资源简介

(共55张PPT)
6.4.3　余弦定理、正弦定理
新课程标准解读 核心素养
1.借助向量的运算，探索三角形边长与角度的关系 逻辑推理
2.掌握余弦定理、正弦定理 数学运算
3.能用余弦定理、正弦定理解决简单的实际问题 数学建模
第1课时　余弦定理
目录
基础知识·重落实
01
典型例题·精研析
02
知能演练·扣课标
03
基础知识·重落实
01
课前预习 必备知识梳理
　　利用现代测量工具，可以方便地测出三点之间的一些距离和角，
从而可得到未知的距离与角.
【问题】　如图所示，A，B分别是两个山峰的顶点，在山脚下任意选择一点C，然后使用测量仪得出AC，BC以及∠ACB的大小.你能根据这三个量求出AB的距离吗？
知识点一　余弦定理
文字
表述 三角形中任何一边的平方，等于其他两边 减去
这两边与它们夹角的余弦的
公式
表达 a2＝ ，b2＝ ，c2
＝
推论
平方的和　
积的两倍　
b2＋c2－2bc cos A　
c2＋a2－2ca cos B　
a2＋b2－2ab cos C　
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 的过程叫做解
三角形.
元素　
其他元素　
1. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a＝
9，b＝2 ，C＝150°，则c＝（　　 ）
解析：　由余弦定理得：c＝
＝ ＝7 .故选D.
2. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2＋b2＜
c2，则△ABC是（　　）
A. 等腰三角形 B. 锐角三角形
C. 直角三角形 D. 钝角三角形
解析：　因为a2＋b2＜c2，由余弦定理可得 cos C＝ ＜
0，又由C∈（0，π），所以C∈（ ，π），所以△ABC是钝角三
角形.故选D.
3. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a2＋
c2＝b2＋ac，则B＝ .
解析：在△ABC中，由余弦定理知 cos B＝ ，又a2＋c2＝
b2＋ac，所以 cos B＝ ，又0＜B＜π，所以B＝ .

典型例题·精研析
02
课堂互动 关键能力提升
题型一 已知两边及一角解三角形
【例1】　（1）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，
c，已知b＝3，c＝2 ，A＝30°，则a＝ 　 　；
解析：由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bc cos A＝32＋（2 ）2－
2×3×2 cos 30°＝3，所以a＝ .

（2）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝
，c＝2， cos A＝ ，则b＝ .
解析：由余弦定理得5＝22＋b2－2×2b cos A，因为 cos A＝ ，
所以3b2－8b－3＝0，所以b＝3（b＝－ 舍去）.
3
【母题探究】
（变条件）将本例（2）中的条件a＝ ，c＝2， cos A＝ 改为a＝
2，c＝2 ， cos A＝ ，则b＝ .
解析：由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos A，所以22＝b2＋（2 ）2
－2×b×2 × ，即b2－6b＋8＝0，解得b＝2或b＝4.所以b的
值为2或4.
2或4
通性通法
已知两边及一角解三角形的两种情况
（1）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，
再用余弦定理和三角形内角和定理求其他角；
（2）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.
【跟踪训练】
1. （2024·济宁月考）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，
b，c，若a＝3，b＝2， cos （A＋B）＝ ，则c＝（　　）
A. 4
C. 3
解析：　 cos C＝－ cos （A＋B）＝－ .又由余弦定理得c2＝a2
＋b2－2ab cos C＝9＋4－2×3×2×（－ ）＝17，所以c＝ .
故选D.
2. 已知△ABC中，AB＝ ，BC＝1，A＝30°，则AC＝ .
解析：在△ABC中，令角A，B，C的对边分别为a，b，c，则
AB＝c＝ ，BC＝a＝1， cos A＝ ，所以由余弦定理a2＝b2＋
c2－2bc cos A，得1＝b2＋3－3b，解得b＝1或b＝2，则AC＝1或
AC＝2.
1或2
题型二 已知三角形的三边解三角形
【例2】　（1）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，
c.若a＝2，b＝3，c＝ ，则C＝（　C　）
解析：因为a＝2，b＝3，c＝ ，所以 cos C＝ ＝ ＝
.因为C∈（0，π），所以C＝ .故选C.
C
（2）（2024·洛阳月考）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为
a，b，c.若a∶b∶c＝4∶5∶6，则其最大内角的余弦值为
（　A　）
解析：根据题意，设a＝4k，b＝5k，c＝6k，k＞0，且最大
角为C，所以 cos C＝ ＝ ＝ .故选A.
A
通性通法
已知三角形三边解三角形的方法
　　先利用余弦定理的推论求出一个角的余弦值，从而求出第一个
角；再利用余弦定理的推论求出第二个角；最后利用三角形的内角和
定理求出第三个角.
【跟踪训练】
1. 在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若a2－b2＝c2
－ bc，则A＝（　　）
A. 135° B. 60°或120°
C. 45° D. 135°或45°
解析：　a2－b2＝c2－ bc，由余弦定理的推论得 cos A＝
＝ ，故A＝45°.故选C.
2. 在△ABC中，已知a＝2 ，b＝6＋2 ，c＝4 ，求A，B，
C的大小.
解：由余弦定理的推论，得 cos A＝ ＝
＝ .
∵A∈（0，π），∴A＝ ，
cos C＝
＝ ＝ ，
∵C∈（0，π），∴C＝ .
∴B＝π－A－C＝π－ － ＝ ，
∴A＝ ，B＝ ，C＝ .
题型三 判断三角形的形状
【例3】　（1）在△ABC中，（a＋b＋c）（a＋b－c）＝3ab且2
cos A sin B＝ sin C，试判断△ABC的形状；
解：∵A＋B＋C＝180°，∴ sin C＝ sin （A＋B）.
∵2 cos A sin B＝ sin C，
∴2 cos A sin B＝ sin A cos B＋ cos A sin B，
∴ sin A cos B－ cos A sin B＝0，∴ sin （A－B）＝0.
∵0°＜A＜180°，0°＜B＜180°，
∴－180°＜A－B＜180°，∴A－B＝0°，即A＝B.
又（a＋b＋c）（a＋b－c）＝3ab，
∴a2＋b2－c2＝ab，∴ cos C＝ .
∵0°＜C＜180°，∴C＝60°，∴△ABC为等边三角形.
（2）在△ABC中，若a cos B＋a cos C＝b＋c，试判断△ABC的形
状.
解：由a cos B＋a cos C＝b＋c，结合余弦定理得a·
＋a· ＝b＋c，即 ＋ ＝b＋c，整
理，得（b＋c）（a2－b2－c2）＝0.
∵b＋c≠0，∴a2＝b2＋c2，故△ABC是直角三角形.
通性通法
判断三角形形状的方法
（1）利用三角形的边角关系判断三角形的形状时，需要从“统一”
入手，即使用转化思想解决问题，一般有两条思考路线：
①先化边为角，再进行三角恒等变换，求出三角之间的数量
关系；
②先化角为边，再进行代数恒等变换，求出三边之间的数量
关系.
（2）判断三角形的形状时，经常用到以下结论：
①△ABC为直角三角形 a2＝b2＋c2或c2＝a2＋b2或b2＝a2＋c2；
②△ABC为锐角三角形 a2＋b2＞c2，且b2＋c2＞a2，且c2＋a2
＞b2；
③△ABC为钝角三角形 a2＋b2＜c2或b2＋c2＜a2或c2＋a2＜b2；
④若 sin 2A＝ sin 2B，则A＝B或A＋B＝ .
【跟踪训练】
（2024·温州月考）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，
b，c，若A＝60°，a2＝bc，则△ABC一定是（　　）
A. 锐角三角形 B. 钝角三角形
C. 直角三角形 D. 等边三角形
解析：　在△ABC中，因为A＝60°，a2＝bc，所以由余弦定理可
得，a2＝b2＋c2－2bc cos A＝b2＋c2－bc，所以bc＝b2＋c2－bc，即
（b－c）2＝0，所以b＝c，结合A＝60°可得△ABC一定是等边三
角形.
1. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝1，b
＝2，C＝60°，则c＝（　　）
A. 3
解析：　因为a＝1，b＝2，C＝60°，所以c＝
＝ ＝ .
2. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝
，b＝1，c＝2，则A＝（　　）
A. 30° B. 45°
C. 60° D. 75°
解析：　由余弦定理的推论得 cos A＝ ＝ ＝ ，又
A为△ABC的内角，所以A＝60°.
3. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝
3 ，b＝3，B＝30°，解这个三角形.
解：由余弦定理得b2＝c2＋a2－2ca cos B，
即c2－9c＋18＝0，解得c＝3或c＝6.
当c＝3时， cos A＝ ＝－ ，
因为0°＜A＜180°，
所以A＝120°，
故C＝180°－120°－30°＝30°；
当c＝6时， cos A＝ ＝ ，
因为0°＜A＜180°，
所以A＝60°，故C＝180°－60°－30°＝90°.
综上所述，A＝60°，C＝90°，c＝6或A＝120°，C＝30°，c
＝3.
知能演练·扣课标
03
课后巩固 核心素养落地
1. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c， cos A＝
，b＝3，c＝5，则a＝（　　）
A. 3 B. 4
解析：由余弦定理，得a＝ ＝ ，故选C.
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2. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c.若a＝2，b
＝3，c＝ ，则C＝（　　）
解析：　∵a＝2，b＝3，c＝ ，∴由余弦定理的推论可得 cos
C＝ ＝ ＝ .∵C∈（0，π），∴C＝ .故选C.
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3. 在△ABC中， cos B＝ （a，b，c分别为角A，B，C的对边），
则△ABC的形状为（　　）
A. 直角三角形 B. 等边三角形
C. 等腰三角形 D. 等腰直角三角形
解析： cos B＝ ，由余弦定理得 ＝ ，整理得b2＋a2
＝c2，即C为直角，则△ABC为直角三角形.
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4. （2024·湖州月考）在△ABC中，若AB＝5，BC＝7，AC＝8，则
· ＝（　　）
A. 79 B. 69
C. 5 D. －5
解析：　由AB＝5，BC＝7，AC＝8，得 cos B＝ ＝
，∴ · ＝｜ ｜｜ ｜ cos （π－B）＝5×7×（－ ）＝
－5.故选D.
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5. （多选）（2024·漳州月考）设△ABC的内角A，B，C的对边分别
为a，b，c.若a＝2，c＝2 ， cos A＝ ，且b＜c，则（　　）
A. b＝2 B. b＝4
C. B＝60° D. B＝30°
解析：　由a2＝b2＋c2－2bc cos A，得4＝b2＋12－6b b2－6b
＋8＝0 （b－2）（b－4）＝0，由b＜c，得b＝2，又a＝2，
cos A＝ ，所以B＝A＝30°.故选A、D.
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6. （多选）△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，对于
△ABC，有如下结论，其中正确的有（　　）
A. sin （B＋C）＝ sin A
B. cos （B＋C）＝ cos A
C. 若a2＋b2＝c2，则△ABC为直角三角形
D. 若a2＋b2＜c2，则△ABC为锐角三角形
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解析：　依题意，在△ABC中，B＋C＝π－A， sin （B＋C）
＝ sin （π－A）＝ sin A，A正确； cos （B＋C）＝ cos （π－A）
＝－ cos A，B不正确；因为a2＋b2＝c2，则由余弦定理的推论得
cos C＝ ＝0，而0＜C＜π，即有C＝ ，则△ABC为直角
三角形，C正确；因为a2＋b2＜c2，则 cos C＝ ＜0，而0
＜C＜π，即有 ＜C＜π，则△ABC为钝角三角形，D不正确.
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7. 在△ABC中，A＝60°，AC＝2，BC＝ ，则AB＝ .
解析：在△ABC中，因为A＝60°，AC＝2，BC＝ ，设AB＝
x，由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC cos A，化简得x2－
2x＋1＝0，所以x＝1，即AB＝1.
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8. （2024·漯河月考）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，
b，c，若a，b，c满足b2＝ac，且c＝2a，则 cos B＝ .
解析：因为b2＝ac，且c＝2a，得b2＝2a2，由余弦定理的推论，
cos B＝ ＝ ＝ .

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9. 在△ABC中，AB＝3，BC＝ ，AC＝4，则A＝ 　 　，AC边
上的高为 .
解析：由余弦定理的推论，可得 cos A＝ ＝
＝ ，又0＜A＜π，所以A＝ ，所以 sin A＝ .则
AC边上的高为h＝AB sin A＝3× ＝ .


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解：因为 sin C＝ ，且0＜C＜π，所以C＝ 或C＝ .
当C＝ 时， cos C＝ ，此时c2＝a2＋b2－2ab cos C＝4，所以c
＝2.
当C＝ 时， cos C＝－ ，此时c2＝a2＋b2－2ab cos C＝28，所
以c＝2 .
综上所述，c的值为2或2 .
10. 设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知 sin C
＝ ，a＝2 ，b＝2，求c.
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11. （2024·青岛月考）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，
b，c，已知 cos 2A＝ cos （B＋C），且b＝2，c＝6，则a＝
（　　）
解析：　 cos 2A＝－ cos A＝2 cos 2A－1，即2 cos 2A＋ cos A－
1＝0，解得 cos A＝－1（舍去）或 cos A＝ ，在△ABC中，根据
余弦定理a2＝b2＋c2－2bc cos A＝28，得a＝2 .故选D.
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12. 在不等边三角形ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，
c，且a为最大边，若a2＜b2＋c2，则角A的取值范围
为 .
解析：∵a2＜b2＋c2，∴b2＋c2－a2＞0，则 cos A＝ ＞
0.∴A＜90°.又∵a为最大边，∴A＞60°.故A的取值范围是
（60°，90°）.
（60°，90°）
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13. （2024·广州质检）已知△ABC的三边a，b，c满足 ＋
＝ ，则B＝ 　 　.
解析：∵ ＋ ＝ ，∴ ＋ ＝3，
∴ ＋ ＝1.∴c（b＋c）＋a（a＋b）＝（a＋b）（b
＋c），即ac＝a2＋c2－b2.∴ cos B＝ ＝ ，∴B＝ .

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14. 已知A，B，C为△ABC的三个内角，其所对的边分别为a，b，
c，且2 cos 2 ＋ cos A＝0.
（1）求角A的大小；
解：因为 cos A＝2 cos 2 －1，2 cos 2 ＋ cos A＝0，
所以2 cos A＋1＝0，所以 cos A＝－ ，
又0°＜A＜180°，所以A＝120°.
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（2）若a＝2 ，b＝2，求c的值.
解：由余弦定理，知a2＝b2＋c2－2bc cos A.
又a＝2 ，b＝2， cos A＝－ ，
所以（2 ）2＝22＋c2－2×2×c×（－ ），
化简，得c2＋2c－8＝0，解得c＝2或c＝－4（舍去）.
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15. （多选）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，
A＝ ，a＝m，b＝4.若满足条件的△ABC有两个，则m的值可
以是（　　）
C. 3 D. 4
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解析：　在△ABC中，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bc cos A，得
m2＝42＋c2－2·4c cos ，即c2－4 c＋16－m2＝0.依题意，关
于c的一元二次方程有两个不相等的正根，所以Δ＝（－4 ）2
－4×1×（16－m2）＝4m2－32＞0，且16－m2＞0.又m＞0，所
以2 ＜m＜4.选项B、C符合条件.故选B、C.
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16. 已知2a＋1，a，2a－1是钝角三角形的三边，求实数a的取值
范围.
解：∵2a＋1，a，2a－1是三角形的三边，
∴∴a＞ .
要使2a＋1，a，2a－1构成三角形，还需满足
即a＞2.
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由题意知2a＋1是三角形的最大边，设其对应的角为θ（钝角），
则 cos θ＝ ＜0，
∴a2＋（2a－1）2－（2a＋1）2＜0，即a2－8a＜0，解得0＜a
＜8.
又∵a＞2，∴a的取值范围是（2，8）.
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16(共45张PPT)
第3课时　用余弦定理、正弦定理解三角形
目录
典型例题·精研析
01
知能演练·扣课标
02
典型例题·精研析
01
课堂互动 关键能力提升
题型一 有关三角形面积的计算
【例1】　（1）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，
已知a＝5，b＝7，B＝120°，则△ABC的面积为 ；

解析：由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2ac cos B，即c2＋5c－24＝0，
解得c＝3或c＝－8（舍去）.所以S△ABC＝ ac sin B＝ ×5×3 sin
120°＝ .
（2）（2024·日照月考）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是
a，b，c，若 sin B＝2 sin A，且△ABC的面积为a2 sin B，求
cos B的值.
解：由 sin B＝2 sin A，得b＝2a，由△ABC的面积为a2 sin B，
得 ac sin B＝a2 sin B，
由 sin B≠0，知c＝2a，所以 cos B＝ ＝ ＝ .
通性通法
求三角形面积的解题思路
　　在应用三角形面积公式S＝ ab sin C＝ bc sin A＝ ac sin B求解
时，一般是已知哪个角就使用哪一个公式.
【跟踪训练】
1. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝1，c
＝2且△ABC的面积为 ，则B＝（　　）
A. 30° B. 60°
C. 30°或150° D. 60°或120°
解析：　由面积公式S△ABC＝ ac sin B＝ ×1×2× sin B＝ ，
解得 sin B＝ ，所以B＝60°或120°.故选D.
2. （2024·聊城月考）在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的
对边，若a＝2，b＝3， sin A＝2 sin B cos C，则△ABC的面积
为 .
解析：依题意 sin A＝2 sin B cos C，由正弦定理得a＝2b cos C，2
＝2×3× cos C， cos C＝ ＞0，所以0＜C＜ ，所以 sin C＝
＝ ，所以△ABC的面积为 ab sin C＝ ×2×3×
＝2 .
2
题型二 求解平面几何问题
【例2】　（2024·平顶山月考）如图所示，在平面四边形ABCD中，AB＝ ，BC＝ ，AB⊥AD，AC⊥CD.
（1）若 sin ∠BAC＝ ，求 sin ∠BCA；
解：在△ABC中，由正弦定理得 ＝ ，即 ＝
，解得 sin ∠BCA＝ .
（2）若AD＝3AC，求AC.
解：设AC＝x，则AD＝3x，在Rt△ACD中，CD＝
＝2 x， sin ∠CAD＝ ＝ .
在△ABC中，由余弦定理的推论得 cos ∠BAC＝ ＝ .
又∠BAC＋∠CAD＝ ，
所以 cos ∠BAC＝ sin ∠CAD，即 ＝ ，
整理得3x2－8x－3＝0，解得x＝3或x＝－ （舍去），即AC＝3.
通性通法
　　正、余弦定理本身是研究几何图形计算的工具，因此在面对几何
图形时，关键是寻找相应的三角形，并在三角形中运用正、余弦定
理，特别是涉及公共边时，要利用公共边来进行过渡，即利用公共边
创造互补或互余关系列式，其本质是构建关于角的关系的方程.
【跟踪训练】
如图，在△ABC中，B＝ ，AB＝8，点D在BC边上，且CD＝2，
cos ∠ADC＝ .
（1）求 sin ∠BAD；
解：在△ADC中，因为 cos ∠ADC＝ ，所以 sin ∠ADC＝ ，
所以 sin ∠BAD＝ sin （∠ADC－B）＝ sin ∠ADC cos B－ cos
∠ADC sin B＝ × － × ＝ .
（2）求 的值.
解：在△ABD中，由正弦定理得BD＝ ＝ ＝3.
在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC· cos B＝
82＋52－2×8×5× ＝49，
所以AC＝7，所以 ＝ .
题型三 正、余弦定理的综合应用
【例3】　△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设（ sin
B－ sin C）2＝ sin 2A－ sin B sin C，则角A的大小为 .
解析：由已知得 sin 2B＋ sin 2C－ sin 2A＝ sin B sin C，故由正弦定理
得b2＋c2－a2＝bc.由余弦定理得 cos A＝ ＝ .因为0°＜A
＜180°，所以A＝60°.
60°
通性通法
利用正、余弦定理解与三角形有关问题的一般思路
（1）抓住两定理的特点，在涉及求三角形边角时，合理选择定理，
可有效减少运算量及不必要的分类讨论；
（2）根据已知条件及几何图形的特点构建含待求元素的三角形，对
综合性较强的问题应认真梳理，挖掘隐含条件，结合三角函数
的性质、三角恒等变换等知识合理转化；
（3）注意三角形的几何性质在解题中的运用.
【跟踪训练】
设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b sin A＝
a cos B.
（1）求B的大小；
解：∵b sin A＝ a cos B，
∴由正弦定理，得 sin B sin A＝ sin A cos B.
在△ABC中， sin A≠0，
即得tan B＝ ，∴B＝ .
（2）若b＝3， sin C＝2 sin A，求a，c的值.
解：∵ sin C＝2 sin A，∴由正弦定理，得c＝2a，
由余弦定理b2＝a2＋c2－2ac cos B，
即9＝a2＋4a2－2a·2a cos ，
解得a＝ ，∴c＝2a＝2 .
1. △ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a＝ ，b＝
4，C＝ ，则△ABC的面积为（　　）
解析：　由题意可知，a＝ ，b＝4，C＝ ，所以S△ABC＝
ab sin C＝ × ×4× ＝ .
2. 在△ABC中， sin 2A＝ sin B sin C，若A＝ ，则B＝（　　）
解析：　因为 sin 2A＝ sin B sin C，所以a2＝bc，由余弦定理可
知a2＝b2＋c2－2bc cos ＝b2＋c2－bc＝bc，即（b－c）2＝0，
得b＝c，所以△ABC是等边三角形，B＝ .故选C.
3. 已知锐角△ABC的面积为3 ，BC＝4，CA＝3，则角C的大小
为 .
解析：由三角形的面积公式及题设可得，3 ＝ ×4×3× sin C，
所以 sin C＝ ，因为△ABC为锐角三角形，所以C＝60°.
60°
4. （2024·揭阳月考）如图，在△ABC中，点D在BC边上，∠ADC＝
60°，CD＝AD＝2，BD＝4，则 sin B＝ .

解析：由题意，得△ADC为等边三角形，则∠ADB＝120°，AC＝
2，由余弦定理，得AB2＝BD2＋AD2－2BD·AD cos ∠ADB，即AB
＝2 ，由正弦定理，得 ＝ ，则 sin B＝ ＝
.
知能演练·扣课标
02
课后巩固 核心素养落地
1. 在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，c＝2，A＝
， sin B＝2 sin C，则△ABC的面积为（　　）
C. 2 D. 4
解析：　由题中条件及正弦定理得b＝2c＝4，由面积公式得，
△ABC的面积为 bc sin A＝ ×4×2× ＝2 .故选B.
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2. △ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若△ABC的面积
为 ，则C＝（　　）
解析：　由余弦定理及题中条件可得△ABC的面积S△ABC＝ ab
sin C＝ ＝ ab cos C，可得 sin C＝ cos C，∵C∈（0，
π），∴C＝ .故选A.
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3. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a sin A－b
sin B＝4c sin C， cos A＝－ ，则 ＝（　　）
A. 6 B. 5
C. 4 D. 3
解析：　∵a sin A－b sin B＝4c sin C，∴由正弦定理，得a2－b2
＝4c2，即a2＝4c2＋b2.由余弦定理的推论，得 cos A＝
＝ ＝ ＝－ ，∴ ＝6.故选A.
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4. （2024·济南月考）如图，在四边形ABCD中，B＝C＝120°，AB
＝4，BC＝CD＝2，则该四边形的面积等于（　　）
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解析：　连接BD（图略）.在△BCD中，由已知条件，知∠DBC
＝ ＝30°，所以∠ABD＝90°.在△BCD中，由余弦定
理得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD cos C，知BD2＝22＋22－2×2×2
cos 120°＝12.所以BD＝2 ，所以S四边形ABCD＝S△ABD＋S△BCD
＝ ×4×2 ＋ ×2×2× sin 120°＝5 .
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5. （多选）（2024·周口月考）在△ABC中，AB＝ ，AC＝1，B
＝ ，则△ABC的面积可以是（　　）
B. 1
解析：　∵AB＝ ，AC＝1，B＝ ，又由余弦定理，得AC2
＝AB2＋BC2－2AB·BC· cos B，∴BC2－3BC＋2＝0，∴BC＝1或
BC＝2，∵S△ABC＝ ·AB·BC· sin B，∴S△ABC＝ 或S△ABC＝ .
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6. （多选）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则
下列等式恒成立的是（　　）
A. a2＝b2＋c2－2bc cos A B. a sin B＝b sin A
C. a＝b cos C＋c cos B D. a cos B＋b cos C＝c
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解析：　对于A，根据余弦定理，可得a2＝b2＋c2－2bc cos A，故A正确；对于B，根据正弦定理 ＝ ，可得a sin B＝b sin A，故B正确；对于C，根据正弦定理，得a＝b cos C＋c cos B sin A＝ sin B cos C＋ sin C cos B＝ sin （B＋C）＝ sin A，故C正确；对于D，根据正弦定理可得， sin A cos B＋ sin B cos C＝ sin C＝ sin （A＋B）＝ sin A cos B＋ cos A sin B，即 sin B cos C＝ cos A sin B，又 sin B≠0，所以 cos C＝ cos A，当A＝C时，等式成立，故D不正确.
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7. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a sin A sin B
＋b cos 2A＝2 a，则 ＝ 　2 　.
解析：由已知及正弦定理，得 sin 2A· sin B＋ sin B cos 2A＝2 sin
A，即 sin B（ sin 2A＋ cos 2A）＝2 sin A，所以 sin B＝2 sin
A，所以b＝2 a，即 ＝2 .
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8. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b＝5，C
＝60°，且△ABC的面积为5 ，则△ABC的周长为 　9＋ 　.
解析：由题意及三角形的面积公式，得 ab sin C＝5 ，即
a×5× ＝5 ，解得a＝4，根据余弦定理，得c2＝a2＋b2－2ab
cos C，即c2＝16＋25－2×4×5× ＝21，c＝ ，所以△ABC的
周长为9＋ .
9＋
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9. （2024·焦作月考）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，
b，c，若a＝2，c＝3，B＝ ，则AC边上的高为 　 　.
解析：在△ABC中，a＝2，c＝3，B＝ ，由余弦定理得b2＝a2
＋c2－2ac cos B＝4＋9－2×2×3× ＝7，解得b＝ （负值舍
去），设AC边上的高为h，则S△ABC＝ ac sin B＝ h·b，即
×2×3× sin ＝ h× ，解得h＝ .

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10. 已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且
（c－b）（ sin B＋ sin C）＝（ sin C－ sin A）a.
（1）求角B；
解：因为（c－b）（ sin B＋ sin C）＝（ sin C－ sin A）a，
所以由正弦定理得c2－b2＝ac－a2，即a2＋c2－b2＝ac，
由余弦定理的推论得 cos B＝ ＝ ＝ .
因为0＜B＜π，所以B＝ .
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（2）若c＝4，△ABC的面积为3 ，求 cos C的值.
解：因为c＝4，△ABC的面积为3 ，
所以 ac sin B＝3 ，
即 ×4a× ＝3 ，解得a＝3.
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac cos B＝9＋16－2×3×4×
＝13，所以b＝ （负值舍去），
所以 cos C＝ ＝ ＝ .
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11. 已知向量a＝（2，－1），b＝（2，2），则以a，b为邻边的平
行四边形的面积为（　　）
A. 6 B. 3 C. 4 D. 8
解析：　设向量a与b的夹角为θ，则由题意得， cos θ＝ ＝ ＝ ，则 sin θ＝ ，所以平行四边形的面积为S＝2× ×｜a｜·｜b｜ sin θ＝ ×2 × ＝6.
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12. （多选）在△ABC中，D在线段AB上，且AD＝5，BD＝3，若
CB＝2CD， cos ∠CDB＝－ ，则下列说法正确的是（　　）
A. △ABC的面积为8
C. △ABC为钝角三角形
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解析：如图，在△BCD中，CB＝2CD， cos ∠CDB＝－ ，由余弦定理BC2＝BD2＋CD2－2BD·CD cos ∠CDB，得4CD2＝9＋CD2＋ CD，即CD2－ CD－3＝0，解得CD＝ ，BC＝2 ，又由余弦定理的推论得 cos B＝ ＝ ，则 sin B＝ ，
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在△ABC中，由余弦定理，得AC＝ ＝ ＝2 ，
所以△ABC的面积S△ABC＝ AB·BC sin B＝8，A正确；△ABC的周长为AB＋BC＋AC＝8＋4 ，B正确；显然AB是最大边， cos ∠ACB＝ ＝－ ＜0，所以∠ACB为钝角，C正确； sin ∠CDB＝ ＝ ，D不正确.
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13. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a sin A＋c sin C
－ a sin C＝b sin B.
（1）求B的大小；
解：由正弦定理，得a2＋c2－ ac＝b2.
由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2ac cos B.
故 cos B＝ ，又0°＜B＜180°，因此B＝45°.
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（2）若A＝75°，b＝2，求a，c的值.
解： sin A＝ sin （30°＋45°）＝ sin 30° cos 45°＋
cos 30° sin 45°＝ .
故由正弦定理，得a＝b· ＝1＋ .
由已知得，C＝180°－45°－75°＝60°，
故c＝b· ＝2× ＝ .
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14. 在锐角三角形ABC中，边BC＝2，B＝2A，则边AC的取值范围
是 .
解析：因为B＝2A，故 sin B＝ sin 2A＝2 sin A cos A，所以AC＝
2BC cos A＝4 cos A，而△ABC为锐角三角形，故
故 ＜A＜ ，故4 cos ＜AC＜4 cos 即2
＜AC＜2 .
（2 ，2 ）
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15. 从①A＋C＝2B；②a＋c＝2b.这两个条件中任选一个，补充在
下面问题中，并求解.
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝
2， 　　，试求 sin A· sin B· sin C的取值范围.
注：如果选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分.
解：选①A＋C＝2B. 易知B＝ ，A∈（0， ），
sin A sin B sin C＝ － cos （2A＋ ）∈（0， ］.
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选②a＋c＝2b.可知ac≤（ ）2＝4， cos B＝
＝ －1≥ ，
从而B∈（0， ］， sin B∈（0， ］，
而 sin A sin B sin C＝ sin 3B≤ ，当且仅当a＝b＝c＝2时取
等号，从而 sin A sin B sin C∈（0， ］.
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15(共37张PPT)
拓 视 野　三角形解的个数判断
1. 已知三角形的两角和任意一边，求其他的边和角，此时有唯一解，
三角形被唯一确定.
2. 已知三角形的两边和其中一边的对角，求其他的边和角，此时可能
出现一解、两解或无解的情况，三角形不能被唯一确定.那么怎样
判断解的个数呢？
具体方法如下：
（1）代数法：三角形解的个数可由三角形中“大边对大角”来判
定.不妨设A为锐角，若a≥b，则A≥B，从而B为锐角，有
一解.若a＜b，则A＜B，由正弦定理得 sin B＝ ，①
sin B＞1，即a＜b sin A，无解；② sin B＝1，即a＝b sin A，
一解；③ sin B＜1，即b sin A＜a＜b，两解.
（2）几何法：在△ABC中，已知a，b和A，以点C为圆心，以边
长a为半径画弧，此弧与除去顶点A的射线AB的公共点的个
数即为三角形解的个数，见下表：
分类 图形 关系式 解的个数
A为 锐角 a＜b sin A 无解
分类 图形 关系式 解的个数
A为锐
角 a＝b sin A 一解
b sin A＜ a＜b 两解
a≥b 一解
分类 图形 关系式 解的个数
A为 钝角 或直角 a＞b 一解
a≤b 无解
【例】　不解三角形，判断下列三角形解的个数（△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c）：
（1）a＝5，b＝4，A＝120°；
解： sin B＝ sin 120°＝ × ＜ ，所以三角形有一解.
（2）a＝9，b＝10，A＝60°；
解： sin B＝ sin 60°＝ × ＝ ，而 ＜ ＜1.
所以当B为锐角时，满足 sin B＝ 的角B的取值范围是
60°＜B＜90°.满足A＋B＜180°；
当B为钝角时，满足 sin B＝ 的角B的取值范围是90°＜B
＜120°，也满足A＋B＜180°.故三角形有两解.
（3）b＝72，c＝50，C＝135°.
解： sin B＝ ＝ sin C＞ sin C＝ .
所以B＞45°，所以B＋C＞180°，故三角形无解.
方法总结
1. 在△ABC中，0＜ sin B≤1，故 ≥1.∵ ＝ ，∴a＝
，∴a≥b sin A. 这是已知a，b，A解三角形时，判断三角形
解的个数（1或2）的前提.
2. 解三角形时，可以先求出 sin B的值并与1进行比较，再结合已知条
件判断三角形解的个数.
【迁移应用】
1. 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. a＝30，b＝50，A＝36°
B. a＝50，b＝30，A＝36°
C. a＝30，b＝60，A＝30°
D. a＝30，B＝20°，A＝136°
解析：　A选项，b sin A＝50 sin 36°＜a，又a＜b，所以三角
形有两个解；B选项，b sin A＝30 sin 36°＜a，又a＞b，所以三
角形有一个解；C选项，b sin A＝60 sin 30°＝30＝a，所以三角形
有一个解；D选项，可得C＝24°，所以三角形有一个解，故选A.
2. 在△ABC中，已知角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a＝
x，b＝2，B＝45°，若三角形有两个解，则x的取值范围是（　）
A. x＞2 B. x＜2
解析：　由题意知a＞b，则x＞2，又由 sin A＝ ＝ ＜1，
可得x＜2 ，∴x的取值范围是2＜x＜2 .故选C.
3. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，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
解析：　法一　由正弦定理和已知条件，得 ＝ ，∴ sin
B＝ .∵ ＞1，∴此三角形无解.
法二　∵c＝2，b sin C＝2 ，∴c＜b sin C，故此三角形无解.
法三　作∠ACD＝30°，AC＝b＝4 ，以A为圆心，AB＝c＝2为
半径画圆（图略），该圆与CD无交点，则此三角形无解.
知能演练·扣课标
课后巩固 核心素养落地
1. 在△ABC中，a＝15，b＝10，A＝60°，则 sin B＝（　　）
解析：　由 ＝ ，故 ＝ ，解得 sin B＝ .故选A.
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2. 在△ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若
＝ ，则角B的大小为（　　）
解析：　由正弦定理 ＝ 及 ＝ ，可得 sin B＝ cos
B. 又0＜B＜π，所以B＝ .
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3. （2024·阳江月考）在△ABC中，已知AB＝ AC，B＝30°，则
C＝（　　）
A. 45° B. 15°
C. 45°或135° D. 15°或105°
解析：因为AB＝ AC，由正弦定理得 ＝ ，又因为B＝30°，所以 sin C＝ ，又因为AB＞AC，所以C＝45°或C＝35°.
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4. （2024·开封月考）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，
b，c，已知a＝2， sin （A＋B）＝ ， sin A＝ ，则c＝（　　）
A. 4 B. 3
解析：　 sin C＝ sin （A＋B）＝ .由正弦定理得c＝ · sin C
＝ × ＝ .故选C.
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5. （多选）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a
cos A＝b cos B，则△ABC是（　　）
A. 等腰三角形 B. 等边三角形
C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形
解析：　由正弦定理 ＝ ，得 ＝ .又a cos A＝b cos
B，所以 ＝ ，所以 ＝ ，所以 sin A· cos A＝ sin B· cos
B，所以2 sin A· cos A＝2 sin B· cos B，即 sin 2A＝ sin 2B. 因为
A，B为三角形内角，所以2A＝2B或2A＋2B＝π，得A＝B或A
＋B＝ ，故△ABC是等腰三角形或直角三角形.
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6. （多选）根据下列条件，判断三角形解的情况，其中正确的是（　）
A. a＝8，b＝16，A＝30°，有一解
B. b＝18，c＝20，B＝60°，有两解
C. a＝5，c＝2，A＝90°，无解
D. a＝30，b＝25，A＝150°，有一解
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解析：　A中，∵ ＝ ，∴ sin B＝ ＝1，∴B
＝90°，即只有一解；B中，∵ ＝ ，∴ sin C＝ ＝
＝ ，且c＞b，∴C＞B，故有两解；C中，∵A＝
90°，a＝5，c＝2，∴b＝ ＝ ，有解；D中，∵
＝ ，∴ sin B＝ ＝ ＝ ，又b＜a，∴只有一解.
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7. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若
A∶B∶C＝1∶1∶4，则a∶b∶c＝ .
解析：在△ABC中，因为A∶B∶C＝1∶1∶4，所以内角A，B，
C分别为30°，30°，120°，所以a∶b∶c＝ sin 30°∶ sin
30°∶ sin 120°＝1∶1∶ .
1∶1∶
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8. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2a sin C＝
c，则A＝ .
解析：设△ABC的外接圆的半径为R，由正弦定理，得2×2R sin A
sin C＝ ×2R sin C，因此 sin A＝ ，又因为0°＜A＜180°，
故A＝45°或A＝135°.
45°或135°
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9. （2024·烟台月考）设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，
b，c.若a＝ ， sin B＝ ，C＝ ，则b＝ .
解析：在△ABC中，∵ sin B＝ ，0＜B＜π，∴B＝ 或B＝ π.又
∵B＋C＜π，C＝ ，∴B＝ ，∴A＝π－ － ＝ π.∵ ＝
，∴b＝ ＝1.
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解：∵A＝30°，C＝105°，∴B＝180°－（A＋C）＝45°.
∵ ＝ ＝ ，
∴b＝ ＝ ＝2 ，
c＝ ＝ ＝ ＋ .
∴B＝45°，b＝2 ，c＝ ＋ .
10. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，根据下列条
件解三角形：
（1）A＝30°，C＝105°，a＝2；
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（2）b＝3，c＝3 ，B＝30°.
解：由正弦定理，得 ＝ ，
即 ＝ ，解得 sin C＝ .
∵c＞b，∴C＝60°或C＝120°.
①当C＝60°时，A＝180°－（B＋C）＝90°，△ABC为
直角三角形，此时a＝ ＝6.
②当C＝120°时，A＝180°－（B＋C）＝30°＝B，
∴a＝b＝3.
综上可知，A＝90°，C＝60°，a＝6或A＝30°，C＝120°，a＝3.
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11. 在△ABC中，若 sin C＝2 sin B cos B，且B∈（ ， ），则 的取
值范围为（　　）
C. （0，2）
解析：　由正弦定理得 ＝ ＝ ＝2 cos B. 又 ＜B
＜ ，余弦函数在此范围内单调递减，故 ＜ cos B＜ ，∴ ∈
（ ， ）.
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12. （多选）下列说法中正确的是（　　）
A. 在△ABC中，a∶b∶c＝ sin A∶ sin B∶ sin C
B. 在△ABC中，若 sin 2A＝ sin 2B，则A＝B
C. 在△ABC中，若 sin A＞ sin B，则A＞B；若A＞B，则 sin A＞ sin B
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解析：　对于A，由 ＝ ＝ ＝2R，可得a∶b∶c
＝2R sin A∶2R sin B∶2R sin C＝ sin A∶ sin B∶ sin C，故A正
确；对于B，由 sin 2A＝ sin 2B，可得A＝B或2A＋2B＝π，即A
＝B或A＋B＝ ，故B错误；对于C，在△ABC中，由正弦定理
可得， sin A＞ sin B a＞b A＞B，故C正确；对于D，由
＝ ＝ ＝2R，可得 ＝ ＝2R＝ ，
故D正确.
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13. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若满足B
＝60°，c＝2的三角形有两解，则b的取值范围为 .
解析：在△ABC中，B＝60°，c＝2，由正弦定理 ＝ ，
得c＝ .若此三角形有两解，则必须满足的条件为c＞b＞c
sin B，即 ＜b＜2.
（ ，2）
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14. （2024·嘉兴月考）已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为
a，b，c，且a cos C＋ c＝b.
（1）求角A的大小；
解：由a cos C＋ c＝b，
得 sin A cos C＋ sin C＝ sin B.
因为 sin B＝ sin （A＋C）＝ sin A cos C＋ cos A sin C，
所以 sin C＝ cos A sin C.
因为 sin C≠0，所以 cos A＝ .
因为0＜A＜π，所以A＝ .
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（2）若a＝1，b＝ ，求c的值.
解：由正弦定理，得 sin B＝ ＝ .
又b＞a，所以B＞A，所以B＝ 或B＝ .
①当B＝ 时，由A＝ ，得C＝ ，
所以c＝ ＝2.
②当B＝ 时，由A＝ ，得C＝ .
所以c＝a＝1.
综上可得c＝1或c＝2.
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15. 如图，在△ABC中，∠ABC＝∠BPC＝90°，AB＝ ，BC＝1，
∠APC＝120°，则tan∠BCP＝ .

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解析：由题得AC＝ ＝2，∠ACB＝60°.设∠BCP
＝α，∴∠ACP＝60°－α，∠CAP＝180°－120°－（60°－α）
＝α，在Rt△PBC中，PC＝1× cos α＝ cos α.在△ACP中，由正
弦定理得 ＝ ，∴tan α＝ .
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16. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝ ，
A＝ ，试求△ABC的周长的取值范围.
解：由正弦定理，得 ＝ ＝ ，
即 ＝ ＝ ＝2，
∴b＝2 sin B，c＝2 sin C，
∴△ABC的周长为L＝a＋b＋c＝ ＋2 sin B＋2 sin C＝ ＋2
sin B＋2 sin （ －B）
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＝ ＋3 sin B＋ cos B
＝ ＋2 sin （B＋ ），
又B∈（0， ），∴B＋ ∈（ ， ），
∴ sin （B＋ ）∈（ ，1］，∴L∈（2 ，3 ].
即△ABC的周长的取值范围为（2 ，3 ].
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16(共28张PPT)
第2课时　正弦定理
目录
基础知识·重落实
01
典型例题·精研析
02
基础知识·重落实
01
课前预习 必备知识梳理
　　如图所示，若想知道河对岸的一点A与岸边一点B之间的距
离，而且已经测量出了BC的长度，也想办法得到了∠ABC与∠ACB
的大小.
【问题】　你能借助这三个量，求出AB的长度吗？
知识点　正弦定理
文字
语言 在一个三角形中，各边和它所对角的 的比相等
符号
语言
正弦　
提醒　正弦定理的变形形式：若R为△ABC外接圆的半径，则①a＝
2R sin A，b＝2R sin B，c＝2R sin C；② sin A＝ ， sin B＝ ， sin
C＝ ；③ ＝2R；④ sin A∶ sin B∶ sin C＝
a∶b∶c.
提示： ＝ ＝ ＝c.
【想一想】
如图，在Rt△ABC中， ， ， 各自等于什么？
1. 在△ABC中，下列等式总能成立的是（　　）
A. a cos C＝c cos A
B. b sin C＝c sin A
C. ab sin C＝bc sin B
D. a sin C＝c sin A
解析：由正弦定理易知，选项D正确.
2. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A＝30°，
B＝45°，a＝2 ，则b＝（　　）
解析：　 ＝ b＝ ＝ ＝2 .故选D.
3. 在△ABC中，已知A＝30°，BC＝4，则△ABC的外接圆半径
为 .
解析：设△ABC的外接圆半径为R，由正弦定理可得2R＝ ＝
＝8，解得R＝4.
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典型例题·精研析
02
课堂互动 关键能力提升
题型一 已知两角及一边解三角形
【例1】　在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a
＝8，B＝60°，C＝75°，求A，c.
解：A＝180°－（B＋C）＝180°－（60°＋75°）＝45°.
由 ＝ 得，c＝ ＝
＝ ＝4（ ＋1）.
所以A＝45°，c＝4（ ＋1）.
通性通法
已知两角及一边解三角形的一般步骤
【跟踪训练】
（2024·东营月考）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知B＝ ，C＝ ，a＝5，则此三角形的最大边长为 .
解析：∵B＝ ，C＝ ，∴A＝ ，∴B所对的边最大，∵ ＝
，∴b＝ ＝ ＝5 .
5
题型二 已知两边及一边的对角解三角形
【例2】　在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a
＝ ，b＝ ，B＝45°，解此三角形.
解：由正弦定理 ＝ ，知 sin A＝ ＝ ，
∵b＜a，∴A＝60°或120°，
当A＝60°时，C＝180°－A－B＝75°，
∴c＝ ＝ ＝ ；
当A＝120°时，C＝180°－A－B＝15°，
∴c＝ ＝ ＝ .
故当A＝60°时，C＝75°，c＝ ；
当A＝120°时，C＝15°，c＝ .
【母题探究】
（变条件）若本例中“B＝45°”变为“A＝60°”，其他条件不
变，解此三角形.
解：由正弦定理 ＝ ，知 sin B＝ ＝ ，
∵b＜a，∴B＝45°，∴C＝75°，
∴c＝ ＝ ＝ .
通性通法
已知两边及一边的对角解三角形的步骤
【跟踪训练】
1. （2024·鹤壁月考）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，
b，c，若a＝4，b＝3， sin A＝ ，则B＝（　　）
解析：　由题意可得 sin B＝ ＝ ＝ ，则B＝ 或B＝ .
因为b＜a，所以B＜A，所以B＝ .故选A.
2. 在△ABC中，若a＝6，b＝6 ，A＝30°，则B＝（　　）
A. 60° B. 60°或120°
C. 60°或150° D. 120°
解析：　a＜b A＜B B＞30°，由正弦定理可知 ＝
，∴ sin B＝ ＝ ＝ ，∵B∈（30°，180°），∴B
＝60°或120°.故选B.
题型三 判断三角形的形状
【例3】　（2024·金华月考）在△ABC中，角A，B，C所对的边分
别是a，b，c，若a cos B＝b cos A，则△ABC一定是（　　）
A. 等腰三角形 B. 等边三角形
C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形
解析：法一　由正弦定理得a cos B＝b cos A sin A cos B＝ sin B cos A sin （A－B）＝0.由于－π＜A－B＜π，故必有A－B＝0，A＝B，即△ABC为等腰三角形.
法二　由余弦定理得a· ＝b· ，整理得2a2＝2b2，
因为a＞0，b＞0，得a＝b，所以△ABC为等腰三角形.
通性通法
利用正弦定理判断三角形形状的方法
（1）化边为角：将题目中的所给条件，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；
（2）化角为边：将题目中的所给条件，利用正弦定理化角为边，再
根据代数恒等变换得到边的关系（如a＝b，a2＋b2＝c2），进
而确定三角形的形状.
【跟踪训练】
已知在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若 ＝
＝ ，则△ABC是（　　）
A. 锐角三角形
B. 钝角三角形
C. 等腰直角三角形
D. 有一个内角是30°的直角三角形
解析：已知 ＝ ＝ ，由正弦定理可得 cos A＝ sin A， cos B＝ sin B，故A＝B＝ ，C＝ ，则△ABC是等腰直角三角形.故选C.
1. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝2，b＝
3，则 ＝（　　）
D. 3
解析：由正弦定理，得 ＝ ，故 ＝ ＝ .
2. （2024·佛山月考）一个三角形中的两个角分别等于120°和45°，
若45°角所对的边长是4 ，那么120°角所对的边长是（　　）
A. 4
D. 12
解析：　设120°角所对的边长为x，则由正弦定理，可得
＝ ，得x＝ ＝ ＝12，故选D.
3. 在△ABC中，已知 sin A＝2 sin B cos C，则该三角形的形状
为 　 　.
等腰三角形
解析：∵ sin A＝2 sin B cos C，且 sin A＝ sin （B＋C），∴2 sin B
cos C＝ sin B cos C＋ cos B sin C，即 sin B cos C－ cos B sin C＝0，即
sin （B－C）＝0，∵－π＜B－C＜π，∴B－C＝0，即B＝C，
故该三角形的形状为等腰三角形.
4. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b＝
6 ，c＝6，C＝30°，求a.
解：由正弦定理，得 ＝ ，
得 sin B＝ ＝ .
因为b＞c，所以B＞C＝30°，
所以B＝60°或B＝120°.
当B＝60°时，A＝90°，a＝ ＝ ＝12.
当B＝120°时，A＝30°，a＝ ＝ ＝6.
所以a＝6或a＝12.(共67张PPT)
第4课时　余弦定理、正弦定理应用举例
目录
基础知识·重落实
01
典型例题·精研析
02
知能演练·扣课标
03
基础知识·重落实
01
课前预习 必备知识梳理
　　在测量工作中，经常会遇到不方便直接测量的情形.例如，如
图所示故宫角楼的高度，因为顶端和底部都不便到达，所以不能
直接测量.
【问题】　假设给你米尺和测量角度的工具，你能在故宫角楼对面的岸边得出角楼的高度吗？如果能，写出你的方案，并给出有关的计算方法；如果不能，说明理由.
知识点　实际应用问题中的有关名词、术语
1. 基线的概念与选取原则
（1）基线：根据测量的需要而 叫做基线；
（2）选取原则：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.
确定的线段　
2. 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.如图，北偏
东30°，南偏东45°.
3. 仰角和俯角
（1）前提：在视线所在的垂直平面内；
（2）仰角：视线在水平线 时，视线与水平线所成的角；
（3）俯角：视线在水平线 时，视线与水平线所成的角.
以上　
以下　
1. 若P在Q的北偏东44°50'方向上，则Q在P的（　　）
A. 东偏北45°10'方向上 B. 东偏北44°50'方向上
C. 南偏西44°50'方向上 D. 西偏南44°50'方向上
解析：　如图所示.
2. （2024·丽水月考）两灯塔A，B与海洋观察站C的距离都等于a
km，灯塔A在C北偏东30°，B在C南偏东60°，则A，B之间距
离为（　　）
C. a km D. 2a km
解析：　在△ABC中，AC＝BC＝a，∠ACB＝90°，所以AB＝
a.故选A.
3. （2024·三门峡质检）如图，为测塔AB的高度，某人在与塔底A同
一水平线上的C点测得∠ACB＝45°，再沿AC方向前行20（ －
1）米到达D点，测得∠ADB＝30°，则塔高为 米.
20
解析：在Rt△ABC中，设AB＝x，则由∠ACB＝45°可知AC＝x，在Rt△ABD中，AD＝x＋20（ －1），∠ADB＝30°，所以
＝tan 30°， ＝ ，解得x＝20.则塔高为20米.
典型例题·精研析
02
课堂互动 关键能力提升
题型一 测量距离问题
【例1】　海上A，B两个小岛相距10 n mile，从A岛望C岛和B岛成
60°的视角，从B岛望C岛和A岛成75°的视角，则B岛与C岛间的
距离为 n mile.
5
解析：如图，在△ABC中，C＝180°－（B＋A）＝45°，由正弦定
理，可得 ＝ ，所以BC＝ ×10＝5 （n mile）.
【母题探究】
（变条件）在本例中，将“从B岛望C岛和A岛成75°的视角”改
为“A，C两岛相距20 n mile”，其他条件不变，求B岛与C岛间的
距离.
解：由已知，在△ABC中，AB＝10 n mile，AC＝20 n mile，∠BAC
＝60°，由余弦定理可得，
BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC· cos 60°＝102＋202－2×10×20× ＝
300.故BC＝10 n mile.
即B岛与C岛间的距离为10 n mile.
通性通法
测量距离的基本类型及方案
类
型 A，B两点间
不可达或不可
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，
∠ACB，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
【跟踪训练】
1. A，B两地之间隔着一个山岗，如图，现选择另一点C，测得CA＝
7 km，CB＝5 km，C＝60°，则A，B两点之间的距离
为 km.
解析：由余弦定理，得AB2＝CA2＋CB2－2CA·CB· cos C＝72＋52
－2×7×5× ＝39.所以AB＝ .

2. （2024·泰安月考）如图，为了测量河的宽度，在一岸边选定两点
A，B，望对岸的标记物C，测得∠CAB＝30°，∠CBA＝75°，
AB＝120 m，则河的宽度CD是 m.
解析：tan 30°＝ ，tan 75°＝ ，又AD＋DB＝120，所以
AD·tan 30°＝（120－AD）·tan 75°，所以AD＝60 ，故CD＝
60.即河的宽度是60 m.
60
题型二 测量高度问题
【例2】　彬塔，又称开元寺塔、彬县塔，民间称“雷峰塔”，位于
陕西省彬县城内西南紫薇山下.某同学为测量彬塔的高度AB，选取了
与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D，现测得∠BCD＝
15°，∠BDC＝135°，CD＝20 m，在点C测得塔顶A的仰角为
60°，则塔高AB＝（　　）
A. 30 m
解析：　由题设知，AB⊥BC，又∠DBC＝180°－∠BDC－∠BCD
＝30°，在△BCD中， ＝ ，可得BC＝20 m，在
Rt△ABC中，tan∠ACB＝ ＝ ，则AB＝20 m.故选D.
通性通法
测量高度的基本类型及方案
类型 简图 计算方法
底部可达 测得BC＝a，∠BCA＝C，
AB＝a·tan C
类型 简图 计算方法
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，再解直角三角形得AB的值
点B与C， D不共线 测得CD＝a及∠BCD，D，∠ACB的度数.
在△BCD中，由正弦定理求得BC，再解直角三角形得AB的值
【跟踪训练】
（2024·南阳月考）珠穆朗玛峰是印度洋板块和欧亚板块碰撞挤压形
成的.这种挤压一直在进行，珠穆朗玛峰的高度也一直在变化.由于地
势险峻，气候恶劣，通常采用人工攀登的方式为珠峰“量身高”.攀
登者们肩负高精度测量仪器，采用了分段测量的方法，从山脚开始，
直到到达山顶，再把所有的高度差累加，就会得到珠峰的高度.2020
年5月，中国珠峰高程测量登山队8名队员开始新一轮的珠峰测量工
作.在测量过程中，
已知竖立在B点处的测量觇标高10米，攀登者们在A处测得到觇标底点B和顶点C的仰角分别为70°，80°，则A，B的高度差约为（ sin 70°≈0.94）（　　）
A. 10米 B. 9.72米
C. 9.40米 D. 8.62米
解析：　根据题意画出如图的模型，则CB＝10，∠OAB＝70°，∠OAC＝80°，所以∠CAB＝10°，∠ACB＝10°，所以AB＝10，所以在Rt△AOB中，BO＝10 sin 70°≈9.4（米）.
题型三 测量角度问题
【例3】　某海上养殖基地A，接到气象部门预报，位于基地南偏东
60°相距20（ ＋1）海里的海面上有一台风中心，影响半径为20海
里，正以每小时10 海里的速度沿某一方向匀速直线前进，预计台
风中心将从基地东北方向刮过且 ＋1小时后开始持续影响基地2小
时，求台风移动的方向.
解：如图所示，设预报时台风中心为B，开始影响基地时台风中心为
C，基地刚好不受影响时台风中心为D，则B，C，D在同一直线
上，且AD＝20，AC＝20.
由题意AB＝20（ ＋1），DC＝20 ，BC＝（ ＋1）×10 .
在△ADC中，因为DC2＝AD2＋AC2，
所以∠DAC＝90°，∠ADC＝45°.
在△ABC中，由余弦定理的推论得 cos ∠BAC＝ ＝ ，
所以∠BAC＝30°，
又因为B位于A南偏东60°，60°＋30°＋90°＝180°，所以D位
于A的正北方向，
又因为∠ADC＝45°，所以台风移动的方向为北偏西45°.
通性通法
测量角度问题画示意图的基本步骤
【跟踪训练】
如图，在海岸A处发现北偏东45°方向距A点（ －1） n mile的B
处有一艘走私船，在A处北偏西75°方向，与A距离2 n mile的我方缉
私船奉命以10 n mile/h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
向行驶才能最快截获走私船？
解：设缉私船应沿CD方向行驶t h，才能最快截获（在D点）走私
船，则CD＝10 t n mile，BD＝10t n mile.
∵BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC· cos ∠CAB＝（ －1）2＋22－2（
－1）×2 cos 120°＝6，∴BC＝ ，
∵ ＝ ，
∴ sin ∠ABC＝ ＝ ＝ ，
∴∠ABC＝45°，∴B点在C点的正东方向上，
∴∠CBD＝90°＋30°＝120°.
∵ ＝ ，
∴ sin ∠BCD＝ ＝ ＝ ，
∴∠BCD＝30°.
故缉私船沿北偏东60°的方向行驶，才能最快截获走私船.
1. 如图所示，两座灯塔A和B与海岸观察站C的距离相等，灯塔A在
观察站南偏西40°方向上，灯塔B在观察站南偏东60°方向上，则
灯塔A在灯塔B的（　　）
A. 北偏东10°方向上
B. 北偏西10°方向上
C. 南偏东80°方向上
D. 南偏西80°方向上
解析：　由条件及题图可知，∠BAC＝∠ABC＝40°.又∠BCD＝
60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此灯塔A在灯塔
B的南偏西80°方向上.故选D.
2. 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两点间的距离为
（　　）
解析：　∠ABC＝180°－45°－105°＝30°，在△ABC中，由
＝ ，得AB＝100× ＝50 （m）.
3. 滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中
的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而流芳后世.如图，若某
人在点A测得滕王阁顶端仰角为30°，此人往滕王阁方向走了42米
到达点B，测得滕王阁顶端的仰角为45°，则滕王阁的高度最接近
于（忽略人的身高）（参考数据： ≈1.732）（　　）
A. 49米 B. 51米
C. 54米 D. 57米
解析：　设滕王阁的高度为h，由题设知，∠CBD＝45°，
∠CAD＝30°，所以BD＝CD＝h，则AD＝AB＋BD＝h＋42，
又tan∠CAD＝ ＝ ＝ ，可得h＝ ≈57米.故选D.
4. （2024·东莞月考）如图，两座相距60 m的建筑物AB，CD的高度分别为20 m，50 m，BD为水平面，则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角为 （填度数）.
45°
解析：依题意可得AD＝20 ，AC＝30 ，又CD＝50，所以
在△ACD中，由余弦定理得 cos ∠CAD＝ ＝
＝ ＝ ，又0°＜∠CAD＜180°，所以∠CAD＝45°，所以从顶端A看建筑物CD的张角为45°.
知能演练·扣课标
03
课后巩固 核心素养落地
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 B. 8 m
解析：　由题意知，A＝B＝30°，所以C＝180°－30°－30°
＝120°，由正弦定理得 ＝ ，即AB＝ ＝ ＝
4 m.故选D.
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2. 若点A在点C的北偏东30°方向上，点B在点C的南偏东60°方向
上，且AC＝BC，则点A在点B的（　　）
A. 北偏东15°方向上 B. 北偏西15°方向上
C. 北偏东10°方向上 D. 北偏西10°方向上
解析：　如图所示，∠ACB＝90°，又因为AC＝
BC，所以∠CBA＝45°.因为β＝30°，所以α＝90°
－45°－30°＝15°.所以点A在点B的北偏西15°方
向上.
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3. （2024·南平月考）一艘船向正北方向航行，看见正西方向有相距
10海里的两个灯塔恰好与它在一条直线上，继续航行半小时后，看
见一灯塔在船的南偏西60°方向上，另一灯塔在船的南偏西75°方
向上，则这艘船的速度是（　　）
B. 5海里/时
D. 10海里/时
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解析：　如图，依题意有∠BAC＝60°，∠BAD＝75°，所以
∠CAD＝∠CDA＝15°，从而CD＝CA＝10（海里），在Rt△ABC
中，由正弦定理，可得AB＝5（海里），所以这艘船的速度是10海
里/时.故选D.
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4. 某人从出发点A向正东走x m后到达B，然后向左转150°再向前走
3 m到达C，测得△ABC的面积为 m2，此人这时离出发点的距
离为（　　）
A. 3 m
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解析：　如图所示，由题意得∠ABC＝30°，AB＝x，BC＝3，∵S△ABC＝ AB·BC sin ∠ABC＝ x＝ ，∴x＝ .由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC cos ∠ABC＝12－6 cos 30°＝
3，∴AC＝ ，即此人这时离出发点的距离为 m.故选D.
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5. （多选）（2024·济源月考）某货轮在A处看灯塔B在货轮北偏东
75°方向上，距离为12 n mile；在A处看灯塔C在货轮的北偏西
30°方向上，距离8 n mile.货轮由A处向正北航行到D处时，再
看灯塔B在南偏东60°方向上，则下列说法正确的是（　　）
A. A处与D处之间的距离是24 n mile
B. 灯塔C与D处之间的距离是16 n mile
C. 灯塔C在D处的西偏南60°
D. D在灯塔B的北偏西30°
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解析：　由题意可知∠ADB＝60°，∠BAD＝
75°，∠CAD＝30°，所以B＝180°－60°－
75°＝45°，AB＝12 ，AC＝8 ，在
△ABD中，由正弦定理得 ＝ ，所以
AD＝ ＝24（n mile），故A正确；
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在△ACD中，由余弦定理得CD＝ ，即CD＝＝ 8 （n mile），故B错误；因为CD＝AC，所以∠CDA＝∠CAD＝30°，所以灯塔C在D处的西偏南60°，故C正确；由∠ADB＝60°，D在灯塔B的北偏西60°，故D错误.故选A、C.
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6. （多选）如图所示，为了测量某湖泊两侧A，B间的距离，李宁同
学首先选定了与A，B不共线的一点C，然后给出了四种测量方案
（△ABC的角A，B，C所对的边分别记为a，b，c），则一定能
确定A，B间距离的方案为（　　）
A. 测量A，B，b B. 测量a，b，C
C. 测量A，B，a D. 测量A，B，C
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解析：　对于A，利用内角和定理先求出C＝π－A－B，再利
用正弦定理 ＝ 解出c；对于B，直接利用余弦定理c2＝a2＋
b2－2ab cos C即可解出c；对于C，先利用内角和定理求出C＝π－
A－B，再利用正弦定理 ＝ 解出c；对于D，不知道长度，
显然不能求c.
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7. 如图，已知两座灯塔A，B与C的距离都是 km，灯塔A在C的
北偏东20°，灯塔B在C的南偏东40°，则灯塔A与灯塔B的距离
为 km.
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解析：连接AB，由题意AC＝BC＝ ，∠ACB＝120°，则AB2
＝AC2＋BC2－2AC·BC· cos 120°＝3＋3－2×3× ，即AB2
＝9，即AB＝3 km.
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8. （2024·滨州月考）如图，飞机的航线和山顶在同一个铅垂面内，
若飞机的海拔为19 km，速度为300 km/h，飞行员先在A处看到山
顶的俯角为45°，经过2 min后，又在B处看到山顶的俯角为
75°，则山顶的海拔约为 km.（结果精确到0.1，参考数
据： ≈1.732）
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解析：如图，过C点作直线AB的垂线，垂足
为D. 由题意得AB＝300× ＝10 km，∠ACB
＝30°，因为 ＝ ，所以BC＝
AB· ＝10 km，又因为 sin 75°＝ sin （45°＋30°）＝ ，所以CD＝BC· sin ∠CBD＝10 × ＝5（ ＋1）≈13.66 km.故山顶的海拔约为19－13.66≈5.3 km.
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9. 台风中心从A地以每小时20 km的速度向东北方向移动，离台风中
心30 km内的地区为危险区，城市B在A的正东40 km处，B城市处
于危险区内的持续时间为 h.
解析：设t h时，B市恰好处于危险区，则由余弦定理得（20t）2＋
402－2×20t×40× cos 45°＝302.化简，得4t2－8 t＋7＝0，
∴t1＋t2＝2 ，t1·t2＝ .从而｜t1－t2｜＝
＝1（h）.
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10. 如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径：一
种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然
后从B沿直线步行到C. 山路AC长为1 260 m，经测量， cos A＝
， cos C＝ ，求索道AB的长.
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解：在△ABC中，因为 cos A＝ ， cos C＝ ，
所以 sin A＝ ， sin C＝ .
从而 sin B＝ sin [π－（A＋C）]＝ sin （A＋C）＝ sin A cos C＋
cos A sin C＝ × ＋ × ＝ .
由 ＝ ，得AB＝ · sin C＝ × ＝1 040（m）.
所以索道AB的长为1 040 m.
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11. 如图，在山脚A处测得山顶P的仰角为30°，沿倾斜角为15°的
斜坡向上走a m到B，在B处测得山顶P的仰角为60°，则山高h
＝（　　）
D. a m
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解析：　由题意知，∠PAQ＝30°，∠BAQ＝15°，∠PBC＝
60°，AB＝a m，在△PAB中，∠PAB＝15°，∠BPA＝30°，
∴ ＝ ，∴PB＝ a m，∴h＝PC＋CQ＝
a× sin 60°＋a sin 15°＝ a（m），故选A.
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12. （多选）如图，某人在一条水平公路旁的山顶P处测得小车在A
处的俯角为30°，该小车在公路上由东向西匀速行驶7.5分钟后，
到达B处，此时测得俯角为45°.已知小车的速度是20 km/h，且
cos ∠AOB＝－ ，则（　　）
B. 小车从A到B的行驶过程中观测P点的最小仰角为30°
C. PA＝2 km
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解析：　由题意可得∠OAP＝30°，∠OBP＝45°，设OP＝
x km.又OP⊥OA，OP⊥OB，则OA＝ x km，OB＝x km.因
为AB＝7.5× ×20＝ （km），所以 cos ∠AOB＝
＝ ＝－ ，解得x＝1，从而PA＝2 km.易知
sin ∠AOB＝ ，所以由等面积法可得O到AB的距离h＝
km，则最大仰角的正切值为 ＝ .又AO＞BO，所以最小
仰角为30°.故选B、C、D.
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13. 如图，为了测量B，C两点间的距离，选取同一平面上的A，D
两点，已知∠ADC＝90°，A＝60°，AB＝2，BD＝2 ，CD
＝4 ，则BC的长为 　4 　.
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解析：在△ABD中，由正弦定理得 sin ∠ADB＝ ＝
＝ ，∵∠ADC＝90°，∴ cos ∠BDC＝ ，在△BDC中，由余
弦定理得BC2＝BD2＋CD2－2BD·CD· cos ∠BDC＝24＋48－4
×4 × ＝48，∴BC＝4 （负值舍去）.
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14. 游客从某旅游景区的景点A处至景点C处有两条线路.线路1是从
A沿直线步行到C，线路2是先从A沿直线步行到景点B处，然后
从B沿直线步行到C. 现有甲、乙两位游客从A处同时出发匀速步
行，甲的速度是乙的速度的 倍，甲走线路2，乙走线路1，最后
他们同时到达C处.经测量，AB＝1 040 m，BC＝500 m，则 sin A
＝ .

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解析：依题意，设乙的速度为x m/s，则甲的速度为 x m/s，因为
AB＝1 040 m，BC＝500 m，所以 ＝ ，解得AC＝1
260（m）.在△ABC中，由余弦定理的推论得， cos A＝
＝ ＝ ，所以 sin A＝
＝ ＝ .
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15. 如图，A，B两地之间有建筑物P和一座小山坡Q，经实地观察发现，北面有大山，而南面在四边形ABNM范围内地势平坦，但有建筑物R，试设计A，B之间距离的测量、计算方案.
解：此题答案不唯一，下面举出三种方案.
（方案一）在以P，Q，R为顶点的三角形区域内选一点C（可
同时看见A，B两地），测出BC，AC的长及∠ACB.
由余弦定理，得
AB＝ .
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（方案二）解四边形ABNM. 如图①，
测出AM，MN，NB的长，∠AMN，∠MNB的度数.
在△AMN中，由余弦定理，得
AN＝ ，
sin ∠ANM＝ ，
在△ANB中，∠ANB＝∠MNB－∠ANM. 由余弦定理，得AB＝
.
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（方案三）
在线段AB上选一点C，
布设三角形网，如图②，使建筑物R的底部在△MCN
的内部，不影响视线.
在△AMC中，测出AM，CM的长及∠AMC，则
AC＝ .
在△BNC中，测出BN，CN的长及∠BNC，则
BC＝ .
于是AB＝AC＋BC.
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