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第2课时　正弦定理的应用 (教学方式:拓展融通课——习题讲评式教学)
　[课时目标]　进一步理解正弦定理,及掌握三角形面积公式的应用,能灵活利用正、余弦定理解决一些综合问题.
题型(一)　正弦定理的实际应用
[例1]　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个测点C和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.
听课记录:
　　|思|维|建|模|
解决正弦定理的实际应用问题的关键是根据题意将已知量置于可解的三角形中,通过正弦定理与其他知识解三角形后,根据实际问题得出结论.
　　[针对训练]
1.如图,为了测量某湿地A,B两点间的距离,观察者找到在同一直线上的三点C,D,E.从点D测得∠ADC=67.5°,从点C测得∠ACD=45°,∠BCE=75°,从E点测得∠BEC=60°.若测得DC=2,CE=,则A,B两点间的距离为　　　　.
题型(二)　三角形面积问题
　　三角形的面积公式
(1)S△ABC=bcsin A=acsin B=absin C,即任意三角形的面积等于任意两边与它们夹角的正弦的乘积的一半.
(2)S△ABC=ah,其中a为△ABC的一边长,而h为该边上的高的长.
(3)S△ABC=r(a+b+c)=rl,其中r,l分别为△ABC的内切圆半径及△ABC的周长.
[例2]　如图,在△ABC中,BC=5,AC=4,cos∠CAD=,且AD=BD,求△ABC的面积.
听课记录:
　　|思|维|建|模|
(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.
(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.
　　[针对训练]
2.已知△ABC的面积为,且b=2,c=,则A的大小为 (　　)
A.60°或120° B.60°
C.120° D.30°或150°
3.在钝角△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=1,A=30°,c=,则△ABC的面积为　　　　.
题型(三)　正弦定理的综合应用
[例3]　已知△ABC的内角A,B,C的对边分别是a,b,c,且(a-bcos C)=csin B.
(1)求角B的大小;
(2)若a=3,c=2,D为BC边上一点,CD=DB,求cos2∠BDA的值.
听课记录:
　　|思|维|建|模|
正、余弦定理主要应用就是实现边角互化,要注意边化为角后一般要结合三角形的内角和定理与三角恒等变换化简,注意式子结构的灵活变换.
　　[针对训练]
4.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,求证:
(1)=;
(2)++=0.
第2课时　正弦定理的应用
[例1]　解:在△BCD中,∠BCD=α,∠BDC=β,
∴∠CBD=180°-(α+β).
∴=,
即=.∴BC=·s.
在△ABC中,由于∠ABC=90°,∴=tan θ.
∴AB=BC·tan θ=·s.
[针对训练]
1.解析:根据题意,在△ADC中,∠ACD=45°,∠ADC=67.5°,DC=2,则∠DAC=180°-45°-67.5°=67.5°,则AC=DC=2.在△BCE中,∠BCE=75°,∠BEC=60°,CE=,则∠EBC=180°-75°-60°=45°,由正弦定理得=,可得BC===.在△ABC中,AC=2,BC=,∠ACB=180°-∠ACD-∠BCE=60°,由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos∠ACB=12+3-2×2××=9,故AB=3.
答案:3
[例2]　 解:设CD=x,则AD=BD=5-x,在△CAD中,
由余弦定理可知cos∠CAD===,
解得x=1,则AD=4,CD=1.
在△CAD中,由正弦定理可知=,
∴sin C=·=4=.∴S△ABC=AC·BC·sin C=×4×5×=.∴△ABC的面积为.
[针对训练]
2.选A　由S△ABC=bcsin A得=×2××sin A,所以sin A=.故A=60°或A=120°.故选A.
3.解析:在钝角△ABC中,由a=1,A=30°,c=,利用正弦定理可得C=120°(60°舍),得到B=30°,利用面积公式得S△ABC=×1××=.
答案:
[例3]　解:(1)因为(a-bcos C)=csin B,
所以a-bcos C=csin B.
由正弦定理得sin A-sin Bcos C=sin Csin B,
即sin(B+C)=sin Bcos C+sin Csin B,
化简得cos Bsin C=sin Csin B.
又因为sin B≠0,sin C≠0,所以cos B=sin B,
即tan B=.因为B∈(0,π),所以B=.
(2)因为a=3,CD=DB,所以CD=,DB=.在△ABD中,由余弦定理得AD2=22+-2×2××=,所以AD=.由正弦定理得=,
所以sin∠BDA=.
所以cos2∠BDA=1-sin2∠BDA=.
[针对训练]
4. 证明:(1)=
=·cos B-·cos A
=·-·
=-=.
(2)由正弦定理得
a=2Rsin A,b=2Rsin B,c=2Rsin C,
所以== =4R2(cos B-cos A).
同理=4R2(cos C-cos B),
=4R2(cos A-cos C).
从而++
=4R2(cos B-cos A+cos C-cos B+cos A-cos C)=0.(共45张PPT)
正弦定理的应用
(教学方式:拓展融通课——习题讲评式教学)
第2课时
课时目标
　进一步理解正弦定理,及掌握三角形面积公式的应用,能灵活利用正、余弦定理解决一些综合问题.
CONTENTS
目录
1
2
3
题型(一)　正弦定理的实际应用
题型(二)　三角形面积问题
题型(三)　正弦定理的综合应用
4
课时跟踪检测
题型(一)　正弦定理的实际应用
01
[例1]　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个测点C和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,∠BCD=α,∠BDC=β,
∴∠CBD=180°-(α+β).
∴=,
即=.∴BC=·s.
在△ABC中,由于∠ABC=90°,∴=tan θ.
∴AB=BC·tan θ=·s.
|思|维|建|模|
解决正弦定理的实际应用问题的关键是根据题意将已知量置于可解的三角形中,通过正弦定理与其他知识解三角形后,根据实际问题得出结论.
针对训练
1.如图,为了测量某湿地A,B两点间的距离,观察者找到在同一直线上的三点C,D,E.从点D测得∠ADC=67.5°,从点C测得∠ACD=45°,
∠BCE=75°,从E点测得∠BEC=60°.若测得DC=2,CE=,
则A,B两点间的距离为　　　　.
3
解析:根据题意,在△ADC中,∠ACD=45°,∠ADC=67.5°,DC=2,
则∠DAC=180°-45°-67.5°=67.5°,则AC=DC=2.在△BCE中,
∠BCE=75°,∠BEC=60°,CE=,则∠EBC=180°-75°-60°=45°,
由正弦定理得=,可得BC===.在△ABC中,
AC=2,BC=,∠ACB=180°-∠ACD-∠BCE=60°,由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos∠ACB=12+3-2×2××=9,故AB=3.
题型(二)　三角形面积问题
02
　　三角形的面积公式
(1)S△ABC=bcsin A=acsin B=absin C,即任意三角形的面积等于任意两边与它们夹角的正弦的乘积的一半.
(2)S△ABC=ah,其中a为△ABC的一边长,而h为该边上的高的长.
(3)S△ABC=r(a+b+c)=rl,其中r,l分别为△ABC的内切圆半径及△ABC的周长.
[例2]　如图,在△ABC中,BC=5,AC=4,cos∠CAD=,且AD=BD,求△ABC的面积.
解:设CD=x,则AD=BD=5-x,在△CAD中,
由余弦定理可知cos∠CAD===,
解得x=1,则AD=4,CD=1.
在△CAD中,由正弦定理可知=,
∴sin C=·=4=.∴S△ABC=
AC·BC·sin C=×4×5×=.∴△ABC的面积为.
|思|维|建|模|
(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.
(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.
针对训练
2.已知△ABC的面积为,且b=2,c=,则A的大小为(　　)
A.60°或120° B.60°
C.120° D.30°或150°
解析:由S△ABC=bcsin A得=×2××sin A,所以sin A=.
故A=60°或A=120°.故选A.
√
3.在钝角△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=1,A=30°,c=,则△ABC的面积为　　　　.
解析:在钝角△ABC中,由a=1,A=30°,c=,利用正弦定理可得C=
120°(60°舍),得到B=30°,利用面积公式得S△ABC=×1××=.
题型(三)　正弦定理的综合应用
03
[例3]　已知△ABC的内角A,B,C的对边分别是a,b,c,且(a-bcos C)=csin B.
(1)求角B的大小;
解:因为(a-bcos C)=csin B,
所以a-bcos C=csin B.
由正弦定理得sin A-sin Bcos C=sin Csin B,
即sin(B+C)=sin Bcos C+sin Csin B,
化简得cos Bsin C=sin Csin B.
又因为sin B≠0,sin C≠0,所以cos B=sin B,
即tan B=.因为B∈(0,π),所以B=.
(2)若a=3,c=2,D为BC边上一点,CD=DB,求cos2∠BDA的值.
解:因为a=3,CD=DB,所以CD=,DB=.
在△ABD中,由余弦定理得AD2=22+-2×2××=,所以AD=.
由正弦定理得=,
所以sin∠BDA=.
所以cos2∠BDA=1-sin2∠BDA=.
|思|维|建|模|
正、余弦定理主要应用就是实现边角互化,要注意边化为角后一般要结合三角形的内角和定理与三角恒等变换化简,注意式子结构的灵活变换.
针对训练
4.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,求证:
(1)=;
证明:=
=·cos B-·cos A
=·-·
=-=.
(2)++=0.
证明:由正弦定理得
a=2Rsin A,b=2Rsin B,c=2Rsin C,
所以== =4R2(cos B-cos A).
同理=4R2(cos C-cos B),
=4R2(cos A-cos C).
从而++
=4R2(cos B-cos A+cos C-cos B+cos A-cos C)=0.
课时跟踪检测
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1.如图所示,设A,B两点在河的两岸,一测量者在A所在的河岸边选定一点C,测出AC的距离为50 m,∠ACB=45°,
∠CAB=105°,则A,B两点的距离为 (　　)
A.50 m B.50 m
C.25 m D. m
√
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解析:由题意知∠ABC=30°.
由正弦定理得=,
所以AB===50(m).
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2.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.若2cos2-cos 2C=1,
4sin B=3sin A,a-b=1,则c的值为(　　)
A. B.7 C.37 D.6
解析:由2cos2-cos 2C=1,得1+cos(A+B)-(2cos2C-1)=2-2cos2C-cos C=1,
即2cos2C+cos C-1=0,解得cos C=或cos C=-1(舍去).由4sin B=3sin A及正弦定理,得4b=3a,结合a-b=1,得a=4,b=3.由余弦定理,知c2=a2+b2-2abcos C=
42+32-2×4×3×=13,所以c=.
√
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3.已知a,b,c分别为△ABC内角A,B,C的对边,bsin A=(3b-c)sin B,且cos A=,则下列说法不正确的是(　　)
A.a+c=3b
B.tan A=2
C.△ABC的周长为4c
D.△ABC的面积为c2
√
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解析:由bsin A=(3b-c)sin B角化边可得ba=(3b-c)b,所以a+c=3b,故A正确.
因为cos A=,所以sin A==.所以tan A==2,故B正确.
△ABC的周长为a+b+c=4b,故C错误.
根据余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,得a2=b2+c2-bc,将a=3b-c代入上式可得b=c,代入a+c=3b可得a=c,所以△ABC的面积为bcsin A=c2,故D正确.
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4.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,△ABC的面积为b(bsin B-asin A-csin C),则B=(　　)
A. B. C. D.
解析:因为△ABC的面积为b(bsin B-asin A-csin C),
所以absin C=b(bsin B-asin A-csin C),即asin C=bsin B-asin A-
csin C.
由正弦定理得ac=b2-a2-c2,即a2+c2-b2=-ac.所以cos B==-.
因为B∈(0,π),所以B=.
√
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5.已知在锐角三角形ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若sin2A-
sin Bsin C=0,则的取值范围为(　　)
A. B.
C. D.(-1,1)
√
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解析:由正弦定理及sin2A-sin Bsin C=0,得a2=bc.根据余弦定理
a2=b2+c2-2bccos A,得a2=(b-c)2+2bc(1-cos A).
令p==,则b-c=2pa.
因此a2=4p2a2+2a2(1-cos A),
即4p2=2cos A-1.
由题意可知A是锐角,所以0因此0≤p2<.所以-1
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6.在△ABC中,已知b2-bc-2c2=0,且a=,cos A=,则△ABC的面积等于(　　)
A. B.
C.2 D.
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解析:因为b2-bc-2c2=0,
所以(b-2c)(b+c)=0.又b+c>0,所以b=2c.
又a2=b2+c2-2bccos A,即()2=b2+c2-2bc·,将b=2c代入,解得c=2,b=4.
因为cos A=,所以sin A=.
所以S△ABC=bcsin A=×4×2×=.
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7.如图,飞机的航线和山顶在同一个铅垂面内,
若飞机的高度为海拔18 km,速度为1 000 km/h,
飞行员先看到山顶的俯角为30°,经过1 min 后
又看到山顶的俯角为75°,则山顶的海拔高度约
为　 　 km.(精确到0.1 km,参考数据:≈1.732)
解析:因为AB=1 000×=(km),所以BC=·sin 30°=(km),航线离山顶的高度为h=×sin 75°=×sin(45°+30°)≈11.4(km).所以山顶的海拔高度约为18-11.4=6.6(km).
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8.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知b=2,B=,C=,则△ABC的面积为　　　　.
解析:由正弦定理知=,结合条件得c==2.又sin A=
sin(π-B-C)=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C=,所以△ABC
的面积S=bcsin A=+1.
+1
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9.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b+2c=2acos B,a=8,
△ABC的面积为4,则b+c的值为　　　　.
解析:根据余弦定理得b+2c=2a×,整理得b2+c2-a2=-bc.
∴cos A==-.
∵A∈(0,π),∴A=.
又△ABC的面积为4,∴bcsin A=bc×=4,解得bc=16.
根据余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos A,即64=b2+c2-2bccos =
b2+c2+bc=(b+c)2-bc=(b+c)2-16,∴(b+c)2=80,∴b+c=4.
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10.(18分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin Csin(A-B)=
sin Bsin(C-A).
(1)证明:2a2=b2+c2;
解:证明:因为A+B+C=π,
所以sin Csin(A-B)=sin(A+B)sin(A-B)=sin2Acos2B-cos2Asin2B=
sin2A(1-sin2B)-(1-sin2A)sin2B=sin2A-sin2B.
同理有sin Bsin(C-A)=sin(C+A)sin(C-A)=sin2C-sin2A.
所以sin2A-sin2B=sin2C-sin2A,
由正弦定理可得2a2=b2+c2.
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(2)若a=5,cos A=,求△ABC的周长.
解:由(1)及a2=b2+c2-2bccos A,得a2=2bccos A,所以2bc=31.
因为b2+c2=2a2=50,所以(b+c)2=b2+c2+2bc=81,得b+c=9.
所以△ABC的周长l=a+b+c=14.
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11.(18分)如图,渔船甲位于岛屿A的南偏西60°方向的B处,且与岛屿A相距6 n mile,渔船乙以5 n mile/h的速度从岛屿A出发沿正北方向航行,若渔船甲同时从B处出发沿北偏东α的方向追赶渔船乙,刚好用2 h追上.
(1)求渔船甲的速度;
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解:由题意知
∠BAC=120°,AB=6,AC=5×2=10.
在△ABC中,由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB×AC×cos∠BAC
=62+102-2×6×10×cos 120°=196,
解得BC=14,所以v甲==7 n mile/h.
所以渔船甲的速度为7 n mile/h.
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(2)求sin α.
解:在△ABC中,AB=6,∠BAC=120°,
BC=14,∠BCA=α.
由正弦定理得=,
即sin α===.
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12.(19分)(2023·新课标Ⅱ卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知△ABC的面积为,D为BC的中点,且AD=1.
(1)若∠ADC=,求tan B;
解:因为D为BC的中点,
所以S△ABC=2S△ADC=2××AD×DCsin∠ADC=2××1×DC×=,
解得DC=2,
所以BD=DC=2,a=4.
因为∠ADC=,所以∠ADB=.
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在△ABD中,由余弦定理得c2=AD2+BD2-2AD·BDcos∠ADB=1+4+2=7,所以c=.
在△ABD中,由正弦定理得=,
所以sin B==,
所以cos B==.
所以tan B==.
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(2)若b2+c2=8,求b,c.
解:因为D为BC的中点,所以BC=2BD.
在△ABD与△ABC中,
由余弦定理得
cos B==,
整理得2BD2=b2+c2-2=6,
得BD=,所以a=2.
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在△ABC中,由余弦定理得
cos∠BAC===-,
所以S△ABC=bcsin∠BAC=bc
=bc= =,
解得bc=4.
则由解得b=c=2.课时跟踪检测(二十四)　正弦定理的应用
(满分100分,选填小题每题5分)
1.如图所示,设A,B两点在河的两岸,一测量者在A所在的河岸边选定一点C,测出AC的距离为50 m,
∠ACB=45°,∠CAB=105°,则A,B两点的距离为 (　　)
A.50 m B.50 m
C.25 m D. m
2.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.若2cos2-cos 2C=1,4sin B=3sin A,a-b=1,则c的值为 (　　)
A. B.7
C.37 D.6
3.已知a,b,c分别为△ABC内角A,B,C的对边,bsin A=(3b-c)sin B,且cos A=,则下列说法不正确的是 (　　)
A.a+c=3b
B.tan A=2
C.△ABC的周长为4c
D.△ABC的面积为c2
4.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,△ABC的面积为b(bsin B-asin A-csin C),则B= (　　)
A. B.
C. D.
5.已知在锐角三角形ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若sin2A-sin Bsin C=0,则的取值范围为 (　　)
A. B.
C. D.(-1,1)
6.在△ABC中,已知b2-bc-2c2=0,且a=,cos A=,则△ABC的面积等于 (　　)
A. B.
C.2 D.
7.如图,飞机的航线和山顶在同一个铅垂面内,若飞机的高度为海拔18 km,速度为1 000 km/h,飞行员先看到山顶的俯角为30°,经过1 min 后又看到山顶的俯角为75°,则山顶的海拔高度约为　　　　 km.(精确到0.1 km,参考数据:≈1.732)
8.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知b=2,B=,C=,则△ABC的面积为　　　　.
9.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b+2c=2acos B,a=8,△ABC的面积为4,则b+c的值为　　　　.
10.(18分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A).
(1)证明:2a2=b2+c2;
(2)若a=5,cos A=,求△ABC的周长.
11.(18分)如图,渔船甲位于岛屿A的南偏西60°方向的B处,且与岛屿A相距6 n mile,渔船乙以5 n mile/h的速度从岛屿A出发沿正北方向航行,若渔船甲同时从B处出发沿北偏东α的方向追赶渔船乙,刚好用2 h追上.
(1)求渔船甲的速度;
(2)求sin α.
12.(19分)(2023·新课标Ⅱ卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知△ABC的面积为,D为BC的中点,且AD=1.
(1)若∠ADC=,求tan B;
(2)若b2+c2=8,求b,c.
课时跟踪检测(二十四)
1．选A　由题意知∠ABC＝30°. 由正弦定理得＝，所以AB＝＝＝50(m)．
2．选A　由2cos2－cos 2C＝1，得1＋cos(A＋B)－(2cos2C－1)＝2－2cos2C－cos C＝1，即2cos2C＋cos C－1＝0，解得cos C＝或cos C＝－1(舍去)．由4sin B＝3sin A及正弦定理，得4b＝3a，结合a－b＝1，得a＝4，b＝3.由余弦定理，知c2＝a2＋b2－2abcos C＝42＋32－2×4×3×＝13，所以c＝.
3．选C　由bsin A＝(3b－c)sin B角化边可得ba＝(3b－c)b，所以a＋c＝3b，故A正确．因为cos A＝，所以sin A＝＝.所以tan A＝＝2，故B正确．△ABC的周长为a＋b＋c＝4b，故C错误．根据余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，得a2＝b2＋c2－bc，将a＝3b－c代入上式可得b＝c，代入a＋c＝3b可得a＝c，所以△ABC的面积为bcsin A＝c2，故D正确．
4．选D　因为△ABC的面积为b(bsin B－asin A－csin C)，所以absin C＝b(bsin B－
asin A－csin C)，即asin C＝bsin B－asin A－csin C．由正弦定理得ac＝b2－a2－c2，即a2＋c2－b2＝－ac.所以cos B＝＝－.因为B∈(0，π)，所以B＝.
5．选A　由正弦定理及sin2A－sin Bsin C＝0，得a2＝bc.根据余弦定理a2＝b2＋c2－
2bccos A，得a2＝(b－c)2＋2bc(1－cos A)．令p＝＝，则b－c＝2pa.因此a2＝4p2a2＋2a2(1－cos A)，即4p2＝2cos A－1.由题意可知A是锐角，所以06．选A　因为b2－bc－2c2＝0，所以(b－2c)(b＋c)＝0.又b＋c>0，所以b＝2c.又a2＝b2＋c2－2bccos A，即()2＝b2＋c2－2bc·，将b＝2c代入，解得c＝2，b＝4.因为cos A＝，所以sin A＝.所以S△ABC＝bcsin A＝×4×2×＝.
7．解析：因为AB＝1 000×＝(km)，所以BC＝·sin 30°＝(km)，航线离山顶的高度为h＝×sin 75°＝×sin(45°＋30°)≈11.4(km)．所以山顶的海拔高度约为18－11.4＝6.6(km)．
答案：6.6
8．解析：由正弦定理知＝，结合条件得c＝＝2.又sin A＝sin(π－B－C)＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C＝，所以△ABC的面积S＝bcsin A＝＋1.
答案：＋1
9．解析：根据余弦定理得b＋2c＝2a×，整理得b2＋c2－a2＝－bc.∴cos A＝＝－.∵A∈(0，π)，∴A＝.又△ABC的面积为4，∴bc·sin A＝bc×＝4，解得bc＝16.根据余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccos A，即64＝b2＋c2－2bccos ＝b2＋c2＋bc＝(b＋c)2－bc＝(b＋c)2－16，∴(b＋c)2＝80，∴b＋c＝4.
答案：4
10．解：(1)证明：因为A＋B＋C＝π，
所以sin Csin(A－B)＝sin(A＋B)sin(A－B)＝sin2Acos2B－cos2Asin2B＝sin2A(1－sin2B)－(1－sin2A)sin2B＝sin2A－sin2B.
同理有sin Bsin(C－A)＝sin(C＋A)sin(C－A)＝sin2C－sin2A.
所以sin2A－sin2B＝sin2C－sin2A，
由正弦定理可得2a2＝b2＋c2.
(2)由(1)及a2＝b2＋c2－2bccos A，得a2＝2bccos A，所以2bc＝31.
因为b2＋c2＝2a2＝50，所以(b＋c)2＝b2＋c2＋2bc＝81，得b＋c＝9.
所以△ABC的周长l＝a＋b＋c＝14.
11．解：(1)由题意知∠BAC＝120°，AB＝6，AC＝5×2＝10.
在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB×AC×cos∠BAC
＝62＋102－2×6×10×cos 120°＝196，
解得BC＝14，所以v甲＝＝7 n mile/h.
所以渔船甲的速度为7 n mile/h.
(2)在△ABC中，AB＝6，∠BAC＝120°，
BC＝14，∠BCA＝α.
由正弦定理得＝，
即sin α＝＝＝.
12．解：(1)因为D为BC的中点，
所以S△ABC＝2S△ADC＝2××AD×DCsin∠ADC＝2××1×DC×＝，
解得DC＝2，所以BD＝DC＝2，a＝4.
因为∠ADC＝，所以∠ADB＝.
在△ABD中，由余弦定理得c2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB＝1＋4＋2＝7，所以c＝.
在△ABD中，由正弦定理得＝，所以sin B＝＝，
所以cos B＝＝.
所以tan B＝＝.
(2)因为D为BC的中点，所以BC＝2BD.
在△ABD与△ABC中，由余弦定理得cos B＝＝，
整理得2BD2＝b2＋c2－2＝6，
得BD＝，所以a＝2.
在△ABC中，由余弦定理得cos∠BAC＝＝＝－，
所以S△ABC＝bcsin∠BAC
＝bc
＝bc ＝＝，
解得bc＝4.则由解得b＝c＝2.

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