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第3课时　余弦定理、正弦定理的综合应用
【课程标准要求】　1.利用余弦定理、正弦定理及推论解三角形, 发展数学抽象及逻辑推理的核心素养.2.借助三角形的面积公式的简单推导和应用,强化逻辑推理及数学运算的核心素养.
知识点　三角形的面积公式
(1)S=a·ha=b·hb=c·hc(ha,hb,hc分别表示边a,b,c上的高).
(2)S=absin C=bcsin A=acsin B.
(3)S=(a+b+c)·r(r为△ABC内切圆的半径).
知识拓展
　三角形的其他面积公式
(1)S=(其中,a,b,c是△ABC的各边长,R是△ABC的外接圆半径).
(2)S=(其中p=(a+b+c)).
(3)S△ABC=a2·=b2·=c2·.
基础自测
1.在△ABC中,AB=4,C=,S△ABC=4,则AC等于(　　)
[A] 2 [B] 3 [C] 4 [D] 6
由余弦定理可得cos = AC2+BC2=32,②
由①②解得AC=4(负值舍去).故选C.
2.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知c=,C=,sin B=2sin A,则△ABC的周长是(　　)
[A] 3 [B] 2+
[C] 3+ [D] 4+
3.在△ABC中,已知3b=2asin B,且cos B=cos C,A是锐角,则△ABC是(　　)
[A] 直角三角形 [B] 等腰三角形
[C] 等腰直角三角形 [D] 等边三角形
4.在△ABC中,a2-b2=bc,sin C=2sin B,则 A=　 　　　.
题型一　判断三角形的形状
[例1] 在△ABC中,已知=,且sin2A+sin2B=sin2C.求证:△ABC为等腰直角三角形.
又因为=,所以=.
所以a2=b2,即a=b.
设===k(k≠0),
则sin A=,sin B=,sin C=.
又因为sin2A+sin2B=sin2C,
所以+=,即a2+b2=c2,
所以△ABC为等腰直角三角形.
(1)判断三角形形状时,应围绕三角形的边角关系,利用正弦定理或余弦定理进行边角互化,要么把角转化为边,通过代数变形找出边之间的关系,要么把边转化为角,通过三角变换找出角之间的关系,当然也可以边角同时考虑.
(2)在解题中,若出现关于边的齐次式(方程),或关于角的正弦的齐次式(方程),可通过正弦定理,进行边角互化.
[变式训练] 在△ABC中,若=2cos A,则此三角形为(　　)
[A] 直角三角形
[B] 等腰三角形
[C] 等边三角形
[D] 等腰或直角三角形
题型二　三角形的面积公式
[例2] (1)在△ABC中,A=30°,C=45°,a=2,求S△ABC.
(2)若△ABC的面积为,BC=2,C=60°,求边AB的长度.
所以B=105°,
由正弦定理得=,
b===4sin 105°
=4(sin 60°cos 45°+cos 60°sin 45°)
=+,
S△ABC=absin C=×2×(+)×
=1+.
法二　设△ABC的外接圆半径为R,由正弦定理知==4=2R,所以R=2.
又A=30°,C=45°,所以B=105°,
所以S△ABC=2R2sin Asin Bsin C=8×××=+1.
(2)法一　由S△ABC=AC·BCsin C=,
得AC=2,由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos 60°=22+22-2×2×2×=4,
所以AB=2,即边AB的长度等于2.
法二　由S△ABC=AC·BC·sin C=,
得AC=2,所以AC=BC=2.又C=60°,
所以△ABC为等边三角形,所以AB=2,
即边AB的长度等于2.
三角形面积计算的解题思路
对于此类问题,一般用公式S=absin C=bcsin A=acsin B进行求解,可分为以下两种情况:
(1)若所求面积为多边形的面积,可通过作辅助线或其他途径构造三角形,转化为求三角形的面积.
(2)若所给条件为边角关系,则需要运用正弦定理、余弦定理求出某两边及夹角,再利用三角形面积公式进行求解.
[变式训练] 在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知tan B=,cos C=,且b=3.求△ABC的面积.
因为cos C=,0所以sin C==.
所以cos A=-cos(B+C)=-cos(+C)=-(×-×)=.
由正弦定理=
可得c===8.
又因为sin A=sin(B+C)=sin(+C)=×+×=,
所以△ABC的面积S△ABC=bcsin A=×3×8×=6+8.
题型三　余弦、正弦定理的综合应用
[例3] 如图,在平面四边形ABCD中,∠CAD=∠BAC=,∠BCD=,BD=,BC=2.求:
(1)sin∠CBD;
(2)AC的长.
cos ∠BCD=,
即-=,所以CD=(负值已舍去).
由正弦定理可得=,
即sin∠CBD===.
(2)在△ACD中,由正弦定理得=,所以sin∠ADC=.
在△ABC中,由正弦定理得=,
所以sin∠ABC=AC.
因为∠CAD=∠BAC=,∠BCD=,
所以∠ADC+∠ABC=,
所以sin2∠ADC+sin2∠ABC=cos2∠ABC+
sin2∠ABC=1,所以+=1,所以AC=(负值舍去).
多边形中计算问题的解题思路
(1)正确挖掘图形中的几何条件,简化运算是解题要点,还要善于应用正弦定理、余弦定理.只需通过解三角形,一般问题便能很快解决.
(2)解决此类问题的关键是仔细观察,发现图形中较隐蔽的几何条件.
[变式训练] (多选题) 如图,△ABC的内角∠CAB,B,∠ACB所对的边分别为a,b,c,(acos∠ACB+ccos∠CAB)=2bsin B,且∠CAB=.若D是△ABC外一点,DC=1,AD=3,则下列说法正确的是(　　)
[A] △ABC的内角B=
[B] △ABC的内角∠ACB=
[C] 四边形ABCD面积的最大值为+3
[D] 四边形ABCD的面积无最大值
所以(sin∠CABcos∠ACB+sin∠ACB·cos∠CAB)=2sin2B,
所以sin(∠CAB+∠ACB)=2sin2B,
所以sin B=2sin2B.
又sinB≠0,所以sin B=.
因为∠CAB=,所以B∈(0,),所以B=,所以∠ACB=π-∠CAB-B=,因此A,B正确;
四边形ABCD的面积等于S△ABC+S△ACD=AC2+AD·DCsin∠ADC=(AD2+DC2-2AD·DCcos∠ADC)+AD·DCsin∠ADC=(9+1-6cos∠ADC)+×3×1×sin∠ADC=+3sin(∠ADC-)≤+3,当且仅当∠ADC-=,即∠ADC=时,等号成立,因此C正确,D错误.
故选ABC.
培优拓展3　三角形中的特征线
一、三角形中线问题
　方法1　向量法
如图,在△ABC中,D为CB的中点,2=+,如果不是中点,是几等分点也可以用此法.
方法2　角互补
∠ADC+∠ADB=π cos∠ADC+cos∠ADB=0,
在△ADB中有cos∠ADB=,
在△ADC中有cos∠ADC=.
二、角平分线
　如图,在△ABC中,AD平分∠BAC,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.
方法1　内角平分线定理
= 或 =.
方法2　等面积法(使用频率最高)
S△ABC=S△ABD+S△ADC AB·AC·sin A=AB·AD·sin +AC·AD·sin.
方法3　边与面积的比值
=.(此结论也可以结合定比分点公式应用)
【题型演绎】
类型一　三角形中线问题
[典例1] (苏教版必修第二册P94例6) 如图,AM是△ABC的边BC上的中线,求证:
AM=.
在△ABM中,由余弦定理,得
AB2=AM2+BM2-2AM·BMcos α.
在△ACM中,由余弦定理,得
AC2=AM2+MC2-2AM·MCcos(180°-α).
因为cos(180°-α)=-cos α,BM=MC=BC.
所以AB2+AC2=2AM2+BC2,
从而AM=.
[跟踪训练] 在①cos 2A=cos(B+C),②asin C=ccos A 这两个条件中任选一个作为已知条件,然后解答问题.
在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,　　　　.
(1)求角A.
(2)若b=2,c=4,求△ABC的BC边上的中线AD的长.
所以2cos2A+cos A-1=0,
所以cos A=或cos A=-1(舍去),
因为A∈(0,π),所以A=.
若选②,asin C=ccos A,由正弦定理,
得sin A sin C=sin Ccos A,
因为A,C∈(0,π),所以sin C>0,则sin A= cos A,所以tan A=,所以A=.
(2)AD是△ABC的BC边上的中线,
所以=(+),
所以=(+)2=(+2·+)
=(||2+2·+||2)
=(c2+2c·bcos+b2)
=×(42+2×4×2×cos+22)=7,
所以AD=.
类型二　三角形角平分线问题
[典例2] 在△ABC中,∠BAC的平分线AD与边BC相交于点D,满足BD=2DC.
(1)求证:AB=2AC.
(2)若AD=BD=2,求∠BAC的大小.
在△ABD中,由正弦定理可得
=,①
在△ADC中,由正弦定理可得
=,②
由①和②可得=,
又∠ADC+∠ADB=180°,
故sin∠ADC=sin∠ADB,
可得==2,即AB=2AC.
在△ABD中,由余弦定理可得
AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos∠ADB,
即4x2=8-8cos∠ADB,③
在△ADC中,由余弦定理可得
AC2=AD2+DC2-2AD·DCcos∠ADC,
即x2=5-4cos∠ADC,④
又∠ADC+∠ADB=180°,
所以cos∠ADC=-cos∠ADB,
由③和④可解得x=,cos∠ADC=,
从而可得AB=2,AC=,BC=3,
在△ABC中,由余弦定理得
cos∠BAC==,
又0°<∠BAC<180°,所以∠BAC=60°.
[跟踪训练] 已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,满足=.
(1)求角C.
(2)CD是∠ACB的平分线,若CD=,△ABC的面积为,求c的值.
(2) 由面积公式得absin C=ab×=,
解得ab=4,
又CD是∠ACB的平分线, 则S△ACD+S△BCD=·CA·CD·sin+·CB·CD·sin=S△ABC, 故·(a+b)·= a+b=6.
所以c2=a2+b2-ab=(a+b)2-3ab=108-12=96,所以c=4.
(分值:95分)
单选每题5分.
1.在△ABC中,若=,则该三角形的形状一定是(　　)
[A] 等腰三角形
[B] 等腰直角三角形
[C] 等腰三角形或直角三角形
[D] 等边三角形
sin 2A=sin 2B,所以在△ABC中,A=B或2A+2B=π,即A+B=,即C=.所以△ABC为等腰三角形或直角三角形.故选C.
2.在△ABC中,若满足sin2A=sin2B+sin B·sin C+sin2C,则A等于(　　)
[A] 30° [B] 60° [C] 120° [D] 150°
因为A∈(0°,180°),所以A=120°.
故选C.
3.在△ABC中,若△ABC的面积为6,c=5,tan A=,则b等于(　　)
[A] 2 [B] 3 [C] 4 [D] 5
4.在△ABC中,已知b2+c2-bc=a2,且btan C=ctan B,则△ABC的形状为(　　)
[A] 直角三角形
[B] 等腰直角三角形
[C] 有一个角为60°的直角三角形
[D] 等边三角形
由btan C=ctan B和正弦定理可得sin B·=sin C·,即cos B=cos C,所以B=C,
所以A=60°=B=C,所以△ABC的形状为等边三角形.
故选D.
5.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a-c=b,sin B= sin C,则sin 2A的值为(　　)
[A] [B] [C] [D] -
cos A===,A∈(0,π),
故sin A=,sin 2A=2sin A cos A=2××=.故选C.
6.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若asin A+bsin B[A] 锐角三角形 [B] 直角三角形
[C] 钝角三角形 [D] 不确定
0,因为C为三角形的内角,所以C为钝角.故选C.
7.(5分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若ccos A+acos C=6,AC边上的高为4,则△ABC的面积为　　　　 　　.
则BD=4,
由题意AC=b=AD+CD=ABcos A+BCcos C=ccos A+acos C=6,
故△ABC的面积为S=×4×6=12.
8.(5分)设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若b+c=2a,3sin A=5sin B,则C=
　　　.
故c=a.根据余弦定理得cos C===-,故C=.
9.(13分)在△ABC中,A=60°,c=a.
(1)求sin C的值;
(2)若a=7,求△ABC的面积.
由正弦定理=得sin C==×=.
(2)因为a=7,所以c=×7=3,
由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A得
72=b2+32-2b×3×,
解得b=8或b=-5(舍去),
所以△ABC的面积
S=bcsin A=×8×3×=6.
10.(15分)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,向量m=(a,b),n=(sin B,sin A),
p=(b-c,a-c).
(1)若m∥n,求证:△ABC为等腰三角形.
(2)若m⊥p,c=2,C=60°,求△ABC的面积.
由正弦定理可得a·=b·,其中R是△ABC的外接圆半径,所以a=b,即△ABC为等腰三角形.
所以(a,b)·(b-c,a-c)=ab-ac+ab-bc=2ab-c(a+b)=0.
由c=2,得ab=a+b.①
由余弦定理可知,4=a2+b2-ab=(a+b)2-3ab.②
将①式代入②式,得(ab)2-3ab-4=0.
所以ab=4或ab=-1(不合题意,舍去).
所以S△ABC=absin C=×4×sin 60°=.
11.已知在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若△ABC的面积为,cos C=1-,则C的值为(　　)
[A] [B] [C] [D]
得C=.故选D.
12.(5分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若bsin 2A+asin B=0,b=c,则=
　　　　.
即2sin Bsin Acos A+sin Asin B=0,由于sin Bsin A≠0,所以cos A=-,因为013.(17分)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且=.
(1)求tan A;
(2)若△ABC的面积为;
①E为BC的中点,求△ABC底边BC上中线AE长度的最小值;
②求内角A的平分线AD长度的最大值.
即c2+b2-a2=bc,
故cos A===,
因为cos A>0,所以A∈(0,),
所以sin A===,
所以tan A=2.
(2)①由(1)知sin A=,
因为△ABC的面积为,所以bcsin A=,解得bc=8,
因为=(+),
所以
||2=(||2+||2+2·)
=(c2+b2+2bccos A)=(c2+b2+bc)≥(2bc+bc)=×bc=,
当且仅当b=c时,等号成立,
所以||2≥ ||≥,
故AE的最小值为.
②因为AD为A的平分线,
所以∠BAD=∠CAD=∠BAC,
由于S△ADB+S△ADC=S△ABC,
所以|AD|csin+|AD|bsin=bcsin∠BAC=bcsin cos ,
由于sin≠0,
所以|AD|(c+b)=2bccos,
由于cos∠BAC=2cos2-1= cos2= cos=,
又bc=8,所以|AD|(c+b)=2bccos=2×8×=.
由于b+c≥2=4,当且仅当b=c时,等号成立,故=|AD|(c+b)≥2|AD|=4|AD|,
故|AD|≤,故AD的最大值为.6.4.3　余弦定理、正弦定理
第1课时　余弦定理
【课程标准要求】　1.借助向量的运算,探索三角形边长与角度的关系,体会数学抽象及逻辑推理的核心素养.2.通过利用余弦定理及推论解三角形,发展逻辑推理及数学运算的核心素养.
知识点一　余弦定理
　在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,则有
余弦 定理 语言 叙述 三角形中任何一边的平方,等于 其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍
公式 表达 a2=b2+c2-2bccos A, b2=c2+a2-2cacos B, c2=a2+b2-2abcos C
推论 cos A=, cos B=, cos C=
余弦定理及其推论的理解
余弦定理及其推论把几何中关于三角形的定性结论变成了可定量计算的公式.勾股定理指出了直角三角形中三边之间的关系,余弦定理则指出了三角形的三条边与其中的一个角之间的关系.由此可见,余弦定理是勾股定理的推广,而勾股定理是余弦定理的特例.
知识点二　解三角形
　一般地,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.
余弦定理可以用于两类解三角形问题
(1)已知三角形的两边和它们的夹角,求三角形的第三边和其他两个角.
(2)已知三角形的三边,求三角形的三个角.
基础自测
1.在△ABC中,a=7,b=3,c=5,则A等于(　　)
[A] 30° [B] 60° [C] 90° [D] 120°
由余弦定理得cos A===-,而A为三角形内角,故A=120°.故选D.
2.下列说法错误的是(　　)
[A] 在三角形中,已知两边及其一边的对角,不能用余弦定理求解三角形
[B] 余弦定理揭示了任意三角形边角之间的关系,因此它适用于任何三角形
[C] 利用余弦定理,可以解决已知三角形三边求角的问题
[D] 在三角形中,勾股定理是余弦定理的特例
3.某同学要用三条长度分别为3,5,7的线段画出一个三角形,则他将(　　)
[A] 画不出任何满足要求的三角形
[B] 画出一个锐角三角形
[C] 画出一个直角三角形
[D] 画出一个钝角三角形
4.(人教A版必修第二册P44练习T1改编)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,
a=5,b=4,C=,则c=　　　　.
题型一　已知两边及一角解三角形
[例1] (1)在△ABC中,已知b=60 cm,c=60 cm,A=,则a=　　　　cm.
(2)在△ABC中,若AB=,AC=5,且cos C=,则BC=　　 　　.
a=
=
=60(cm).
(2)由余弦定理得
AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos C,
即()2=52+BC2-2×5×BC×,
所以BC2-9BC+20=0,
解得BC=4或BC=5.
已知两边及一角解三角形的两种情况
(1)若已知角是其中一边的对角,可用余弦定理列出关于第三边的一元二次方程求解.
(2)若已知角是两边的夹角,则直接运用余弦定理求出另外一边.
求出第三边后,再用余弦定理和三角形内角和定理求其他角.
[变式训练] (多选题)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若b=,c=3,B=30°,则a的值可以为(　　)
[A] [B] 2
[C] 3 [D] 4
题型二　已知三边解三角形
[例2] 在△ABC中,若a=4,b=7,c=9,则最大角的余弦值是(　　)
[A] [B] - [C] 0 [D]
由余弦定理得cos C===-.故选B.
已知三角形的三边解三角形的方法
利用余弦定理求出三个角的余弦值,进而求出三个角.
[变式训练] 若三角形三边长之比是1∶∶2,则其所对角之比是(　　)
[A] 1∶2∶3 [B] 1∶∶2
[C] 1∶∶ [D] ∶∶2
题型三　利用余弦定理判断三角形的形状
[例3] (人教B版必修第四册P9例3)在△ABC中,已知acos A=bcos B,试判断这个三角形的形状.
a×=b×
因此a2(b2+c2-a2)=b2(a2+c2-b2),
即a2c2-b2c2-a4+b4=0,
从而(a2-b2)c2-(a2-b2)(a2+b2)=0,
所以(a2-b2)(c2-a2-b2)=0,
因此a2-b2=0或c2-a2-b2=0.
当a2-b2=0时,a=b,此时△ABC是等腰三角形;
当c2-a2-b2=0时,a2+b2=c2,此时△ABC是直角三角形.
故△ABC是等腰三角形或直角三角形.
利用余弦定理判断三角形形状的两种途径
(1)化边的关系:将条件中的角的关系,利用余弦定理化为边的关系,再变形进行判断.
(2)化角的关系:将条件转化为角与角之间的关系,通过三角变换得出关系进行判断.
[变式训练] 在△ABC中,若·+=0,则△ABC的形状一定是(　　)
[A] 等边三角形 [B] 直角三角形
[C] 等腰三角形 [D] 等腰直角三角形
所以accos(π-B)+c2=0,
所以accos B=c2,
所以ac·=c2,
所以b2+c2=a2,
所以三角形是直角三角形.故选B.
(分值:95分)
单选每题5分.
1.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,且b=2c=4,cos A=,则a等于(　　)
[A] 2 [B] 4 [C] 6 [D] 8
故选B.
2. 在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=1,b=2,c=2,则cos B等于(　　)
[A] [B] [C] [D] 1
3.在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C的对边,如果b2+c2[A] 锐角三角形 [B] 钝角三角形
[C] 直角三角形 [D] 以上都有可能
4.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知a=1,b=,A=,则c等于(　　)
[A] 1 [B] 2
[C] 1或2 [D] 或
即1=3+c2-2c× c2-3c+2=0,
解得c=1或c=2.故选C.
5.在△ABC中,c2=bccos A+accos B+abcos C,则此三角形必是(　　)
[A] 等边三角形 [B] 直角三角形
[C] 等腰三角形 [D] 钝角三角形
得c2=bc·+ac·+
ab·,即c2=,
整理可得a2+b2=c2,
所以△ABC为直角三角形.故选B.
6.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若2bcos C=a(2-c),且B=,则a等于(　　)
[A] 1 [B]
[C] [D] 2
由余弦定理可得a2+b2-c2=2abcos C,
则a2+b2-c2=a2(2-c),所以a2+c2-b2=a2c,又a2+c2-b2=2accos B,所以a2c=2accos B,
又因为B=,所以a=1.故选A.
7.(5分)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若a=8,c=7,cos A=,则b=
　　　　,C=　　　　.
即64=b2+49-2·b·7×=b2-2b+49,
故b2-2b-15=0,解得b=-3(舍去)或b=5.
因为cos C=,所以cos C==.又C∈(0,π),故C=.
8.(5分)设△ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a-c=1,b=,B=60°,则等于　　　　.
cos B===1-=,
所以ac=6=a(a-1) a=3,c=2,所以=.
9.(13分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知cos A=.
(1)若b=,c=2,求a的值;
(2)若=2-,求角B,C的大小.
b=,c=2,
则=,解得a=1.
(2)因为cos A==,=2-,
因此得到==,
则=0,
即(b-c)2=0,所以b=c,
因此三角形为等腰三角形.
又因为A=,所以B=C=.
10.(15分)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,A=,b=5.
(1)若a=7,求c;
(2)记c=ak,△ABC是直角三角形,求k的值.
由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A,
所以72=52+c2-2×5c×cos,
即c2-5c-24=0,c>0,所以c=8.
(2)△ABC是直角三角形,
若B=,
则tan A==tan=,k==;
若C=,则sin A==sin=,k=.
故k=或k=.
11.如图是古希腊数学家用来构造无理数,,,…的图形,此图形中∠BAD的余弦值是(　　)
[A]
[B]
[C]
[D]
由余弦定理可得BD2=CD2+BC2-2CD·BCcos∠DCB=1+1-2×1×1×(-)=2+,
在△BAD中,由余弦定理可得cos∠BAD===.故选D.
12.(5分)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知+bc+2b2=0,则A=
　　 　　.
13.(17分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,已知b(b-c)=(a-c)(a+c).
(1)求角A的大小;
(2)若a=2,求△ABC的周长的最大值.
所以b2-bc=a2-c2,即b2+c2-a2=bc,
所以由余弦定理,
得cos A===,
因为A为三角形的内角,故A=60°.
(2)由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccos A,
即12=b2+c2-2bc×,
所以12=b2+c2-bc=(b+c)2-3bc,
因为b>0,c>0,所以(b+c)2=12+3bc≤12+3×()2,当且仅当b=c时,等号成立,
解得(b+c)2≤48,即b+c≤4,所以a+b+c≤2+4=6.
所以△ABC的周长的最大值为6.(共43张PPT)
第3课时　余弦定理、正弦定理的综合应用
1.利用余弦定理、正弦定理及推论解三角形, 发展数学抽象及逻辑推理的核心素养.2.借助三角形的面积公式的简单推导和应用,强化逻辑推理及数学运算的核心素养.
【课程标准要求】
必备知识·归纳落实
知识点　三角形的面积公式
(1)S= = = (ha,hb,hc分别表示边a,b,c上的高).
(2)S= = = .
(3)S= (r为△ABC内切圆的半径).
三角形的其他面积公式
『知识拓展』
基础自测
[A] 2 [B] 3 [C] 4 [D] 6
C
C
3.在△ABC中,已知3b=2 asin B,且cos B=cos C,A是锐角,则△ABC是(　　)
[A] 直角三角形 [B] 等腰三角形
[C] 等腰直角三角形 [D] 等边三角形
D
30°
关键能力·素养培优
题型一　判断三角形的形状
(1)判断三角形形状时,应围绕三角形的边角关系,利用正弦定理或余弦定理进行边角互化,要么把角转化为边,通过代数变形找出边之间的关系,要么把边转化为角,通过三角变换找出角之间的关系,当然也可以边角同时考虑.
(2)在解题中,若出现关于边的齐次式(方程),或关于角的正弦的齐次式(方程),可通过正弦定理,进行边角互化.
·解题策略·
B
[A] 直角三角形
[B] 等腰三角形
[C] 等边三角形
[D] 等腰或直角三角形
题型二　三角形的面积公式
[例2] (1)在△ABC中,A=30°,C=45°,a=2,求S△ABC.
三角形面积计算的解题思路
·解题策略·
(1)若所求面积为多边形的面积,可通过作辅助线或其他途径构造三角形,转化为求三角形的面积.
(2)若所给条件为边角关系,则需要运用正弦定理、余弦定理求出某两边及夹角,再利用三角形面积公式进行求解.
题型三　余弦、正弦定理的综合应用
(1)sin∠CBD;
(2)AC的长.
多边形中计算问题的解题思路
(1)正确挖掘图形中的几何条件,简化运算是解题要点,还要善于应用正弦定理、余弦定理.只需通过解三角形,一般问题便能很快解决.
(2)解决此类问题的关键是仔细观察,发现图形中较隐蔽的几何条件.
·解题策略·
ABC
关键能力·素养培优
培优拓展3　三角形中的特征线
一、三角形中线问题
方法1　向量法
方法2　角互补
∠ADC+∠ADB=π cos∠ADC+cos∠ADB=0,
二、角平分线
如图,在△ABC中,AD平分∠BAC,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.
方法1　内角平分线定理
方法2　等面积法(使用频率最高)
方法3　边与面积的比值
【题型演绎】
类型一　三角形中线问题
在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,　　　　.
(1)求角A.
(2)若b=2,c=4,求△ABC的BC边上的中线AD的长.
类型二　三角形角平分线问题
[典例2] 在△ABC中,∠BAC的平分线AD与边BC相交于点D,满足BD=2DC.
(1)求证:AB=2AC.
(2)若AD=BD=2,求∠BAC的大小.
(2)【解】由题意可知AD=BD=2,DC=1,由(1)知AB=2AC,不妨设AB=2AC=2x.
在△ABD中,由余弦定理可得
AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos∠ADB,
即4x2=8-8cos∠ADB,③
在△ADC中,由余弦定理可得
AC2=AD2+DC2-2AD·DCcos∠ADC,
即x2=5-4cos∠ADC,④
(1)求角C.
感谢观看(共25张PPT)
第2课时　正弦定理
1.通过对任意三角形边角关系的探索,证明正弦定理,发展数学抽象及逻辑推理的核心素养.2.通过利用正弦定理及推论解三角形,加强逻辑推理及数学运算的核心素养.
【课程标准要求】
必备知识·归纳落实
知识点一　正弦定理
正弦
知识点二　正弦定理的变形公式
若R是△ABC外接圆的半径,则
(1)a= ,b= ,c= .
2Rsin A
2Rsin B
2Rsin C
正弦定理可以解决下列两类三角形的问题:
(1)已知两个角及任意一边,求其他两边和另一角.
(2)已知两边和其中一边的对角,求其他两个角及另一边.
·温馨提示·
基础自测
1.有关正弦定理的叙述
①正弦定理只适用于锐角三角形;
②正弦定理不适用于直角三角形;
③在某一个确定的三角形中,各边与其所对角的正弦的比是一定值.
其中正确的个数是(　　)
[A] 0 [B] 1
[C] 2 [D] 3
B
D
[A] 有一解 [B] 有两解
[C] 无解 [D] 解的个数不确定
C
[A] 30° [B] 30°或150°
[C] 60° [D] 60°或120°
D
关键能力·素养培优
题型一　已知两角及任意一边解三角形
[例1] 在△ABC中,已知B=30°,C=105°,b=4,解这个三角形.
已知三角形的两角和任一边解三角形的思路
(1)若所给边是已知角的对边时,可由正弦定理求另一角所对的边,再由三角形内角和定理求出第三个角.
(2)若所给边不是已知角的对边时,先由三角形内角和定理求出第三个角,再由正弦定理求另外两边.
·解题策略·
3
题型二　已知两边及其中一边的对角解三角形
[例2] 在△ABC中,根据下列条件,解三角形.
已知三角形两边和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.
·解题策略·
B
题型三　三角形解的个数的判断
[例3] 在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,根据下列条件解三角形,其中有两解的是(　　)
[A] b=4,A=20°,C=40°
[B] a=4,b=6,B=35°
[C] a=4,b=6,A=35°
[D] a=4,b=6,C=35°
C
[变式训练] 在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=1,A=30°,b=x,则(　　)
[B] 当x>1时,△ABC有两个解
[C] 当0[D] 对一切x>0,△ABC都有解
C
感谢观看6.4.3　余弦定理、正弦定理
第1课时　余弦定理
【课程标准要求】　1.借助向量的运算,探索三角形边长与角度的关系,体会数学抽象及逻辑推理的核心素养.2.通过利用余弦定理及推论解三角形,发展逻辑推理及数学运算的核心素养.
知识点一　余弦定理
　在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,则有
余弦 定理 语言 叙述 三角形中任何一边的平方,等于 其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍
公式 表达 a2=b2+c2-2bccos A, b2=c2+a2-2cacos B, c2=a2+b2-2abcos C
推论 cos A=, cos B=, cos C=
余弦定理及其推论的理解
余弦定理及其推论把几何中关于三角形的定性结论变成了可定量计算的公式.勾股定理指出了直角三角形中三边之间的关系,余弦定理则指出了三角形的三条边与其中的一个角之间的关系.由此可见,余弦定理是勾股定理的推广,而勾股定理是余弦定理的特例.
知识点二　解三角形
　一般地,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.
余弦定理可以用于两类解三角形问题
(1)已知三角形的两边和它们的夹角,求三角形的第三边和其他两个角.
(2)已知三角形的三边,求三角形的三个角.
基础自测
1.在△ABC中,a=7,b=3,c=5,则A等于(　　)
[A] 30° [B] 60° [C] 90° [D] 120°
【答案】 D
【解析】 在△ABC中,a=7,b=3,c=5,
由余弦定理得cos A===-,而A为三角形内角,故A=120°.故选D.
2.下列说法错误的是(　　)
[A] 在三角形中,已知两边及其一边的对角,不能用余弦定理求解三角形
[B] 余弦定理揭示了任意三角形边角之间的关系,因此它适用于任何三角形
[C] 利用余弦定理,可以解决已知三角形三边求角的问题
[D] 在三角形中,勾股定理是余弦定理的特例
【答案】 A
【解析】 在三角形中,已知两边及其一边的对角,可用余弦定理列出第三边的方程,解方程得第三边,A错误;余弦定理反映了任意三角形中边角的关系,它们适用于任意三角形,B正确;余弦定理可以直接解决已知三边求角,已知两边及其夹角求第三边的问题,C正确;当夹角为90° 时,余弦定理就变成了勾股定理,D正确.故选A.
3.某同学要用三条长度分别为3,5,7的线段画出一个三角形,则他将(　　)
[A] 画不出任何满足要求的三角形
[B] 画出一个锐角三角形
[C] 画出一个直角三角形
[D] 画出一个钝角三角形
【答案】 D
【解析】 令长度较长的边对应的角为θ,则cos θ=<0,所以画出一个钝角三角形.故选D.
4.(人教A版必修第二册P44练习T1改编)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,
a=5,b=4,C=,则c=　　　　.
【答案】
【解析】 由余弦定理可得c2=a2+b2-2abcos C=25+16-2×5×4×=21,所以c=.
题型一　已知两边及一角解三角形
[例1] (1)在△ABC中,已知b=60 cm,c=60 cm,A=,则a=　　　　cm.
(2)在△ABC中,若AB=,AC=5,且cos C=,则BC=　　 　　.
【答案】 (1)60　(2)4或5
【解析】 (1)由余弦定理得
a=
=
=60(cm).
(2)由余弦定理得
AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos C,
即()2=52+BC2-2×5×BC×,
所以BC2-9BC+20=0,
解得BC=4或BC=5.
已知两边及一角解三角形的两种情况
(1)若已知角是其中一边的对角,可用余弦定理列出关于第三边的一元二次方程求解.
(2)若已知角是两边的夹角,则直接运用余弦定理求出另外一边.
求出第三边后,再用余弦定理和三角形内角和定理求其他角.
[变式训练] (多选题)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若b=,c=3,B=30°,则a的值可以为(　　)
[A] [B] 2
[C] 3 [D] 4
【答案】 AB
【解析】 由余弦定理及已知得3=a2+9-2a×3×,即a2-3a+6=0,解得a=或a=2.故选AB.
题型二　已知三边解三角形
[例2] 在△ABC中,若a=4,b=7,c=9,则最大角的余弦值是(　　)
[A] [B] - [C] 0 [D]
【答案】 B
【解析】 因为c>b>a,所以c所对的C为最大角.
由余弦定理得cos C===-.故选B.
已知三角形的三边解三角形的方法
利用余弦定理求出三个角的余弦值,进而求出三个角.
[变式训练] 若三角形三边长之比是1∶∶2,则其所对角之比是(　　)
[A] 1∶2∶3 [B] 1∶∶2
[C] 1∶∶ [D] ∶∶2
【答案】 A
【解析】 设三角形三边长分别为m,m,2m(m>0),设最大角为A,则cos A==0,所以A=90°.设最小角为B,则cos B==,所以B=30°.所以C=60°.故三角形三角之比为1∶2∶3.故选A.
题型三　利用余弦定理判断三角形的形状
[例3] (人教B版必修第四册P9例3)在△ABC中,已知acos A=bcos B,试判断这个三角形的形状.
【解】 利用余弦定理可知
a×=b×
因此a2(b2+c2-a2)=b2(a2+c2-b2),
即a2c2-b2c2-a4+b4=0,
从而(a2-b2)c2-(a2-b2)(a2+b2)=0,
所以(a2-b2)(c2-a2-b2)=0,
因此a2-b2=0或c2-a2-b2=0.
当a2-b2=0时,a=b,此时△ABC是等腰三角形;
当c2-a2-b2=0时,a2+b2=c2,此时△ABC是直角三角形.
故△ABC是等腰三角形或直角三角形.
利用余弦定理判断三角形形状的两种途径
(1)化边的关系:将条件中的角的关系,利用余弦定理化为边的关系,再变形进行判断.
(2)化角的关系:将条件转化为角与角之间的关系,通过三角变换得出关系进行判断.
[变式训练] 在△ABC中,若·+=0,则△ABC的形状一定是(　　)
[A] 等边三角形 [B] 直角三角形
[C] 等腰三角形 [D] 等腰直角三角形
【答案】 B
【解析】 因为·+=0,
所以accos(π-B)+c2=0,
所以accos B=c2,
所以ac·=c2,
所以b2+c2=a2,
所以三角形是直角三角形.故选B.
(分值:95分)
单选每题5分.
1.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,且b=2c=4,cos A=,则a等于(　　)
[A] 2 [B] 4 [C] 6 [D] 8
【答案】 B
【解析】 由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos A=42+22-2×4×2×=16,则a=4.
故选B.
2. 在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=1,b=2,c=2,则cos B等于(　　)
[A] [B] [C] [D] 1
【答案】 C
【解析】 由余弦定理得cos B===.故选C.
3.在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C的对边,如果b2+c2[A] 锐角三角形 [B] 钝角三角形
[C] 直角三角形 [D] 以上都有可能
【答案】 B
【解析】 因为b2+c24.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知a=1,b=,A=,则c等于(　　)
[A] 1 [B] 2
[C] 1或2 [D] 或
【答案】 C
【解析】 由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos A,
即1=3+c2-2c× c2-3c+2=0,
解得c=1或c=2.故选C.
5.在△ABC中,c2=bccos A+accos B+abcos C,则此三角形必是(　　)
[A] 等边三角形 [B] 直角三角形
[C] 等腰三角形 [D] 钝角三角形
【答案】 B
【解析】 由c2=bccos A+accos B+abcos C,
得c2=bc·+ac·+
ab·,即c2=,
整理可得a2+b2=c2,
所以△ABC为直角三角形.故选B.
6.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若2bcos C=a(2-c),且B=,则a等于(　　)
[A] 1 [B]
[C] [D] 2
【答案】 A
【解析】 因为2bcos C=a(2-c),两边同时乘以a得2abcos C=a2(2-c),
由余弦定理可得a2+b2-c2=2abcos C,
则a2+b2-c2=a2(2-c),所以a2+c2-b2=a2c,又a2+c2-b2=2accos B,所以a2c=2accos B,
又因为B=,所以a=1.故选A.
7.(5分)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若a=8,c=7,cos A=,则b=
　　　　,C=　　　　.
【答案】 5　
【解析】 由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos A,
即64=b2+49-2·b·7×=b2-2b+49,
故b2-2b-15=0,解得b=-3(舍去)或b=5.
因为cos C=,所以cos C==.又C∈(0,π),故C=.
8.(5分)设△ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a-c=1,b=,B=60°,则等于　　　　.
【答案】
【解析】 由余弦定理知
cos B===1-=,
所以ac=6=a(a-1) a=3,c=2,所以=.
9.(13分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知cos A=.
(1)若b=,c=2,求a的值;
(2)若=2-,求角B,C的大小.
【解】 (1)根据余弦定理,cos A==,
b=,c=2,
则=,解得a=1.
(2)因为cos A==,=2-,
因此得到==,
则=0,
即(b-c)2=0,所以b=c,
因此三角形为等腰三角形.
又因为A=,所以B=C=.
10.(15分)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,A=,b=5.
(1)若a=7,求c;
(2)记c=ak,△ABC是直角三角形,求k的值.
【解】(1)在△ABC中,
由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A,
所以72=52+c2-2×5c×cos,
即c2-5c-24=0,c>0,所以c=8.
(2)△ABC是直角三角形,
若B=,
则tan A==tan=,k==;
若C=,则sin A==sin=,k=.
故k=或k=.
11.如图是古希腊数学家用来构造无理数,,,…的图形,此图形中∠BAD的余弦值是(　　)
[A]
[B]
[C]
[D]
【答案】 D
【解析】 由题意可知在△BCD中,∠DCB=90°+45°=135°,
由余弦定理可得BD2=CD2+BC2-2CD·BCcos∠DCB=1+1-2×1×1×(-)=2+,
在△BAD中,由余弦定理可得cos∠BAD===.故选D.
12.(5分)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知+bc+2b2=0,则A=
　　 　　.
【答案】
【解析】 由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A可得bc=,因为+bc+2b2=0,所以++2b2=0,整理得+2b2=0,所以cos A=-,又因为A∈(0,π),所以A=.
13.(17分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,已知b(b-c)=(a-c)(a+c).
(1)求角A的大小;
(2)若a=2,求△ABC的周长的最大值.
【解】 (1)因为b(b-c)=(a-c)(a+c),
所以b2-bc=a2-c2,即b2+c2-a2=bc,
所以由余弦定理,
得cos A===,
因为A为三角形的内角,故A=60°.
(2)由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccos A,
即12=b2+c2-2bc×,
所以12=b2+c2-bc=(b+c)2-3bc,
因为b>0,c>0,所以(b+c)2=12+3bc≤12+3×()2,当且仅当b=c时,等号成立,
解得(b+c)2≤48,即b+c≤4,所以a+b+c≤2+4=6.
所以△ABC的周长的最大值为6.第2课时　正弦定理
【课程标准要求】　1.通过对任意三角形边角关系的探索,证明正弦定理,发展数学抽象及逻辑推理的核心素养.2.通过利用正弦定理及推论解三角形,加强逻辑推理及数学运算的核心素养.
知识点一　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==.
知识点二　正弦定理的变形公式
　若R是△ABC外接圆的半径,则
(1)a=2Rsin A,b=2Rsin B,c=2Rsin C.
(2)sin A=,sin B=,sin C=.
正弦定理可以解决下列两类三角形的问题:
(1)已知两个角及任意一边,求其他两边和另一角.
(2)已知两边和其中一边的对角,求其他两个角及另一边.
基础自测
1.有关正弦定理的叙述
①正弦定理只适用于锐角三角形;
②正弦定理不适用于直角三角形;
③在某一个确定的三角形中,各边与其所对角的正弦的比是一定值.
其中正确的个数是(　　)
[A] 0 [B] 1
[C] 2 [D] 3
2.在△ABC中,sin A=,sin B=,a=10,则边长b等于(　　)
[A] [B]
[C] [D]
3.已知在△ABC中,b=4,c=2,C=30°,那么此三角形(　　)
[A] 有一解 [B] 有两解
[C] 无解 [D] 解的个数不确定
所以sin B=>1,所以此三角形无解.故选C.
4.(人教A版必修第二册P48练习T1(2)改编)已知△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=1,b=,A=30°,则B等于(　　)
[A] 30° [B] 30°或150°
[C] 60° [D] 60°或120°
得=,
解得sin B=,又0°题型一　已知两角及任意一边解三角形
[例1] 在△ABC中,已知B=30°,C=105°,b=4,解这个三角形.
所以A=180°-(B+C)=180°-(30°+105°)=45°.
由正弦定理,得==,
解得a==4,
c==2(+).
已知三角形的两角和任一边解三角形的思路
(1)若所给边是已知角的对边时,可由正弦定理求另一角所对的边,再由三角形内角和定理求出第三个角.
(2)若所给边不是已知角的对边时,先由三角形内角和定理求出第三个角,再由正弦定理求另外两边.
[变式训练] 在△ABC中,sin C=,AC=4,cos B=,则AB=　　　　.
则sin B==,
根据正弦定理得=,
即AB===3.
题型二　已知两边及其中一边的对角解三角形
[例2] 在△ABC中,根据下列条件,解三角形.
(1)A=60°,c=,a=;
(2)a=,b=,B=45°.
所以sin C===.
又c=,a=,所以c所以C所以B=180°-(A+C)=90°.
由正弦定理得=,
所以b===2.
所以C=30°,B=90°,b=2.
(2)由正弦定理,
得sin A===,
因为0°当A=60°时,C=75°,
所以c===;
当A=120°时,C=15°,
所以c===.
所以A=60°,C=75°,c=或A=120°,C=15°,c=.
已知三角形两边和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.
[变式训练] 在△ABC中,若a=7,b=8,cos B=,则A的大小为(　　)
[A] [B]
[C] [D] 或
所以cos B= sin B==,
由正弦定理可知sin A== A=或,又a题型三　三角形解的个数的判断
[例3] 在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,根据下列条件解三角形,其中有两解的是(　　)
[A] b=4,A=20°,C=40°
[B] a=4,b=6,B=35°
[C] a=4,b=6,A=35°
[D] a=4,b=6,C=35°
[变式训练] 在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=1,A=30°,b=x,则(　　)
[A] 当x=时,B=45°
[B] 当x>1时,△ABC有两个解
[C] 当0[D] 对一切x>0,△ABC都有解
当x=时,sin B=,又30°当x=4时,sin B=2,又0当0(分值:95分)
单选每题5分.
1.在△ABC中,a=5,b=3,则sin A∶sin B的值是(　　)
[A] [B] [C] [D]
2.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=,b=3,B=60°,则角A等于(　　)
[A] 45° [B] 135°
[C] 45°或135° [D] 60°或120°
3.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,且a=2,c=1,B=2C,则等于(　　)
[A] [B] [C] 3 [D] 3
故选A.
4.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若B=,a=4,且该三角形有两解,则b的取值范围是(　　)
[A] (2,+∞) [B] (2,4)
[C] (0,4) [D] (3,4)
5.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若A=2B,a=2,b=2,则c等于(　　)
[A] [B] 2 [C] 2 [D] 2
6.在△ABC中,若A∶B∶C=3∶4∶5,则a∶b∶c等于(　　)
[A] 3∶4∶5
[B] 2∶∶(+1)
[C] 1∶∶2
[D] 2∶2∶(+)
sin 75°=sin(30°+45°)=sin 30°cos 45°+cos 30° sin 45°=×(+),由正弦定理,得a∶b∶c=
sin A∶sin B∶sin C=2∶∶(+1).故选B.
7.(5分)在△ABC中,AB=,A=75°,B=45°,则角C=　　　　,AC=　　　　.
由正弦定理可知= = AC=2.
8.(5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若cos A=,cos C=,a=1,则sin B=
　　　　,b=　　　　.
所以sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C=,
又a=1,故由正弦定理得,b==.
9.(13分)如图,△ABC是半径为R的☉O的内接正三角形,求△ABC的边长和△OBC的外接圆半径.
所以AB=BC=AC=R.
设△OBC的外接圆半径为r,
因为=2r,所以r=·=R.
10.(15分)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且bsin A=acos B.
(1)求B;
(2)若b=3,sin C=sin A,求a,c.
得 sin B sin A=sin A cos B.在△ABC中,sin A≠0,所以 sin B=cos B,所以tan B=.
因为0(2)由sin C=sin A及正弦定理,得c=a,①
由余弦定理b2=a2+c2-2accos B,
得32=a2+c2-2ac cos,
即a2+c2-ac=9,②
联立①②,解得a=3,c=3(负值舍去).
11.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,若B<,c=bsin C,则cos(A-C)的取值范围是(　　)
[A] (-,1] [B] (-,]
[C] (0,) [D] (0,1]
sin B=.因为012.(5分)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=bcos C+csin B,则B=　　　　.
又sin A=sin[180°-(B+C)]=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C,
代入①式得sin Bcos C+cos Bsin C=sin Bcos C+sin Csin B,
所以cos Bsin C=sin Csin B.
因为0°0,cos B=sin B,
故tan B=.又0°13.(17分)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,且(b-a)(sin B+sin A)=c(sin C-sin A).
(1)求B;
(2)若A=,a+b=2+,求c.
所以由正弦定理得(b-a)(b+a)=c(c-a),
即c2+a2-b2=ac,所以由余弦定理得
cos B===,
因为B∈(0,π),所以B=.
(2)由(1)可知B=,又A=,a+b=2+,由正弦定理得=,所以a=b,
所以b=,a=2,
所以C=π--=,
因为sin C=sin =sin(+)=,
所以由正弦定理得=,
所以c====+1.第4课时　余弦定理、正弦定理应用举例
【课程标准要求】　通过分析问题,利用余弦定理、正弦定理解决实际问题,培养数学建模、逻辑推理及数学运算的核心素养.
知识点一　实际应用问题中的专用名词与术语
　(1)基线:在测量过程中,我们把根据测量的需要而确定的线段叫做基线.为使测量具有较高的精确度,应根据实际需要选取合适的基线长度.一般来说,基线越长,测量的精确度越高.
(2)仰角和俯角:在目标视线和水平视线所成的角中,目标视线在水平视线上方的角叫仰角,目标视线在水平视线下方的角叫俯角(如图①).
(3)方位角:指从正北方向按顺时针转到目标方向线所转过的水平角,如B点的方位角为α(如图②).
(4)方向角:从指定方向线到目标方向线所成的小于90°的水平角,如南偏西60°,指以正南方向为始边,顺时针方向向西旋转60°.
(5)视角:观察物体时,从物体两端(上、下或左、右)引出的光线在人眼光心处所成的夹角.
知识点二　解三角形应用题的一般步骤
基础自测
1.如图所示,设A,B两点在河的两岸,一测量者与A在河的同侧,在所在的河岸边先确定一点C,测出A,C的距离为 50 m,∠ACB=45°,∠CAB=105°后,可以计算出A,B两点的距离为(　　)
[A] 50 m [B] 50 m
[C] 25 m [D] m
2.如图,要测出山上一座天文台BC的高,从山腰A处测得 AC=60 m,天文台最高处B的仰角为45°,天文台底部C的仰角为15°,则天文台BC的高为(　　)
[A] 20 m [B] 30 m
[C] 20 m [D] 30 m
则BC===30(m).故选B.
3.为测量A,B两地之间的距离,甲同学选定了与A,B不共线的C处,构成△ABC,以下是测量数据的不同方案:(1)测量A,B,C;(2)测量A,B,|BC|;(3)测量A,|AC|,|BC|;(4) 测量C,|AC|,|BC|. 其中要求能唯一确定A,B两地之间距离,则甲同学应选择的方案的序号为(　　)
[A] (1)(2) [B] (2)(3)
[C] (3)(4) [D] (2)(4)
故选D.
4.(人教A版必修第二册P52习题6.4 T8改编) 为了测量某塔的高度,检测员在地面A处测得塔顶T处的仰角为30°,从A处向正东方向走210米到地面B处,测得塔顶T处的仰角为60°,若∠AOB=60°,则铁塔OT的高度为　　　　米.
则可得AO=h,BO=h,
在△AOB中,由余弦定理得
cos∠AOB=,
即=,
解得h=30(负值舍去).
题型一　测量距离问题
[例1] 为绘制海底地貌图,测量海底两点C,D间的距离,海底探测仪沿水平方向在A,B两点进行测量,A,B,C,D在同一个铅垂平面内.海底探测仪测得∠BAC=30°,∠DAC=45°,∠ABD=
45°,∠DBC=75°,同时测得AB= km.
(1)求AD的长度;
(2)求C,D之间的距离.
可得∠BAD=∠BAC+∠DAC=30°+45°=75°.
又因为∠ABD=45°,所以∠ADB=60°.
由正弦定理=,
得AD==(km).
即AD的长度为 km.
(2)因为∠ABC=∠ABD+∠DBC=45°+75°=120°,且∠BAC=30°,AB= km,
可得∠BAC=∠BCA=30°,
所以BC=AB= km.
在△ABC中,由余弦定理得
AC=
==3(km).
在△ACD中,由余弦定理得CD2=AC2+AD2-2AC·ADcos∠DAC=5,
即CD= km,所以C,D间的距离为 km.
测量距离的基本类型及方案
类型 A,B两点间不可通或不可视 A,B两点间可视,但有一点不可达 A,B两点都不可达
图形
方法 先测角C,AC=b,BC=a,再用余弦定理求AB 以点A不可达为例,先测角B,C,BC=a,再用正弦定理求AB 测得CD=a,∠BCD,∠BDC,∠ACD,∠ADC,在△ACD中用正弦定理求AC;在△BCD中用正弦定理求BC;在△ABC中用余弦定理求AB
[变式训练] 海上某货轮在A处看灯塔B,在货轮北偏东75°,距离为30 km处;在A处看灯塔C,在货轮的北偏西30°,距离为20 km处,货轮由A处向正北航行到D处时看灯塔B在东偏南30°,则灯塔C与D处之间的距离为　　 　 km.
在△ACD中,由余弦定理得
CD==20(km).
题型二　测量高度问题
[例2] 如图,为测得河对岸塔AB的高,先在河岸上选一点C,使C在塔底B的正东方向上,测得点A的仰角为60°,再由点C沿北偏东15°方向走10 m到位置D,测得∠BDC=45°,则塔AB的高是(　　)
[A] 10 m [B] 10 m
[C] 10 m [D] 10 m
∠BCD=15°+90°=105°,∠DBC=30°,
由正弦定理,得=,
BC==10(m).
在Rt△ABC中,tan 60°=,
AB=BC·tan 60°=10 m.故选D.
高度问题的求法
类型 简图 计算方法
底部可达 测得BC=a,∠BCA=α,AB=a·tan α
底部不可达 点B 与C, D共线 测得CD=a及C与∠ADB的度数.先由正弦定理求出AC或AD,再解三角形得AB的值
点B 与C, D不 共线 测得CD=a及∠BCD,∠BDC,∠ACB的度数.在△BCD中由正弦定理求得BC,再解三角形得AB的值
[变式训练] 如图,某人准备测量某建筑物AB的高度,在地面上选择了一座高为t m的大楼CD,在大楼顶部D处测得该建筑物顶部B的仰角为α,底部A的俯角为β,则该建筑物的高度为(　　)
[A] m [B] m
[C] m [D] m
题型三　测量角度问题
[例3] (苏教版必修第二册P105 例2)如图,某渔轮在航行中不幸遇险,发出呼救信号.我海军舰艇在A处获悉后,测出该渔轮在方位角为45°.距离为 10 n mile 的C处,并测得该渔轮正沿方位角为105°的方向,以9 n mile/h的速度向小岛靠拢.我海军舰艇立即以21 n mile/h的速度前去营救.求舰艇的航向和靠拢渔轮所需的时间(角度精确到0.1°,时间精确到
1 min).
又AC=10,∠ACB=45°+(180°-105°)=120°.
由余弦定理,得
AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos∠ACB,
即(21x)2=102+(9x)2-2×10×9xcos 120°,
化简,得36x2-9x-10=0,
解得x=(负值舍去), h=40 min.
由正弦定理,得
sin∠BAC===,
所以∠BAC≈21.8°,方位角为45°+21.8°=66.8°.
答:舰艇应沿着方位角为66.8°的方向航行,经过40 min就可靠拢渔轮.
测量角度问题的基本思路
测量角度问题的关键是在弄清题意的基础上,画出表示实际问题的图形,并在图形中标出有关的角和距离,再用正弦定理或余弦定理解三角形,最后将解得的结果转化为实际问题的解.
[变式训练] 如图所示,在坡度一定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C对于山坡的斜度为15°,向山顶前进100 m到达B处,又测得C对于山坡的斜度为45°,若CD=50 m,且山坡对于地平面的坡度为θ,则cos θ等于(　　)
[A] [B] [C] -1 [D] -1
在△ABC中,由正弦定理可得=,
解得BC=50(-),
在△BCD中,由正弦定理可得=,解得sin∠BDC=-1,
即sin(θ+90°)=-1,所以cos θ=-1.
故选C.
(分值:95分)
单选每题5分.
1.轮船A和轮船B在中午12时同时离开海港O,两船航行方向的夹角为120°,两船的航行速度分别为25 km/h,15 km/h,则14时两船之间的距离是(　　)
[A] 50 km [B] 70 km
[C] 90 km [D] 110 km
设轮船A和轮船B 2 h后分别到达点C,D两处,则OC=50 km,OD=30 km,∠DOC=120°,
由余弦定理可得
CD2=OC2+OD2-2OC·ODcos 120°
=502+302-2×50×30×(-)
=2 500+900+1 500=4 900,
所以CD=70 km.故选B.
2.位于某海域A处的甲船获悉,在其正东方向相距20 km的B处有一艘渔船遇险后抛锚等待营救,甲船立即前往救援,同时把消息告知位于甲船南偏西30°,且与甲船相距10 km的C处的乙船.乙船也立即朝着渔船前往营救,则sin∠ACB等于(　　)
[A] [B] [C] [D]
由题意知
∠CAB=120°,
AC=10,AB=20,
由余弦定理得,CB2=AC2+AB2-2AC·AB·cos∠CAB=700,所以CB=10.
由正弦定理得=,即=,解得sin∠ACB=.故选A.
3.如图,一艘船以40 km/h的速度向正北航行,在A处看灯塔S在船的北偏东30°,0.5 h后航行到B处,在B处看灯塔S在船的北偏东75°,则灯塔S与B之间的距离是(　　)
[A] 5 km
[B] 10 km
[C] 5 km
[D] 10 km
由于∠BAS=30°,解得∠BSA=45°,
由正弦定理得=,
即=,解得BS=10 km.故选D.
4.如图所示,为测一树的高度,在地面上选取A,B两点,从A,B两点分别测得树尖的仰角为30°,45°,且A,B两点之间的距离为60 m,则树的高度为(　　)
[A] (30+30) m [B] (30+15) m
[C] (15+30) m [D] (15+15) m
又sin 15°=sin(45°-30°)=sin 45°cos 30°-cos 45°sin 30°=×-×=,
由正弦定理得=,
所以PB==30(+),
所以树的高度为PBsin 45°=30×(+)×=(30+30)(m).
故选A.
5.如图所示,在山顶铁塔上B处测得地面上一点A的俯角为α,在塔底C处测得A处的俯角为β.已知铁塔BC部分的高为h,则山CD的高度为(　　)
[A]
[B]
[C]
[D]
在 Rt△ACD 中,CD=ACsin∠CAD=ACsin β=.即山的高度为.故选C.
6.某人在C点测得某塔在南偏西80°,塔顶A的仰角为45°,此人沿南偏东40°方向前进10 m到D,测得塔顶A的仰角为30°,则塔高为(　　)
[A] 15 m [B] 5 m [C] 10 m [D] 12 m
则AB=h,BC=h,
BD=h,
∠BCD=120°,CD=10,
由余弦定理得
BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos 120°,得h=10.
故选C.
7. (5分)欲测量河宽即河岸之间的距离(河的两岸可视为平行),受地理条件和测量工具的限制,采用如下办法:如图所示,在河的一岸边选择A,B两个观测点,观察对岸的点C,测得∠CAB=75°,∠CBA=45°,AB=120 m,由此可得河宽约为　　　　 m.(结果精确到1 m,参考数据:≈2.45,≈1.41,sin 75°≈0.97)
∠ACB=180°-75°-45°=60°,
由正弦定理得=,
所以AC===40,
所以S△ABC=AB·AC·sin∠CAB=×120×40×sin 75°≈5 703.6,
所以C到AB的距离d==≈95(米).
8.(5分)如图,在山脚测得山顶仰角∠CAB=45°,沿倾斜角为30°的斜坡走100 m至S点,又测得山顶仰角∠DSB=75°,则BD=　　　　 m,山高BC为　　　　 m.
又∠SBD=15°,所以∠ABS=30°.
又AS=100,由正弦定理可知=,
所以BS=200sin 15°,
所以BD=BS·sin 75°=200sin 15°cos 15°=100sin 30°=50,且DC=100sin 30°=50,
从而BC=DC+BD=100 m.
9.(13分)某校高一年级某班开展数学活动,甲和乙合作,用一副三角板测量学校的旗杆高度.如图,甲站在B点测得旗杆顶端E点的仰角为45°,乙站在点D测得旗杆顶端E点的仰角为30°,已知甲和乙相距(BD)6 m,甲的身高(AB)为 1.5 m,乙的身高(CD)为1.75 m,求旗杆的高EF的长.(结果精确到0.1,参考数据:≈1.41,≈1.73)
所以MN=0.25 m.
因为∠EAM=45°,
所以AM=ME.
设AM=ME=x,
则CN=x+6,EN=x-0.25.
因为∠ECN=30°,
所以tan∠ECN===,
解得x≈8.8,
则EF=EM+MF≈8.8+1.5=10.3(m).
答:旗杆的高EF约为10.3 m.
10.(15分)一颗人造地球卫星在地球上空1 600 km处沿着圆形的轨道运行,每2 h沿轨道绕地球旋转一圈.假设卫星于中午12点正通过卫星跟踪站A点的正上空,地球半径约为
6 400 km.
(1)求人造卫星与卫星跟踪站在12:03时相隔的距离是多少.
(2)如果此时跟踪站天线指向人造卫星,那以天线瞄准的方向与水平线的夹角的余弦值是多少 (参考数据:cos 9°≈0.988,sin 9°≈0.156,≈1.95)
在△ACO中,OA=6 400 km,OC=6 400+1 600=8 000(km),β=9°,
由余弦定理得AC2=6 4002+8 0002-2×6 400×8 000cos 9°≈3.79×106.
解得AC≈1.95×103.
因此,在12:03时,人造卫星与跟踪站相距约 1 950 km.
(2)如图,设此时天线的瞄准方向与水平线的夹角为γ,则∠CAO=γ+90°.
由正弦定理得=.
故sin(γ+90°)=sin 9°≈0.64,即cos γ≈0.64.因此,天线瞄准方向与水平线的夹角的余弦值约为0.64.
11.某运动会举行升旗仪式,在坡度为15°的看台上,同一列上的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°,第一排和最后一排的距离为10 m(如图),则旗杆的高度为(　　)
[A] 10 m [B] 30 m
[C] 10 m [D] 20 m
依题意可知∠CEA=45°,
∠ACE=180°-60°-15°=105°,
所以∠EAC=180°-45°-105°=30°,
由正弦定理得=,
所以AC==20 m.
所以在Rt△ABC中,
AB=AC·sin∠ACB=20×=30(m),
所以旗杆的高度为30 m.故选B.
12.(5分)学校里有一棵树,甲同学在A地测得树尖的仰角为45°,乙同学在B地测得树尖的仰角为30°,量得AB=AC=10 m,树根部为C(A,B,C在同一水平面上),则∠ACB=　　　　.
在 Rt△ADC 中,AC=10 m,∠DAC=45°,
所以DC=10 m.
在Rt△DBC中,
因为∠DBC=30°,
所以BC=10 m,
cos∠ACB==,
所以∠ACB=30°.
13. (17分)如图,某公园有三条观光大道AB,BC,AC围成直角三角形,其中直角边BC=200 m,斜边AB=400 m.现有甲、乙、丙三位游客分别在AB,BC,AC大道上嬉戏,
(1)若甲、乙都以每分钟100 m的速度从点B出发在各自的大道上奔走,乙比甲迟2分钟出发,当乙出发1分钟后到达E,甲到达D,求此时甲、乙两人之间的距离;
(2)甲、乙、丙所在位置分别记为点D,E,F.设∠CEF=θ,乙、丙之间的距离是甲、乙之间距离的2倍,且∠DEF=,请将甲、乙之间的距离y表示为θ的函数,并求甲、乙之间的最小
距离.
在△ABC中,cos B==,所以B=,
在△BDE中,由余弦定理得DE2=BD2+BE2-2BD·BEcos B=3002+1002-2×300×100×=70 000,所以DE=100.
答:甲、乙两人之间的距离为100 m.
(2)由题意得EF=2DE=2y,∠BDE=∠CEF=θ,
在Rt△CEF中,CE=EF·cos∠CEF=2ycos θ,
在△BDE中,由正弦定理得
=,
即=,
所以y==,0≤θ≤,所以当θ=时,y有最小值50.
答:甲、乙之间的最小距离为50 m.(共29张PPT)
6.4.3　余弦定理、
正弦定理
第1课时　余弦定理
1.借助向量的运算,探索三角形边长与角度的关系,体会数学抽象及逻辑推理的核心素养.2.通过利用余弦定理及推论解三角形,发展逻辑推理及数学运算的核心素养.
【课程标准要求】
必备知识·归纳落实
知识点一　余弦定理
在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,则有
余弦 定理 语言 叙述 三角形中任何一边的平方,等于
公式 表达 a2= ,
b2= ,
c2=
其他两边平方的和减去这两边
与它们夹角的余弦的积的两倍
b2+c2-2bccos A
c2+a2-2cacos B
a2+b2-2abcos C
余弦定理及其推论的理解
余弦定理及其推论把几何中关于三角形的定性结论变成了可定量计算的公式.勾股定理指出了直角三角形中三边之间的关系,余弦定理则指出了三角形的三条边与其中的一个角之间的关系.由此可见,余弦定理是勾股定理的推广,而勾股定理是余弦定理的特例.
·疑难解惑·
知识点二　解三角形
一般地,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 .已知三角形的几个元素求其他元素的过程叫做 .
元素
解三角形
余弦定理可以用于两类解三角形问题
(1)已知三角形的两边和它们的夹角,求三角形的第三边和其他两个角.
(2)已知三角形的三边,求三角形的三个角.
·温馨提示·
基础自测
1.在△ABC中,a=7,b=3,c=5,则A等于(　　)
[A] 30° [B] 60° [C] 90° [D] 120°
D
2.下列说法错误的是(　　)
[A] 在三角形中,已知两边及其一边的对角,不能用余弦定理求解三角形
[B] 余弦定理揭示了任意三角形边角之间的关系,因此它适用于任何三角形
[C] 利用余弦定理,可以解决已知三角形三边求角的问题
[D] 在三角形中,勾股定理是余弦定理的特例
A
【解析】 在三角形中,已知两边及其一边的对角,可用余弦定理列出第三边的方程,解方程得第三边,A错误;余弦定理反映了任意三角形中边角的关系,它们适用于任意三角形,B正确;余弦定理可以直接解决已知三边求角,已知两边及其夹角求第三边的问题,C正确;当夹角为90° 时,余弦定理就变成了勾股定理,D正确.故选A.
3.某同学要用三条长度分别为3,5,7的线段画出一个三角形,则他将(　　)
[A] 画不出任何满足要求的三角形
[B] 画出一个锐角三角形
[C] 画出一个直角三角形
[D] 画出一个钝角三角形
D
关键能力·素养培优
题型一　已知两边及一角解三角形
60
4或5
已知两边及一角解三角形的两种情况
(1)若已知角是其中一边的对角,可用余弦定理列出关于第三边的一元二次方程求解.
(2)若已知角是两边的夹角,则直接运用余弦定理求出另外一边.
求出第三边后,再用余弦定理和三角形内角和定理求其他角.
·解题策略·
AB
题型二　已知三边解三角形
B
[例2] 在△ABC中,若a=4,b=7,c=9,则最大角的余弦值是(　　)
已知三角形的三边解三角形的方法
利用余弦定理求出三个角的余弦值,进而求出三个角.
·解题策略·
A
题型三　利用余弦定理判断三角形的形状
[例3] (人教B版必修第四册P9例3)在△ABC中,已知acos A=bcos B,试判断这个三角形的形状.
所以(a2-b2)(c2-a2-b2)=0,
因此a2-b2=0或c2-a2-b2=0.
当a2-b2=0时,a=b,此时△ABC是等腰三角形;
当c2-a2-b2=0时,a2+b2=c2,此时△ABC是直角三角形.
故△ABC是等腰三角形或直角三角形.
·解题策略·
利用余弦定理判断三角形形状的两种途径
(1)化边的关系:将条件中的角的关系,利用余弦定理化为边的关系,再变形进行判断.
(2)化角的关系:将条件转化为角与角之间的关系,通过三角变换得出关系进行判断.
[A] 等边三角形 [B] 直角三角形
[C] 等腰三角形 [D] 等腰直角三角形
B
感谢观看第4课时　余弦定理、正弦定理应用举例
【课程标准要求】　通过分析问题,利用余弦定理、正弦定理解决实际问题,培养数学建模、逻辑推理及数学运算的核心素养.
知识点一　实际应用问题中的专用名词与术语
　(1)基线:在测量过程中,我们把根据测量的需要而确定的线段叫做基线.为使测量具有较高的精确度,应根据实际需要选取合适的基线长度.一般来说,基线越长,测量的精确度越高.
(2)仰角和俯角:在目标视线和水平视线所成的角中,目标视线在水平视线上方的角叫仰角,目标视线在水平视线下方的角叫俯角(如图①).
(3)方位角:指从正北方向按顺时针转到目标方向线所转过的水平角,如B点的方位角为α(如图②).
(4)方向角:从指定方向线到目标方向线所成的小于90°的水平角,如南偏西60°,指以正南方向为始边,顺时针方向向西旋转60°.
(5)视角:观察物体时,从物体两端(上、下或左、右)引出的光线在人眼光心处所成的夹角.
知识点二　解三角形应用题的一般步骤
基础自测
1.如图所示,设A,B两点在河的两岸,一测量者与A在河的同侧,在所在的河岸边先确定一点C,测出A,C的距离为 50 m,∠ACB=45°,∠CAB=105°后,可以计算出A,B两点的距离为(　　)
[A] 50 m [B] 50 m
[C] 25 m [D] m
【答案】 A
【解析】 ∠ABC=180°-45°-105°=30°,在△ABC中,由正弦定理=,得AB=100×=50(m).故选A.
2.如图,要测出山上一座天文台BC的高,从山腰A处测得 AC=60 m,天文台最高处B的仰角为45°,天文台底部C的仰角为15°,则天文台BC的高为(　　)
[A] 20 m [B] 30 m
[C] 20 m [D] 30 m
【答案】 B
【解析】 由题图,可得B=45°,∠BAC=30°,故由正弦定理知=,
则BC===30(m).故选B.
3.为测量A,B两地之间的距离,甲同学选定了与A,B不共线的C处,构成△ABC,以下是测量数据的不同方案:(1)测量A,B,C;(2)测量A,B,|BC|;(3)测量A,|AC|,|BC|;(4) 测量C,|AC|,|BC|. 其中要求能唯一确定A,B两地之间距离,则甲同学应选择的方案的序号为(　　)
[A] (1)(2) [B] (2)(3)
[C] (3)(4) [D] (2)(4)
【答案】 D
【解析】 对于(1),测量A,B,C,没有边长,不能求出|AB|的值;对于(2),测量A,B,|BC|,利用三角形内角和定理求得C,再利用正弦定理求得|AB|,且解唯一;对于(3),测量A,|AC|,|BC|,利用余弦定理|BC|2=|AC|2+|AB|2-2|AC|·|AB|cos A,解一元二次方程可以求得|AB|,可能解不唯一;对于(4),测量C,|AC|,|BC|,利用余弦定理直接求得|AB|,且解唯一.综上可得正确的为(2)(4).
故选D.
4.(人教A版必修第二册P52习题6.4 T8改编) 为了测量某塔的高度,检测员在地面A处测得塔顶T处的仰角为30°,从A处向正东方向走210米到地面B处,测得塔顶T处的仰角为60°,若∠AOB=60°,则铁塔OT的高度为　　　　米.
【答案】 30
【解析】 设铁塔OT的高为h,
则可得AO=h,BO=h,
在△AOB中,由余弦定理得
cos∠AOB=,
即=,
解得h=30(负值舍去).
题型一　测量距离问题
[例1] 为绘制海底地貌图,测量海底两点C,D间的距离,海底探测仪沿水平方向在A,B两点进行测量,A,B,C,D在同一个铅垂平面内.海底探测仪测得∠BAC=30°,∠DAC=45°,∠ABD=
45°,∠DBC=75°,同时测得AB= km.
(1)求AD的长度;
(2)求C,D之间的距离.
【解】 (1)在△ABD中,∠BAC=30°,∠DAC=45°,且AB= km.
可得∠BAD=∠BAC+∠DAC=30°+45°=75°.
又因为∠ABD=45°,所以∠ADB=60°.
由正弦定理=,
得AD==(km).
即AD的长度为 km.
(2)因为∠ABC=∠ABD+∠DBC=45°+75°=120°,且∠BAC=30°,AB= km,
可得∠BAC=∠BCA=30°,
所以BC=AB= km.
在△ABC中,由余弦定理得
AC=
==3(km).
在△ACD中,由余弦定理得CD2=AC2+AD2-2AC·ADcos∠DAC=5,
即CD= km,所以C,D间的距离为 km.
测量距离的基本类型及方案
类型 A,B两点间不可通或不可视 A,B两点间可视,但有一点不可达 A,B两点都不可达
图形
方法 先测角C,AC=b,BC=a,再用余弦定理求AB 以点A不可达为例,先测角B,C,BC=a,再用正弦定理求AB 测得CD=a,∠BCD,∠BDC,∠ACD,∠ADC,在△ACD中用正弦定理求AC;在△BCD中用正弦定理求BC;在△ABC中用余弦定理求AB
[变式训练] 海上某货轮在A处看灯塔B,在货轮北偏东75°,距离为30 km处;在A处看灯塔C,在货轮的北偏西30°,距离为20 km处,货轮由A处向正北航行到D处时看灯塔B在东偏南30°,则灯塔C与D处之间的距离为　　 　 km.
【答案】 20
【解析】 由题意∠BAD=75°,∠ADB=90°-30°=60°,∠ABD=180°-60°-75°=45°,在△ABD中,由正弦定理得=,解得AD=60(km),
在△ACD中,由余弦定理得
CD==20(km).
题型二　测量高度问题
[例2] 如图,为测得河对岸塔AB的高,先在河岸上选一点C,使C在塔底B的正东方向上,测得点A的仰角为60°,再由点C沿北偏东15°方向走10 m到位置D,测得∠BDC=45°,则塔AB的高是(　　)
[A] 10 m [B] 10 m
[C] 10 m [D] 10 m
【答案】 D
【解析】 在△BCD中,CD=10 m,∠BDC=45°,
∠BCD=15°+90°=105°,∠DBC=30°,
由正弦定理,得=,
BC==10(m).
在Rt△ABC中,tan 60°=,
AB=BC·tan 60°=10 m.故选D.
高度问题的求法
类型 简图 计算方法
底部可达 测得BC=a,∠BCA=α,AB=a·tan α
底部不可达 点B 与C, D共线 测得CD=a及C与∠ADB的度数.先由正弦定理求出AC或AD,再解三角形得AB的值
点B 与C, D不 共线 测得CD=a及∠BCD,∠BDC,∠ACB的度数.在△BCD中由正弦定理求得BC,再解三角形得AB的值
[变式训练] 如图,某人准备测量某建筑物AB的高度,在地面上选择了一座高为t m的大楼CD,在大楼顶部D处测得该建筑物顶部B的仰角为α,底部A的俯角为β,则该建筑物的高度为(　　)
[A] m [B] m
[C] m [D] m
【答案】 D
【解析】 由题意可得CD=t m,∠DAC=β,∠BDA=α+β,则在△ADC中,=,即AD=,在△ABD中,∠ABD=-α,由正弦定理得=,即=,所以AB==.故选D.
题型三　测量角度问题
[例3] (苏教版必修第二册P105 例2)如图,某渔轮在航行中不幸遇险,发出呼救信号.我海军舰艇在A处获悉后,测出该渔轮在方位角为45°.距离为 10 n mile 的C处,并测得该渔轮正沿方位角为105°的方向,以9 n mile/h的速度向小岛靠拢.我海军舰艇立即以21 n mile/h的速度前去营救.求舰艇的航向和靠拢渔轮所需的时间(角度精确到0.1°,时间精确到
1 min).
【解】 设舰艇收到信号后x h在B处靠拢渔轮,则AB=21x,BC=9x.
又AC=10,∠ACB=45°+(180°-105°)=120°.
由余弦定理,得
AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos∠ACB,
即(21x)2=102+(9x)2-2×10×9xcos 120°,
化简,得36x2-9x-10=0,
解得x=(负值舍去), h=40 min.
由正弦定理,得
sin∠BAC===,
所以∠BAC≈21.8°,方位角为45°+21.8°=66.8°.
答:舰艇应沿着方位角为66.8°的方向航行,经过40 min就可靠拢渔轮.
测量角度问题的基本思路
测量角度问题的关键是在弄清题意的基础上,画出表示实际问题的图形,并在图形中标出有关的角和距离,再用正弦定理或余弦定理解三角形,最后将解得的结果转化为实际问题的解.
[变式训练] 如图所示,在坡度一定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C对于山坡的斜度为15°,向山顶前进100 m到达B处,又测得C对于山坡的斜度为45°,若CD=50 m,且山坡对于地平面的坡度为θ,则cos θ等于(　　)
[A] [B] [C] -1 [D] -1
【答案】 C
【解析】 因为∠CBD=45°,∠CAB=15°,所以∠ACB=45°-15°=30°,
在△ABC中,由正弦定理可得=,
解得BC=50(-),
在△BCD中,由正弦定理可得=,解得sin∠BDC=-1,
即sin(θ+90°)=-1,所以cos θ=-1.
故选C.
(分值:95分)
单选每题5分.
1.轮船A和轮船B在中午12时同时离开海港O,两船航行方向的夹角为120°,两船的航行速度分别为25 km/h,15 km/h,则14时两船之间的距离是(　　)
[A] 50 km [B] 70 km
[C] 90 km [D] 110 km
【答案】 B
【解析】 如图,
设轮船A和轮船B 2 h后分别到达点C,D两处,则OC=50 km,OD=30 km,∠DOC=120°,
由余弦定理可得
CD2=OC2+OD2-2OC·ODcos 120°
=502+302-2×50×30×(-)
=2 500+900+1 500=4 900,
所以CD=70 km.故选B.
2.位于某海域A处的甲船获悉,在其正东方向相距20 km的B处有一艘渔船遇险后抛锚等待营救,甲船立即前往救援,同时把消息告知位于甲船南偏西30°,且与甲船相距10 km的C处的乙船.乙船也立即朝着渔船前往营救,则sin∠ACB等于(　　)
[A] [B] [C] [D]
【答案】 A
【解析】
由题意知
∠CAB=120°,
AC=10,AB=20,
由余弦定理得,CB2=AC2+AB2-2AC·AB·cos∠CAB=700,所以CB=10.
由正弦定理得=,即=,解得sin∠ACB=.故选A.
3.如图,一艘船以40 km/h的速度向正北航行,在A处看灯塔S在船的北偏东30°,0.5 h后航行到B处,在B处看灯塔S在船的北偏东75°,则灯塔S与B之间的距离是(　　)
[A] 5 km
[B] 10 km
[C] 5 km
[D] 10 km
【答案】 D
【解析】 AB=40×=20(km),
由于∠BAS=30°,解得∠BSA=45°,
由正弦定理得=,
即=,解得BS=10 km.故选D.
4.如图所示,为测一树的高度,在地面上选取A,B两点,从A,B两点分别测得树尖的仰角为30°,45°,且A,B两点之间的距离为60 m,则树的高度为(　　)
[A] (30+30) m [B] (30+15) m
[C] (15+30) m [D] (15+15) m
【答案】 A
【解析】 在△PAB中,∠PAB=30°,∠APB=45°-30°=15°,AB=60 m,
又sin 15°=sin(45°-30°)=sin 45°cos 30°-cos 45°sin 30°=×-×=,
由正弦定理得=,
所以PB==30(+),
所以树的高度为PBsin 45°=30×(+)×=(30+30)(m).
故选A.
5.如图所示,在山顶铁塔上B处测得地面上一点A的俯角为α,在塔底C处测得A处的俯角为β.已知铁塔BC部分的高为h,则山CD的高度为(　　)
[A]
[B]
[C]
[D]
【答案】 C
【解析】 在△ABC中,∠BCA=90°+β,∠ABC=90°-α,∠BAC=α-β,∠CAD=β.根据正弦定理,得=,即=,所以AC==.
在 Rt△ACD 中,CD=ACsin∠CAD=ACsin β=.即山的高度为.故选C.
6.某人在C点测得某塔在南偏西80°,塔顶A的仰角为45°,此人沿南偏东40°方向前进10 m到D,测得塔顶A的仰角为30°,则塔高为(　　)
[A] 15 m [B] 5 m [C] 10 m [D] 12 m
【答案】 C
【解析】如图,设塔高为h m,
则AB=h,BC=h,
BD=h,
∠BCD=120°,CD=10,
由余弦定理得
BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos 120°,得h=10.
故选C.
7. (5分)欲测量河宽即河岸之间的距离(河的两岸可视为平行),受地理条件和测量工具的限制,采用如下办法:如图所示,在河的一岸边选择A,B两个观测点,观察对岸的点C,测得∠CAB=75°,∠CBA=45°,AB=120 m,由此可得河宽约为　　　　 m.(结果精确到1 m,参考数据:≈2.45,≈1.41,sin 75°≈0.97)
【答案】 95
【解析】如图,在△ABC中,
∠ACB=180°-75°-45°=60°,
由正弦定理得=,
所以AC===40,
所以S△ABC=AB·AC·sin∠CAB=×120×40×sin 75°≈5 703.6,
所以C到AB的距离d==≈95(米).
8.(5分)如图,在山脚测得山顶仰角∠CAB=45°,沿倾斜角为30°的斜坡走100 m至S点,又测得山顶仰角∠DSB=75°,则BD=　　　　 m,山高BC为　　　　 m.
【答案】 50　100
【解析】 由题意得∠SAB=45°-30°=15°,
又∠SBD=15°,所以∠ABS=30°.
又AS=100,由正弦定理可知=,
所以BS=200sin 15°,
所以BD=BS·sin 75°=200sin 15°cos 15°=100sin 30°=50,且DC=100sin 30°=50,
从而BC=DC+BD=100 m.
9.(13分)某校高一年级某班开展数学活动,甲和乙合作,用一副三角板测量学校的旗杆高度.如图,甲站在B点测得旗杆顶端E点的仰角为45°,乙站在点D测得旗杆顶端E点的仰角为30°,已知甲和乙相距(BD)6 m,甲的身高(AB)为 1.5 m,乙的身高(CD)为1.75 m,求旗杆的高EF的长.(结果精确到0.1,参考数据:≈1.41,≈1.73)
【解】过点A作AM⊥EF于点M,过点C作CN⊥EF于点N,
所以MN=0.25 m.
因为∠EAM=45°,
所以AM=ME.
设AM=ME=x,
则CN=x+6,EN=x-0.25.
因为∠ECN=30°,
所以tan∠ECN===,
解得x≈8.8,
则EF=EM+MF≈8.8+1.5=10.3(m).
答:旗杆的高EF约为10.3 m.
10.(15分)一颗人造地球卫星在地球上空1 600 km处沿着圆形的轨道运行,每2 h沿轨道绕地球旋转一圈.假设卫星于中午12点正通过卫星跟踪站A点的正上空,地球半径约为
6 400 km.
(1)求人造卫星与卫星跟踪站在12:03时相隔的距离是多少.
(2)如果此时跟踪站天线指向人造卫星,那以天线瞄准的方向与水平线的夹角的余弦值是多少 (参考数据:cos 9°≈0.988,sin 9°≈0.156,≈1.95)
【解】 (1)如图,设人造卫星在12:03时位于C点,其中∠AOC=β ,则β=360°×=9°.
在△ACO中,OA=6 400 km,OC=6 400+1 600=8 000(km),β=9°,
由余弦定理得AC2=6 4002+8 0002-2×6 400×8 000cos 9°≈3.79×106.
解得AC≈1.95×103.
因此,在12:03时,人造卫星与跟踪站相距约 1 950 km.
(2)如图,设此时天线的瞄准方向与水平线的夹角为γ,则∠CAO=γ+90°.
由正弦定理得=.
故sin(γ+90°)=sin 9°≈0.64,即cos γ≈0.64.因此,天线瞄准方向与水平线的夹角的余弦值约为0.64.
11.某运动会举行升旗仪式,在坡度为15°的看台上,同一列上的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°,第一排和最后一排的距离为10 m(如图),则旗杆的高度为(　　)
[A] 10 m [B] 30 m
[C] 10 m [D] 20 m
【答案】 B
【解析】 如图,
依题意可知∠CEA=45°,
∠ACE=180°-60°-15°=105°,
所以∠EAC=180°-45°-105°=30°,
由正弦定理得=,
所以AC==20 m.
所以在Rt△ABC中,
AB=AC·sin∠ACB=20×=30(m),
所以旗杆的高度为30 m.故选B.
12.(5分)学校里有一棵树,甲同学在A地测得树尖的仰角为45°,乙同学在B地测得树尖的仰角为30°,量得AB=AC=10 m,树根部为C(A,B,C在同一水平面上),则∠ACB=　　　　.
【答案】 30°
【解析】如图所示,
在 Rt△ADC 中,AC=10 m,∠DAC=45°,
所以DC=10 m.
在Rt△DBC中,
因为∠DBC=30°,
所以BC=10 m,
cos∠ACB==,
所以∠ACB=30°.
13. (17分)如图,某公园有三条观光大道AB,BC,AC围成直角三角形,其中直角边BC=200 m,斜边AB=400 m.现有甲、乙、丙三位游客分别在AB,BC,AC大道上嬉戏,
(1)若甲、乙都以每分钟100 m的速度从点B出发在各自的大道上奔走,乙比甲迟2分钟出发,当乙出发1分钟后到达E,甲到达D,求此时甲、乙两人之间的距离;
(2)甲、乙、丙所在位置分别记为点D,E,F.设∠CEF=θ,乙、丙之间的距离是甲、乙之间距离的2倍,且∠DEF=,请将甲、乙之间的距离y表示为θ的函数,并求甲、乙之间的最小
距离.
【解】 (1)依题意得BD=300,BE=100,
在△ABC中,cos B==,所以B=,
在△BDE中,由余弦定理得DE2=BD2+BE2-2BD·BEcos B=3002+1002-2×300×100×=70 000,所以DE=100.
答:甲、乙两人之间的距离为100 m.
(2)由题意得EF=2DE=2y,∠BDE=∠CEF=θ,
在Rt△CEF中,CE=EF·cos∠CEF=2ycos θ,
在△BDE中,由正弦定理得
=,
即=,
所以y==,0≤θ≤,所以当θ=时,y有最小值50.
答:甲、乙之间的最小距离为50 m.第2课时　正弦定理
【课程标准要求】　1.通过对任意三角形边角关系的探索,证明正弦定理,发展数学抽象及逻辑推理的核心素养.2.通过利用正弦定理及推论解三角形,加强逻辑推理及数学运算的核心素养.
知识点一　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==.
知识点二　正弦定理的变形公式
　若R是△ABC外接圆的半径,则
(1)a=2Rsin A,b=2Rsin B,c=2Rsin C.
(2)sin A=,sin B=,sin C=.
正弦定理可以解决下列两类三角形的问题:
(1)已知两个角及任意一边,求其他两边和另一角.
(2)已知两边和其中一边的对角,求其他两个角及另一边.
基础自测
1.有关正弦定理的叙述
①正弦定理只适用于锐角三角形;
②正弦定理不适用于直角三角形;
③在某一个确定的三角形中,各边与其所对角的正弦的比是一定值.
其中正确的个数是(　　)
[A] 0 [B] 1
[C] 2 [D] 3
【答案】 B
【解析】 由正弦定理知,在一个三角形中,各边和它所对角的正弦的比相等,因此,对于任意△ABC,都有==,其中a,b,c分别是内角A,B,C所对的边,所以正弦定理适用于任意三角形.①②错误,③正确.故选B.
2.在△ABC中,sin A=,sin B=,a=10,则边长b等于(　　)
[A] [B]
[C] [D]
【答案】 D
【解析】 由正弦定理知=,即=,解得b=.故选D.
3.已知在△ABC中,b=4,c=2,C=30°,那么此三角形(　　)
[A] 有一解 [B] 有两解
[C] 无解 [D] 解的个数不确定
【答案】 C
【解析】 由正弦定理和已知条件,得=,
所以sin B=>1,所以此三角形无解.故选C.
4.(人教A版必修第二册P48练习T1(2)改编)已知△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=1,b=,A=30°,则B等于(　　)
[A] 30° [B] 30°或150°
[C] 60° [D] 60°或120°
【答案】 D
【解析】 由正弦定理=,
得=,
解得sin B=,又0°题型一　已知两角及任意一边解三角形
[例1] 在△ABC中,已知B=30°,C=105°,b=4,解这个三角形.
【解】 因为B=30°,C=105°,
所以A=180°-(B+C)=180°-(30°+105°)=45°.
由正弦定理,得==,
解得a==4,
c==2(+).
已知三角形的两角和任一边解三角形的思路
(1)若所给边是已知角的对边时,可由正弦定理求另一角所对的边,再由三角形内角和定理求出第三个角.
(2)若所给边不是已知角的对边时,先由三角形内角和定理求出第三个角,再由正弦定理求另外两边.
[变式训练] 在△ABC中,sin C=,AC=4,cos B=,则AB=　　　　.
【答案】 3
【解析】 在△ABC中,cos B=,
则sin B==,
根据正弦定理得=,
即AB===3.
题型二　已知两边及其中一边的对角解三角形
[例2] 在△ABC中,根据下列条件,解三角形.
(1)A=60°,c=,a=;
(2)a=,b=,B=45°.
【解】 (1)由正弦定理得=,
所以sin C===.
又c=,a=,所以c所以C所以B=180°-(A+C)=90°.
由正弦定理得=,
所以b===2.
所以C=30°,B=90°,b=2.
(2)由正弦定理,
得sin A===,
因为0°当A=60°时,C=75°,
所以c===;
当A=120°时,C=15°,
所以c===.
所以A=60°,C=75°,c=或A=120°,C=15°,c=.
已知三角形两边和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.
[变式训练] 在△ABC中,若a=7,b=8,cos B=,则A的大小为(　　)
[A] [B]
[C] [D] 或
【答案】 B
【解析】 因为在△ABC中,A,B∈(0,π),
所以cos B= sin B==,
由正弦定理可知sin A== A=或,又a题型三　三角形解的个数的判断
[例3] 在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,根据下列条件解三角形,其中有两解的是(　　)
[A] b=4,A=20°,C=40°
[B] a=4,b=6,B=35°
[C] a=4,b=6,A=35°
[D] a=4,b=6,C=35°
【答案】 C
【解析】 对于A,由A=20°,C=40°,可得B=180°-A-C=120°,所以三角形只有一解;对于B,由 a=4,b=6,B=35°,可得asin 35°,可得B有两解,所以三角形有两解;对于D,由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C=52-48cos 35°>0,可得c有唯一的解,所以三角形只有一解.故选C.
[变式训练] 在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=1,A=30°,b=x,则(　　)
[A] 当x=时,B=45°
[B] 当x>1时,△ABC有两个解
[C] 当0[D] 对一切x>0,△ABC都有解
【答案】 C
【解析】 因为a=1,A=30°,b=x,所以由正弦定理=,得sin B=x,
当x=时,sin B=,又30°当x=4时,sin B=2,又0当0(分值:95分)
单选每题5分.
1.在△ABC中,a=5,b=3,则sin A∶sin B的值是(　　)
[A] [B] [C] [D]
【答案】 A
【解析】 根据正弦定理得==.故选A.
2.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=,b=3,B=60°,则角A等于(　　)
[A] 45° [B] 135°
[C] 45°或135° [D] 60°或120°
【答案】 A
【解析】 因为a=,b=3,B=60°,由正弦定理=,即=,解得sin A=,因为0°a,所以B>A,所以A=45°.故选A.
3.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,且a=2,c=1,B=2C,则等于(　　)
[A] [B] [C] 3 [D] 3
【答案】 A
【解析】 在三角形ABC中,===,由正弦定理可得==.
故选A.
4.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若B=,a=4,且该三角形有两解,则b的取值范围是(　　)
[A] (2,+∞) [B] (2,4)
[C] (0,4) [D] (3,4)
【答案】 B
【解析】 由正弦定理得=,所以b===,因为该三角形有两解,故=B5.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若A=2B,a=2,b=2,则c等于(　　)
[A] [B] 2 [C] 2 [D] 2
【答案】 B
【解析】 由=,得=,即cos B=,所以B=,则A=,则C=π-A-B==B,所以c=b=2.故选B.
6.在△ABC中,若A∶B∶C=3∶4∶5,则a∶b∶c等于(　　)
[A] 3∶4∶5
[B] 2∶∶(+1)
[C] 1∶∶2
[D] 2∶2∶(+)
【答案】 B
【解析】 因为A∶B∶C=3∶4∶5,A+B+C=180°,所以A=45°,B=60°,C=75°.
sin 75°=sin(30°+45°)=sin 30°cos 45°+cos 30° sin 45°=×(+),由正弦定理,得a∶b∶c=
sin A∶sin B∶sin C=2∶∶(+1).故选B.
7.(5分)在△ABC中,AB=,A=75°,B=45°,则角C=　　　　,AC=　　　　.
【答案】 60°　2
【解析】 由三角形内角和为180°可得C为60°,
由正弦定理可知= = AC=2.
8.(5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若cos A=,cos C=,a=1,则sin B=
　　　　,b=　　　　.
【答案】 　
【解析】 在△ABC中,由cos A=,cos C=,可得sin A=,sin C=,
所以sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C=,
又a=1,故由正弦定理得,b==.
9.(13分)如图,△ABC是半径为R的☉O的内接正三角形,求△ABC的边长和△OBC的外接圆半径.
【解】 在△ABC中,=2R,
所以AB=BC=AC=R.
设△OBC的外接圆半径为r,
因为=2r,所以r=·=R.
10.(15分)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且bsin A=acos B.
(1)求B;
(2)若b=3,sin C=sin A,求a,c.
【解】 (1)由 bsin A=acos B及正弦定理,
得 sin B sin A=sin A cos B.在△ABC中,sin A≠0,所以 sin B=cos B,所以tan B=.
因为0(2)由sin C=sin A及正弦定理,得c=a,①
由余弦定理b2=a2+c2-2accos B,
得32=a2+c2-2ac cos,
即a2+c2-ac=9,②
联立①②,解得a=3,c=3(负值舍去).
11.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,若B<,c=bsin C,则cos(A-C)的取值范围是(　　)
[A] (-,1] [B] (-,]
[C] (0,) [D] (0,1]
【答案】 A
【解析】 因为在△ABC中,c=bsin C,所以sin C= sin B sin C,因为sin C≠0,所以
sin B=.因为012.(5分)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=bcos C+csin B,则B=　　　　.
【答案】 30°
【解析】 由正弦定理,a=bcos C+csin B sin A=sin Bcos C+sin Csin B,①
又sin A=sin[180°-(B+C)]=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C,
代入①式得sin Bcos C+cos Bsin C=sin Bcos C+sin Csin B,
所以cos Bsin C=sin Csin B.
因为0°0,cos B=sin B,
故tan B=.又0°13.(17分)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,且(b-a)(sin B+sin A)=c(sin C-sin A).
(1)求B;
(2)若A=,a+b=2+,求c.
【解】 (1)因为(b-a)(sin B+sin A)=c(sin C-sin A),
所以由正弦定理得(b-a)(b+a)=c(c-a),
即c2+a2-b2=ac,所以由余弦定理得
cos B===,
因为B∈(0,π),所以B=.
(2)由(1)可知B=,又A=,a+b=2+,由正弦定理得=,所以a=b,
所以b=,a=2,
所以C=π--=,
因为sin C=sin =sin(+)=,
所以由正弦定理得=,
所以c====+1.第3课时　余弦定理、正弦定理的综合应用
【课程标准要求】　1.利用余弦定理、正弦定理及推论解三角形, 发展数学抽象及逻辑推理的核心素养.2.借助三角形的面积公式的简单推导和应用,强化逻辑推理及数学运算的核心素养.
知识点　三角形的面积公式
(1)S=a·ha=b·hb=c·hc(ha,hb,hc分别表示边a,b,c上的高).
(2)S=absin C=bcsin A=acsin B.
(3)S=(a+b+c)·r(r为△ABC内切圆的半径).
知识拓展
　三角形的其他面积公式
(1)S=(其中,a,b,c是△ABC的各边长,R是△ABC的外接圆半径).
(2)S=(其中p=(a+b+c)).
(3)S△ABC=a2·=b2·=c2·.
基础自测
1.在△ABC中,AB=4,C=,S△ABC=4,则AC等于(　　)
[A] 2 [B] 3 [C] 4 [D] 6
【答案】 C
【解析】 由题意可知S△ABC=4=AC·BCsin AC·BC=16,①
由余弦定理可得cos = AC2+BC2=32,②
由①②解得AC=4(负值舍去).故选C.
2.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知c=,C=,sin B=2sin A,则△ABC的周长是(　　)
[A] 3 [B] 2+
[C] 3+ [D] 4+
【答案】 C
【解析】 因为sin B=2sin A, 所以由正弦定理得b=2a,由余弦定理,得c2=a2+b2-2abcos C=a2+4a2-2a2=3a2.又c=, 解得a=1(负值舍去),b=2,则△ABC的周长是3+.故选C.
3.在△ABC中,已知3b=2asin B,且cos B=cos C,A是锐角,则△ABC是(　　)
[A] 直角三角形 [B] 等腰三角形
[C] 等腰直角三角形 [D] 等边三角形
【答案】 D
【解析】 由3b=2asin B,得=,根据正弦定理,得=,所以=,即sin A=.又A是锐角,所以A=60°.又cos B=cos C,且B,C都为三角形的内角,所以B=C.故△ABC为等边三角形.故选D.
4.在△ABC中,a2-b2=bc,sin C=2sin B,则 A=　 　　　.
【答案】 30°
【解析】 由sin C=2sin B及正弦定理,得c=2b,把它代入a2-b2=bc,得a2-b2=6b2,即a2=7b2,由余弦定理,得cos A====,又因为0°题型一　判断三角形的形状
[例1] 在△ABC中,已知=,且sin2A+sin2B=sin2C.求证:△ABC为等腰直角三角形.
【证明】 因为=,所以=.
又因为=,所以=.
所以a2=b2,即a=b.
设===k(k≠0),
则sin A=,sin B=,sin C=.
又因为sin2A+sin2B=sin2C,
所以+=,即a2+b2=c2,
所以△ABC为等腰直角三角形.
(1)判断三角形形状时,应围绕三角形的边角关系,利用正弦定理或余弦定理进行边角互化,要么把角转化为边,通过代数变形找出边之间的关系,要么把边转化为角,通过三角变换找出角之间的关系,当然也可以边角同时考虑.
(2)在解题中,若出现关于边的齐次式(方程),或关于角的正弦的齐次式(方程),可通过正弦定理,进行边角互化.
[变式训练] 在△ABC中,若=2cos A,则此三角形为(　　)
[A] 直角三角形
[B] 等腰三角形
[C] 等边三角形
[D] 等腰或直角三角形
【答案】 B
【解析】 由=2cos A可得sin B=2sin C·cos A,又sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cosAsin C,所以2sin Ccos A=sin Acos C+cos A sin C sin(C-A)=0,由于C,A为△ABC的内角,所以C=A,故△ABC为等腰三角形.故选B.
题型二　三角形的面积公式
[例2] (1)在△ABC中,A=30°,C=45°,a=2,求S△ABC.
(2)若△ABC的面积为,BC=2,C=60°,求边AB的长度.
【解】 (1)法一　因为A=30°,C=45°,
所以B=105°,
由正弦定理得=,
b===4sin 105°
=4(sin 60°cos 45°+cos 60°sin 45°)
=+,
S△ABC=absin C=×2×(+)×
=1+.
法二　设△ABC的外接圆半径为R,由正弦定理知==4=2R,所以R=2.
又A=30°,C=45°,所以B=105°,
所以S△ABC=2R2sin Asin Bsin C=8×××=+1.
(2)法一　由S△ABC=AC·BCsin C=,
得AC=2,由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos 60°=22+22-2×2×2×=4,
所以AB=2,即边AB的长度等于2.
法二　由S△ABC=AC·BC·sin C=,
得AC=2,所以AC=BC=2.又C=60°,
所以△ABC为等边三角形,所以AB=2,
即边AB的长度等于2.
三角形面积计算的解题思路
对于此类问题,一般用公式S=absin C=bcsin A=acsin B进行求解,可分为以下两种情况:
(1)若所求面积为多边形的面积,可通过作辅助线或其他途径构造三角形,转化为求三角形的面积.
(2)若所给条件为边角关系,则需要运用正弦定理、余弦定理求出某两边及夹角,再利用三角形面积公式进行求解.
[变式训练] 在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知tan B=,cos C=,且b=3.求△ABC的面积.
【解】 因为tan B=,0因为cos C=,0所以sin C==.
所以cos A=-cos(B+C)=-cos(+C)=-(×-×)=.
由正弦定理=
可得c===8.
又因为sin A=sin(B+C)=sin(+C)=×+×=,
所以△ABC的面积S△ABC=bcsin A=×3×8×=6+8.
题型三　余弦、正弦定理的综合应用
[例3] 如图,在平面四边形ABCD中,∠CAD=∠BAC=,∠BCD=,BD=,BC=2.求:
(1)sin∠CBD;
(2)AC的长.
【解】 (1)在△DCB中,由余弦定理得
cos ∠BCD=,
即-=,所以CD=(负值已舍去).
由正弦定理可得=,
即sin∠CBD===.
(2)在△ACD中,由正弦定理得=,所以sin∠ADC=.
在△ABC中,由正弦定理得=,
所以sin∠ABC=AC.
因为∠CAD=∠BAC=,∠BCD=,
所以∠ADC+∠ABC=,
所以sin2∠ADC+sin2∠ABC=cos2∠ABC+
sin2∠ABC=1,所以+=1,所以AC=(负值舍去).
多边形中计算问题的解题思路
(1)正确挖掘图形中的几何条件,简化运算是解题要点,还要善于应用正弦定理、余弦定理.只需通过解三角形,一般问题便能很快解决.
(2)解决此类问题的关键是仔细观察,发现图形中较隐蔽的几何条件.
[变式训练] (多选题) 如图,△ABC的内角∠CAB,B,∠ACB所对的边分别为a,b,c,(acos∠ACB+ccos∠CAB)=2bsin B,且∠CAB=.若D是△ABC外一点,DC=1,AD=3,则下列说法正确的是(　　)
[A] △ABC的内角B=
[B] △ABC的内角∠ACB=
[C] 四边形ABCD面积的最大值为+3
[D] 四边形ABCD的面积无最大值
【答案】 ABC
【解析】 因为(acos∠ACB+ccos∠CAB)=2bsin B,
所以(sin∠CABcos∠ACB+sin∠ACB·cos∠CAB)=2sin2B,
所以sin(∠CAB+∠ACB)=2sin2B,
所以sin B=2sin2B.
又sinB≠0,所以sin B=.
因为∠CAB=,所以B∈(0,),所以B=,所以∠ACB=π-∠CAB-B=,因此A,B正确;
四边形ABCD的面积等于S△ABC+S△ACD=AC2+AD·DCsin∠ADC=(AD2+DC2-2AD·DCcos∠ADC)+AD·DCsin∠ADC=(9+1-6cos∠ADC)+×3×1×sin∠ADC=+3sin(∠ADC-)≤+3,当且仅当∠ADC-=,即∠ADC=时,等号成立,因此C正确,D错误.
故选ABC.
培优拓展3　三角形中的特征线
一、三角形中线问题
　方法1　向量法
如图,在△ABC中,D为CB的中点,2=+,如果不是中点,是几等分点也可以用此法.
方法2　角互补
∠ADC+∠ADB=π cos∠ADC+cos∠ADB=0,
在△ADB中有cos∠ADB=,
在△ADC中有cos∠ADC=.
二、角平分线
　如图,在△ABC中,AD平分∠BAC,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.
方法1　内角平分线定理
= 或 =.
方法2　等面积法(使用频率最高)
S△ABC=S△ABD+S△ADC AB·AC·sin A=AB·AD·sin +AC·AD·sin.
方法3　边与面积的比值
=.(此结论也可以结合定比分点公式应用)
【题型演绎】
类型一　三角形中线问题
[典例1] (苏教版必修第二册P94例6) 如图,AM是△ABC的边BC上的中线,求证:
AM=.
【证明】 设∠AMB=α,则∠AMC=180°-α.
在△ABM中,由余弦定理,得
AB2=AM2+BM2-2AM·BMcos α.
在△ACM中,由余弦定理,得
AC2=AM2+MC2-2AM·MCcos(180°-α).
因为cos(180°-α)=-cos α,BM=MC=BC.
所以AB2+AC2=2AM2+BC2,
从而AM=.
[跟踪训练] 在①cos 2A=cos(B+C),②asin C=ccos A 这两个条件中任选一个作为已知条件,然后解答问题.
在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,　　　　.
(1)求角A.
(2)若b=2,c=4,求△ABC的BC边上的中线AD的长.
【解】 (1)若选①,即cos 2A=cos(B+C),得2cos2A-1=-cos A,
所以2cos2A+cos A-1=0,
所以cos A=或cos A=-1(舍去),
因为A∈(0,π),所以A=.
若选②,asin C=ccos A,由正弦定理,
得sin A sin C=sin Ccos A,
因为A,C∈(0,π),所以sin C>0,则sin A= cos A,所以tan A=,所以A=.
(2)AD是△ABC的BC边上的中线,
所以=(+),
所以=(+)2=(+2·+)
=(||2+2·+||2)
=(c2+2c·bcos+b2)
=×(42+2×4×2×cos+22)=7,
所以AD=.
类型二　三角形角平分线问题
[典例2] 在△ABC中,∠BAC的平分线AD与边BC相交于点D,满足BD=2DC.
(1)求证:AB=2AC.
(2)若AD=BD=2,求∠BAC的大小.
(1)【证明】因为AD为∠BAC的平分线,所以∠BAD=∠DAC,
在△ABD中,由正弦定理可得
=,①
在△ADC中,由正弦定理可得
=,②
由①和②可得=,
又∠ADC+∠ADB=180°,
故sin∠ADC=sin∠ADB,
可得==2,即AB=2AC.
(2)【解】由题意可知AD=BD=2,DC=1,由(1)知AB=2AC,不妨设AB=2AC=2x.
在△ABD中,由余弦定理可得
AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos∠ADB,
即4x2=8-8cos∠ADB,③
在△ADC中,由余弦定理可得
AC2=AD2+DC2-2AD·DCcos∠ADC,
即x2=5-4cos∠ADC,④
又∠ADC+∠ADB=180°,
所以cos∠ADC=-cos∠ADB,
由③和④可解得x=,cos∠ADC=,
从而可得AB=2,AC=,BC=3,
在△ABC中,由余弦定理得
cos∠BAC==,
又0°<∠BAC<180°,所以∠BAC=60°.
[跟踪训练] 已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,满足=.
(1)求角C.
(2)CD是∠ACB的平分线,若CD=,△ABC的面积为,求c的值.
【解】 (1)由正弦定理得=, 整理得a2+b2-c2=ab, 由余弦定理得cos C==, 又C∈(0,π)则C=.
(2) 由面积公式得absin C=ab×=,
解得ab=4,
又CD是∠ACB的平分线, 则S△ACD+S△BCD=·CA·CD·sin+·CB·CD·sin=S△ABC, 故·(a+b)·= a+b=6.
所以c2=a2+b2-ab=(a+b)2-3ab=108-12=96,所以c=4.
(分值:95分)
单选每题5分.
1.在△ABC中,若=,则该三角形的形状一定是(　　)
[A] 等腰三角形
[B] 等腰直角三角形
[C] 等腰三角形或直角三角形
[D] 等边三角形
【答案】 C
【解析】 因为=,所以acos A=bcos B,根据正弦定理可知sin Acos A=sin Bcos B,所以
sin 2A=sin 2B,所以在△ABC中,A=B或2A+2B=π,即A+B=,即C=.所以△ABC为等腰三角形或直角三角形.故选C.
2.在△ABC中,若满足sin2A=sin2B+sin B·sin C+sin2C,则A等于(　　)
[A] 30° [B] 60° [C] 120° [D] 150°
【答案】 C
【解析】 在△ABC中,因为sin2A=sin2B+sin B·sin C+sin2C,所以由正弦定理得a2=b2+bc+c2,即b2+c2-a2=-bc,所以由余弦定理有cos A==-,
因为A∈(0°,180°),所以A=120°.
故选C.
3.在△ABC中,若△ABC的面积为6,c=5,tan A=,则b等于(　　)
[A] 2 [B] 3 [C] 4 [D] 5
【答案】 B
【解析】 在△ABC中,因为tan A=,所以00,cos A>0,解得sin A=,cos A=,由三角形的面积公式可得S△ABC=bcsin A=×b×5×=2b=6,可得b=3.故选B.
4.在△ABC中,已知b2+c2-bc=a2,且btan C=ctan B,则△ABC的形状为(　　)
[A] 直角三角形
[B] 等腰直角三角形
[C] 有一个角为60°的直角三角形
[D] 等边三角形
【答案】 D
【解析】 由b2+c2-bc=a2可得cos A==,又A∈(0°,180°),所以A=60°,
由btan C=ctan B和正弦定理可得sin B·=sin C·,即cos B=cos C,所以B=C,
所以A=60°=B=C,所以△ABC的形状为等边三角形.
故选D.
5.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a-c=b,sin B= sin C,则sin 2A的值为(　　)
[A] [B] [C] [D] -
【答案】 C
【解析】 由sin B=sin C,得b=c,又a-c=b,得a=2c,
cos A===,A∈(0,π),
故sin A=,sin 2A=2sin A cos A=2××=.故选C.
6.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若asin A+bsin B[A] 锐角三角形 [B] 直角三角形
[C] 钝角三角形 [D] 不确定
【答案】 C
【解析】 因为asin A+bsin B0,因为C为三角形的内角,所以C为钝角.故选C.
7.(5分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若ccos A+acos C=6,AC边上的高为4,则△ABC的面积为　　　　 　　.
【答案】 12
【解析】设AC边上的高为BD,
则BD=4,
由题意AC=b=AD+CD=ABcos A+BCcos C=ccos A+acos C=6,
故△ABC的面积为S=×4×6=12.
8.(5分)设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若b+c=2a,3sin A=5sin B,则C=
　　　.
【答案】
【解析】 若3sin A=5sin B,则3a=5b,又b+c=2a,
故c=a.根据余弦定理得cos C===-,故C=.
9.(13分)在△ABC中,A=60°,c=a.
(1)求sin C的值;
(2)若a=7,求△ABC的面积.
【解】 (1)在△ABC中,因为A=60°,c=a,
由正弦定理=得sin C==×=.
(2)因为a=7,所以c=×7=3,
由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A得
72=b2+32-2b×3×,
解得b=8或b=-5(舍去),
所以△ABC的面积
S=bcsin A=×8×3×=6.
10.(15分)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,向量m=(a,b),n=(sin B,sin A),
p=(b-c,a-c).
(1)若m∥n,求证:△ABC为等腰三角形.
(2)若m⊥p,c=2,C=60°,求△ABC的面积.
(1)【证明】因为m∥n,所以asin A=bsin B.
由正弦定理可得a·=b·,其中R是△ABC的外接圆半径,所以a=b,即△ABC为等腰三角形.
(2)【解】因为m⊥p,
所以(a,b)·(b-c,a-c)=ab-ac+ab-bc=2ab-c(a+b)=0.
由c=2,得ab=a+b.①
由余弦定理可知,4=a2+b2-ab=(a+b)2-3ab.②
将①式代入②式,得(ab)2-3ab-4=0.
所以ab=4或ab=-1(不合题意,舍去).
所以S△ABC=absin C=×4×sin 60°=.
11.已知在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若△ABC的面积为,cos C=1-,则C的值为(　　)
[A] [B] [C] [D]
【答案】 D
【解析】 由题意得,在△ABC中,ab=,则S△ABC=absin C==,因为00,所以==.
得C=.故选D.
12.(5分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若bsin 2A+asin B=0,b=c,则=
　　　　.
【答案】
【解析】 由bsin 2A+asin B=0,结合正弦定理,可得sin Bsin 2A+sin Asin B=0,
即2sin Bsin Acos A+sin Asin B=0,由于sin Bsin A≠0,所以cos A=-,因为013.(17分)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且=.
(1)求tan A;
(2)若△ABC的面积为;
①E为BC的中点,求△ABC底边BC上中线AE长度的最小值;
②求内角A的平分线AD长度的最大值.
【解】 (1)由正弦定理,得=,
即c2+b2-a2=bc,
故cos A===,
因为cos A>0,所以A∈(0,),
所以sin A===,
所以tan A=2.
(2)①由(1)知sin A=,
因为△ABC的面积为,所以bcsin A=,解得bc=8,
因为=(+),
所以
||2=(||2+||2+2·)
=(c2+b2+2bccos A)=(c2+b2+bc)≥(2bc+bc)=×bc=,
当且仅当b=c时,等号成立,
所以||2≥ ||≥,
故AE的最小值为.
②因为AD为A的平分线,
所以∠BAD=∠CAD=∠BAC,
由于S△ADB+S△ADC=S△ABC,
所以|AD|csin+|AD|bsin=bcsin∠BAC=bcsin cos ,
由于sin≠0,
所以|AD|(c+b)=2bccos,
由于cos∠BAC=2cos2-1= cos2= cos=,
又bc=8,所以|AD|(c+b)=2bccos=2×8×=.
由于b+c≥2=4,当且仅当b=c时,等号成立,故=|AD|(c+b)≥2|AD|=4|AD|,
故|AD|≤,故AD的最大值为.(共33张PPT)
第4课时　余弦定理、正弦定理应用举例
通过分析问题,利用余弦定理、正弦定理解决实际问题,培养数学建模、逻辑推理及数学运算的核心素养.
【课程标准要求】
必备知识·归纳落实
知识点一　实际应用问题中的专用名词与术语
(1)基线:在测量过程中,我们把根据测量的需要而确定的 叫做基线.为使测量具有较高的精确度,应根据实际需要选取合适的基线长度.一般来说,基线越 ,测量的精确度越 .
线段
长
高
(2)仰角和俯角:在目标视线和水平视线所成的角中,目标视线在水平视线上方的角叫 ,目标视线在水平视线下方的角叫 (如图①).
(3)方位角:指从正北方向按 转到目标方向线所转过的水平角,如B点的方位角为α(如图②).
仰角
俯角
顺时针
(4)方向角:从指定方向线到 所成的小于90°的水平角,如南偏西60°,指以正南方向为始边,顺时针方向向西旋转60°.
(5)视角:观察物体时,从物体两端(上、下或左、右)引出的光线在人眼光心处所成的 .
目标方向线
夹角
知识点二　解三角形应用题的一般步骤
基础自测
1.如图所示,设A,B两点在河的两岸,一测量者与A在河的同侧,在所在的河岸边先确定一点C,测出A,C的距离为 50 m,∠ACB=45°,∠CAB=105°后,可以计算出A,B两点的距离为(　　)
A
B
2.如图,要测出山上一座天文台BC的高,从山腰A处测得 AC=60 m,天文台最高处B的仰角为45°,天文台底部C的仰角为15°,则天文台BC的高为(　　)
3.为测量A,B两地之间的距离,甲同学选定了与A,B不共线的C处,构成△ABC,以下是测量数据的不同方案:(1)测量A,B,C;(2)测量A,B,|BC|;(3)测量A,|AC|,
|BC|;(4) 测量C,|AC|,|BC|. 其中要求能唯一确定A,B两地之间距离,则甲同学应选择的方案的序号为(　　)
[A] (1)(2) [B] (2)(3)
[C] (3)(4) [D] (2)(4)
D
【解析】 对于(1),测量A,B,C,没有边长,不能求出|AB|的值;对于(2),测量A,B,|BC|,利用三角形内角和定理求得C,再利用正弦定理求得|AB|,且解唯一;对于(3),测量A,|AC|,|BC|,利用余弦定理|BC|2=|AC|2+|AB|2-2|AC|·|AB|cos A,解一元二次方程可以求得|AB|,可能解不唯一;对于(4),测量C,|AC|,|BC|,利用余弦定理直接求得|AB|,且解唯一.综上可得正确的为(2)(4).故选D.
4.(人教A版必修第二册P52习题6.4 T8改编) 为了测量某塔的高度,检测员在地面A处测得塔顶T处的仰角为30°,从A处向正东方向走210米到地面B处,测得塔顶T处的仰角为60°,若∠AOB=60°,则铁塔OT的高度为　　　　米.
关键能力·素养培优
题型一　测量距离问题
(1)求AD的长度;
(2)求C,D之间的距离.
测量距离的基本类型及方案
·解题策略·
类型 A,B两点间不可通或不可视 A,B两点间可视,但有一点不可达 A,B两点都不可达
图形
方法 先测角C,AC=b, BC=a,再用余弦定理求AB 以点A不可达为例,先测角B,C,BC=a,再用正弦定理求AB 测得CD=a,∠BCD,∠BDC,∠ACD,∠ADC,在△ACD中用正弦定理求AC;在△BCD中用正弦定理求BC;在△ABC中用余弦定理求AB
题型二　测量高度问题
[例2] 如图,为测得河对岸塔AB的高,先在河岸上选一点C,使C在塔底B的正东方向上,测得点A的仰角为60°,再由点C沿北偏东15°方向走10 m到位置D,测得∠BDC=45°,则塔AB的高是(　　)
D
高度问题的求法
·解题策略·
类型 简图 计算方法
底部可达 测得BC=a,∠BCA=α,AB=a·tan α
·解题策略·
底部不可达 点B 与C, D共线 测得CD=a及C与∠ADB的度数.先由正弦定理求出AC或AD,再解三角形得AB的值
点B 与C, D不 共线 测得CD=a及∠BCD,∠BDC,∠ACB的度数.在△BCD中由正弦定理求得BC,再解三角形得AB的值
[变式训练] 如图,某人准备测量某建筑物AB的高度,在地面上选择了一座高为t m的大楼CD,在大楼顶部D处测得该建筑物顶部B的仰角为α,底部A的俯角为β,则该建筑物的高度为(　　)
D
题型三　测量角度问题
[例3] (苏教版必修第二册P105 例2)如图,某渔轮在航行中不幸遇险,发出呼救信号.我海军舰艇在A处获悉后,测出该渔轮在方位角为45°.距离为 10 n mile 的C处,并测得该渔轮正沿方位角为105°的方向,以9 n mile/h的速度向小岛靠拢.我海军舰艇立即以21 n mile/h的速度前去营救.求舰艇的航向和靠拢渔轮所需的时间(角度精确到0.1°,时间精确到1 min).
测量角度问题的基本思路
测量角度问题的关键是在弄清题意的基础上,画出表示实际问题的图形,并在图形中标出有关的角和距离,再用正弦定理或余弦定理解三角形,最后将解得的结果转化为实际问题的解.
·解题策略·
[变式训练] 如图所示,在坡度一定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C对于山坡的斜度为15°,向山顶前进100 m到达B处,又测得C对于山坡的斜度为45°,若CD=50 m,且山坡对于地平面的坡度为θ,则cos θ等于(　　)
C
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