 11 解析：选B ∵S＝(a2＋b2－c2)＝absin C，由余弦定理得：sin C＝cos C，∴tan C＝ 421.又0° 1sin C15 4．在△ABC中，若cos B＝，＝2，且S△ABC＝，则b＝( ) 4sin A4A．4 B．3 C．2 D．1 1 解析：选C 依题意得，c＝2a，b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋(2a)2－2×a×2a×＝4a2， 4所以b＝c＝2a.因为B∈(0，π)，所以sin B＝1－cos2B＝×b× 1515＝，所以b＝2，选C. 44 1511b ，又S△ABC＝acsin B＝×4222 5．三角形的一边长为14，这条边所对的角为60°，另两边之比为8∶5，则这个三角形的面积为( ) A．403 B．203 C．402 D．202 解析：选A 设另两边长为8x,5x， 64x2＋25x2－142 则cos 60°＝，解得x＝2或x＝－2(舍去)． 80x2故两边长分别为16与10， 1所以三角形的面积是×16×10×sin 60°＝403. 2 1 6．在△ABC中，a＝32，b＝23，cos C＝，则△ABC的面积为________． 3122 解析：∵cos C＝，0 ∴S△ABC＝absin C＝×32×23×＝43. 223答案：43 7.如图，在△ABC中，已知B＝45°，D是BC边上一点，AD＝5，AC＝7，DC＝3，则AB＝________. 解析：在△ADC中， AC2＋DC2－AD272＋32－5211 cos C＝＝＝. 2·AC·DC2×7×314又0° . 14 ACAB 在△ABC中，＝， sin Bsin C sin C5356∴AB＝·AC＝×2×7＝. sin B142答案： 56 2 1 8．△ABC的两边长分别为2,3，其夹角的余弦值为，则其外接圆的半径为________． 31 解析：不妨设b＝2，c＝3，cos A＝， 3则a2＝b2＋c2－2bc·cos A＝9，∴a＝3. 又∵sin A＝ 1－cos2 A＝ 22 ， 3 a392∴外接圆半径为R＝＝＝. 2sin A822 2·3答案： 92 8 9．在△ABC中，求证：b2cos 2A－a2cos 2B＝b2－a2. 证明：左边＝b2(1－2sin2A)－a2(1－2sin2B)＝b2－a2－2(b2sin2A－a2sin2B)， ab 由正弦定理＝，得bsin A＝asin B， sin Asin B∴b2sin2A－a2sin2B＝0，∴左边＝b2－a2＝右边， ∴b2cos 2A－a2cos 2B＝b2－a2. 10.如图所示，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝5，AC＝9，∠BCA＝30°，∠ADB＝45°，求BD的长． 解：在△ABC中，AB＝5，AC＝9，∠BCA＝30°，由正弦定理，得ABsin∠BCA＝ACsin∠ABC ， ∴sin∠ABC＝ AC·sin∠BCA9×sin 30°AB＝5＝9 10 . ∵AD∥BC，∴∠BAD＝180°－∠ABC， 于是sin∠BAD＝sin∠ABC＝ 9 10 . 在△ABD中，AB＝5，sin∠BAD＝9 10 ，∠ADB＝45°， 由正弦定理，得ABsin∠ADB＝BD sin∠BAD ， 解得BD＝ 9292，故BD的长为2 2 . 层级二 应试能力达标 1．△ABC的周长为20，面积为103，A＝60°，则BC的边长等于( ) A．5 B．6 C．7 D．8 解析：选C 如图，由题意得 a＋b＋c＝20， 1 2bcsin 60° ＝103，a2 ＝b2 ＋c2 －2bccos 60°， 则bc＝40， a2＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc＝(20－a)2－3×40， ∴a＝7. 2．在△ABC中，已知b2－bc－2c2＝0，且a＝6，cos A＝78，则△ABC的面积等于( A. 15 2 B.15 C．2 D．3 解析：选A 因为b2－bc－2c2＝0， 所以(b－2c)(b＋c)＝0，所以b＝2c. 由a2＝b2＋c2－2bccos A，解得c＝2，b＝4， 因为cos A＝78，所以sin A＝15 8 ， 所以S111515 △ABC＝2bcsin A＝2×4×2×8＝2 . ) 3．在△ABC中，若b＝2，A＝120°，其面积S＝3，则△ABC外接圆的半径为( ) A.3 B． C．23 D．4 11 解析：选B ∵S＝bcsin A，∴3＝×2csin 120°， 22∴c＝2，∴a＝b2＋c2－2bccos A ＝ 1－＝23， 4＋4－2×2×2×2a23 ＝＝4， sin A3 2 设△ABC外接圆的半径为R，∴2R＝ ∴R＝2. 3 4．在△ABC中，sin A＝，a＝10，则边长c的取值范围是( ) 415A.2，＋∞ C．(0,10) ca40解析：选D ∵＝＝， sin Csin A3∴c＝ 4040sin C．∴0 0， D.3 π 5．已知△ABC的面积S＝3，A＝，则AB·AC＝________. 31 解析：S△ABC＝·|AB|·|AC|·sin A， 213 即3＝·|AB|·|AC|·， 22所以|AB|·|AC|＝4， 1于是AB·AC＝|AB|·|AC|·cos A＝4×＝2. 2答案：2 batan C 6．在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若＋＝6cos C，则abtan Atan C ＋＝________. tan B ba 解析：∵a＋b＝6cos C， a2＋b2a2＋b2－c2∴ab＝6×， 2ab∴2a2＋2b2－2c2＝c2， 又＝ tan Ctan Csin Ccos Asin Ccos B ＋＝＋ tan Atan Bsin Acos Csin Bcos Csin Csin Bcos A＋cos Bsin A sin Asin Bcos C sin CsinB＋Asin2C＝＝ sin Asin Bcos Csin Asin Bcos Cc2c22c2 ＝＝2＝ abcos Ca＋b2－c2a2＋b2－c2 ab 2ab＝4. 答案：4 7．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知sin Asin B＝sin Ctan C. a2＋b2 (1)求2的值； c(2)若a＝ 2 c，且△ABC的面积为4，求c的值． 2 c2 解：(1)由已知sin Asin B＝sin Ctan C得cos C＝. aba2＋b2－c2 又cos C＝， 2ab故 a2＋b2＝3c2，故 a2＋b2 的值为3. c2 (2)由a＝ 2210c, a＋b2＝3c2得b＝c. 22 255 ，故sin C＝. 55 由余弦定理得cos C＝ 12105 所以×c×c×＝4，解得c＝4. 2225 8．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且a＝2,2cos2 4 . 5 (1)若满足条件的△ABC有且只有一个，求b的取值范围； (2)当△ABC的周长取最大值时，求b的值. B＋C441 解：2cos2＋sin A＝⇒1＋cos(B＋C)＋sin A＝⇒sin A－cos A＝－. 2555 B＋C ＋sin A＝2 又0 3sin A＝， 5 (1)若满足条件的△ABC有且只有一个，则有a＝bsin A或a≥b，则b的取值范围为(0,2] 10∪3. (2)设△ABC的周长为l，由正弦定理得 l＝a＋b＋c＝a＋ a (sin B＋sin C) sin A 10 ＝2＋[sin B＋sin(A＋B)] 3 10 ＝2＋[sin B＋sin Acos B＋cos Asin B] 3＝2＋2(3sin B＋cos B) ＝2＋210sin(B＋θ)， 10，sin θ＝10 其中θ为锐角，且 310 cos θ＝ ，10取到．此时b＝ (时间120分钟 满分150分) 一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．在△ABC中，a＝k，b＝3k(k＞0)，A＝45°，则满足条件的三角形有( ) A．0个 C．2个 解析：选A 由正弦定理得∴sin B＝ B．1个 D．无数个 ab ＝， sin Asin B a sin B＝10. sin A lmax＝2＋210，当cos B＝ 10310，sin B＝时1010 bsin A6 ＝＞1，即sin B ＞1，这是不成立的．所以没有满足此条件的三角形． a2 π 2．在△ABC中，A＝，BC＝3，AB＝6，则C＝( ) 3π3πA.或 44 3π B. 4 πC. 4π D. 6 BCAB2 解析：选C 由＝，得sin C＝. sin Asin C2 π ∵BC＝3，AB＝6，∴A>C，则C为锐角，故C＝. 43．在△ABC中，a＝15，b＝20，A＝30°，则cos B＝( ) 5A．± 3C．－ 5 3 2 B. 3 D. 5 3 ab15202 解析：选A 因为＝，所以＝，解得sin B＝.因为b>a，所以B>A， sin Asin Bsin 30°sin B35 故B有两解，所以cos B＝±. 3 4．在△ABC中，已知(b＋c)∶(c＋a)∶(a＋b)＝4∶5∶6，则sin A∶sin B∶sin C等于( ) A．6∶5∶4 C．3∶5∶7 B．7∶5∶3 D．4∶5∶6 解析：选B ∵(b＋c)∶(c＋a)∶(a＋b)＝4∶5∶6， ∴ b＋cc＋aa＋bb＋cc＋aa＋b ＝＝.令＝＝＝k(k>0)， 456456 b＋c＝4k， 则c＋a＝5k，a＋b＝6k， 5 解得b＝2k， 3c＝2k. 7a＝k，2 ∴sin A∶sin B∶sin C＝a∶b∶c＝7∶5∶3. Ac－b 5．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin2＝，则△ABC的形 22c状为( ) A．等边三角形 C．等腰三角形 B．直角三角形 D．等腰直角三角形 1－cos A1b 解析：选B 由已知可得＝－， 222cb 即cos A＝c，b＝ccos A. b2＋c2－a2 法一：由余弦定理得cos A＝， 2bc b2＋c2－a2 则b＝c·， 2bc 所以c2＝a2＋b2，由此知△ABC为直角三角形． 法二：由正弦定理，得 sin B＝sin Ccos A．在△ABC中，sin B＝sin(A＋C)， 从而有sin Acos C＋cos Asin C＝sin Ccos A， 即sin Acos C＝0.在△ABC中，sin A≠0， π 所以cos C＝0.由此得C＝，故△ABC为直角三角形． 2 6．已知圆的半径为4，a，b，c为该圆的内接三角形的三边，若abc＝162，则三角形的面积为( ) A．22 C.2 B．82 D. 2 2 abc 解析：选C ∵＝＝＝2R＝8， sin Asin Bsin Ccabc1621 ∴sin C＝，∴S△ABC＝absin C＝＝＝2. 821616 7．在△ABC中，三边长分别为a－2，a，a＋2，最大角的正弦值为的面积为( ) 15 A. 4213C. 4 153 B. 4353 D. 4 3 ，则这个三角形2 解析：选B ∵三边不等，∴最大角大于60°.设最大角为α，故α所对的边长为a＋2，∵sin α＝ 3 ，∴α＝120°.由余弦定理得(a＋2)2＝(a－2)2＋a2＋a(a－2)，即a2＝5a，故a＝5，2 1153 故三边长为3,5,7，S△ABC＝×3×5×sin 120°＝. 24 8.如图，在△ABC中，D是边AC上的点，且AB＝AD,2AB＝3BD，BC＝2BD，则sin C的值为( ) A.C.3 36 3 B. D. 3 66 6 3a. 2 解析：选D 设BD＝a，则BC＝2a，AB＝AD＝在△ABD中，由余弦定理，得 AB＋AD－BD cos A＝＝2AB·AD 222 3a2＋3a2－a2 221 33 2×a·a22 22 . 3 ＝. 3 又∵A为△ABC的内角，∴sin A＝在△ABC中，由正弦定理得， BCAB ＝. sin Asin C 3a222AB6 ∴sin C＝BC·sin A＝·＝. 2a36 二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．把答案填在题中横线上) 9．在△ABC中，已知解析：由正弦定理 abc ＝＝，则这个三角形的形状是________． cos Acos Bcos C abcsin Asin Bsin C＝＝得＝＝，∴tan A＝tan B＝tan C，sin Asin Bsin Ccos Acos Bcos C ∴A＝B＝C，三角形ABC为等边三角形． 答案：等边三角形 10．在△ABC中，B＝30°，C＝120°，则A＝________，a∶b∶c＝________. 解析：A＝180°－B－C＝30°，由正弦定理得a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C， 即a∶b∶c＝sin 30°∶sin 30°∶sin 120°＝1∶1∶3. 答案：30° 1∶1∶3 π 11．已知△ABC中，内角A，B，C所对边长分别为a，b，c，若A＝，b＝2acos B， 3c＝1，则B＝________，△ABC的面积等于________． 解析：由正弦定理得sin B＝2sin Acos B， ππ 故tan B＝2sin A＝2sin＝3，又B∈(0，π)，所以B＝， 33π 又A＝B＝，则△ABC是正三角形， 31133 所以S△ABC＝bcsin A＝×1×1×＝. 2224π3 答案： 34 12．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b＝2a，B＝A＋60°，则A＝________，三角形的形状为________． 解析：∵b＝2a，由正弦定理，得sin B＝2sin A，又B＝A＋60°，∴sin(A＋60°)＝2sin 133 A，即sin A＋cos A＝2sin A，∴tan A＝.又0°＜A＜180°，∴A＝30°，B＝90°. 223 答案：30° 直角三角形 ACABBC2 13．已知三角形ABC中，BC边上的高与BC边长相等，则＋＋的最大值 ABACAB·AC是________． ACABBC2bca2112 2 解析：由题意得， bcsin A＝a⇒bcsin A＝a，因此AB＋AC＋＝＋＋＝ 22AB·ACcbbcb2＋c2＋a2a2＋2bccos A＋a2 A＋π≤22，从而所求最大值是＝＝2cos A＋2sin A＝22sin4bcbc22. 答案：22 35 14．在△ABC中，已知cos A＝，cos B＝，b＝3，则sin C＝________，c＝________. 5133 解析：在△ABC中，∵cos A＝>0， 54 ∴sin A＝. 5∵cos B＝ 512>0，∴sin B＝. 1313 ∴sin C＝sin [π－(A＋B)]＝sin(A＋B) 4531256 ＝sin Acos B＋cos Asin B＝×＋×＝. 51351365bc 由正弦定理知＝， sin Bsin C563× 6514bsin C ∴c＝＝＝. sin B125 135614 答案： 655 15．太湖中有一小岛，沿太湖有一条正南方向的公路，一辆汽车测得小岛在公路的南偏西15°的方向上，汽车行驶1 km后，又测得小岛在南偏西75°的方向上，则小岛到公路的距离是________km. 解析：如图，∠CAB＝15°， ∠CBA＝180°－75°＝105°， ∠ACB＝180°－105°－15°＝60°， AB＝1(km)． BCAB 由正弦定理得＝， sin∠CABsin∠ACB6－21 ∴BC＝·sin 15°＝(km)． sin 60°23 设C到直线AB的距离为d， 则d＝BC·sin 75°＝答案： 3 6 6－26＋23 ×＝(km)． 4623 三、解答题(本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 16．(14分)在△ABC中，a＝3，b＝26，B＝2A. (1)求cos A的值； (2)求c的值． 326 解：(1)因为a＝3，b＝26，B＝2A，所以在△ABC中，由正弦定理得＝. sin Asin 2A2sin Acos A266所以＝.故cos A＝. sin A33(2)由(1)知cos A＝ 6 ， 3 3. 3 所以sin A＝1－cos2A＝又因为B＝2A， 1 所以cos B＝2cos2A－1＝. 322所以sin B＝1－cos2B＝. 3在△ABC中，sin C＝sin(A＋B) ＝sin Acos B＋cos Asin B＝所以c＝ asin C ＝5. sin A 53 . 9 17.(15分)如图，观测站C在目标A的南偏西20°方向，经过A处有一条南偏东40°走向的公路，在C处观测到与C相距31 km的B处有一人正沿此公路向A处行走，走20 km到达D处，此时测得C，D相距21 km，求D，A之间的距离． 解：由已知，得CD＝21 km，BC＝31 km，BD＝20 km， CD2＋BD2－BC2 在△BCD中，由余弦定理，得cos∠BDC＝＝－ 2CD·BD1 . 7 143设∠ADC＝α，则cos α＝，sin α＝， 77 在△ACD中，由正弦定理得，得 AD21 ＝， sin60°＋αsin 60° ADCD ＝， sin∠ACDsin∠CAD 所以AD＝ 424231sin(60°＋α)＝cos α＋sin α 2332 ＝15(km)， 即所求D，A之间的距离为15 km. 18.(15分)如图，某海轮以60海里/小时的速度航行，在A点测得海面上油井P在南偏东60°，向北航行40分钟后到达B点，测得油井P在南偏东30°，海轮改为北偏东60°的航向再行驶80分钟到达C点，求P，C间的距离． 解：由题意知AB＝40，∠A＝120°，∠ABP＝30°， 所以∠APB＝30°，所以AP＝40， 所以BP2＝AB2＋AP2－2AP·AB·cos 120° 1 －＝402×3， ＝402＋402－2×40×40×2所以BP＝403. 4 又∠PBC＝90°，BC＝60×＝80， 3 所以PC2＝BP2＋BC2＝(403)2＋802＝11 200， 所以PC＝407海里． 19．(15分)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足sin(2A＋B)＝2sin A＋2cos(A＋B)sin A. a (1)求的值； b(2)若△ABC的面积为 3 ，且a＝1，求c的值． 2 解：(1)∵sin(2A＋B)＝2sin A＋2cos(A＋B)sin A， ∴sin[A＋(A＋B)]＝2sin A＋2cos(A＋B)sin A， ∴sin(A＋B)cos A－cos(A＋B)sin A＝2sin A， ∴sin B＝2sin A， a1由正弦定理得b＝2a，∴b＝. 2 113 (2)∵a＝1，∴b＝2，S△ABC＝absin C＝×1×2×sin C＝， 222所以sin C＝ 31 ，cos C＝±， 22 a2＋b2－c21＋4－c211 当cos C＝时，∴cos C＝＝＝，∴c＝3. 22ab42a2＋b2－c21＋4－c211 当cos C＝－时，∴cos C＝＝＝－，∴c＝7. 22ab42故c＝3或c＝7. 20．(15分)在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，且满足sin A＋3cos A＝2. (1)求角A的大小； π (2)现给出三个条件：①a＝2；②B＝；③c＝3b.试从中选出两个可以确定△ABC的 4条件，写出你的方案并以此为依据求△ABC的面积．(写出一种方案即可) ππ A＋＝2，即sinA＋＝1， 解：(1)依题意得2sin33ππ4ππππ ∵0 由正弦定理＝，得b＝＝22. sin Asin Bsin A∵A＋B＋C＝π， ∴sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝2＋611 ∴S△ABC＝absin C＝×2×22×＝3＋1. 224 2＋6 ， 4 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容