资源简介

第一章　解
三
角
形
1.1　正弦定理和余弦定理
1.1.1　正
弦
定
理
必备知识·自主学习
1.正弦定理
(1)定理的内容.
条件
三角形的三个角A,B,C和它们的对边a,b,c
文字语言
在一个三角形中,各边和它所对角的正弦的比相等
符号语言
==
(2)本质:正弦定理反映的是三角形边角之间的数量关系.该比值是此三角形外接圆的直径.
(3)作用:①求三角形的边和角;②实现三角形边角之间的互化;③求三角形外接圆的半径.
　正弦定理==只适用于锐角三角形吗?
提示:正弦定理==适用于任意三角形.
2.三角形中的元素与解三角形
(1)三角形中的元素:指的是三角形的三个角及其对边.
(2)解三角形:已知三角形的几个元素求其他元素的过程.
　已知三角形的哪几个元素,可以用正弦定理解相应三角形?
提示:①已知三角形的任意两角和一边,求其他两边和另一角.②已知三角形的任意两边和其中一边的对角,求另一边及另两角.
1.辨析记忆(对的打“√”,错的打“×”).
(1)在△ABC中,已知C=60°,a=1,b=3,可用正弦定理解此三角形.
(　　)
(2)对于任意△ABC总有bsin
A=asin
B.
(　　)
(3)在△ABC中,若sin
A>sin
B,则A>B;反之,若A>B,则sin
A>sin
B.
(　　)
(4)在△ABC中,若A=30°,a=2,b=2,则B=60°.
(　　)
提示:(1)×.已知三角形的两边和这两条边的夹角,无法用正弦定理解此三角形.
(2)√.由正弦定理知=,即bsin
A=asin
B.
(3)√.在△ABC中,sin
A>sin
B?a>b?A>B.
(4)×.由正弦定理知=,即=,所以sin
B=,则B=60°或
120°,又因为b>a,所以B>A,故B=60°或120°.
2.(教材二次开发:练习改编)在△ABC中,a=8,B=60°,C=75°,则b=
(　　)
A.4
B.4
C.4
D.
【解析】选C.在△ABC中,A=180°-(B+C)=45°,由正弦定理=得b===4.
3.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若sin
A=,a=3,b=1,则sin
B=
(　　)
A.
B.
C.
D.
【解析】选A.由正弦定理得sin
B===.
关键能力·合作学习
类型一　已知两角及一边解三角形(数学运算)
1.(2020·石家庄高一检测)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b=2,B=45°,C=120°,则边c=
(　　)
A.　
B.　
C.2　
D.
2.在△ABC中,若tan
A=,C=150°,BC=1,则AB等于　　　　.?
3.在△ABC中,已知a=2,A=30°,B=45°,解三角形.
【解析】1.选D.因为b=2,B=45°,C=120°,由正弦定理=,可得=,解得c=.
2.因为tan
A=,0°A=.由正弦定理知=,所以AB===.
答案:
3.因为==,
所以b====4.
因为C=180°-(A+B)=180°-(30°+45°)=105°,
所以c====2+2.
已知两角及一边解三角形的一般步骤
【补偿训练】
已知一个三角形的两个内角分别是45°,60°,它们所夹边的长是1,求最小边长.
【解析】设在△ABC中,A=45°,B=60°,则C=180°-(A+B)=75°.因为C>B>A,所以最小边为a.
又因为c=1,由正弦定理得,a===-1,所以最小边长为-1.
类型二　已知两边及一边的对角解三角形(数学运算)
【典例】在△ABC中,已知B=30°,b=,c=2,解三角形.
四步
内容
理解题意
条件:B=30°,b=,c=2,结论:求角A、角C和边a
思路探求
根据题目条件及正弦定理可得sin
C=,求出角C,进而可以计算A,a.
书写表达
由正弦定理得sin
C===,因为c>b,0°题后反思
利用正弦定理求角时,一方面要注意由正弦值求角有可能出现两解的情况,另一方面要注意三角形内角和定理的应用
已知两边及一边的对角解三角形的步骤
　(2020·深圳高一检测)在△ABC中,A=60°,AC=,BC=,则C=
(　　)
A.30°
B.45°
C.60°
D.90°
【解析】选D.设A,B,C的对边分别为a,b,c.由正弦定理得=,
所以=,所以sin
B=,又因为a>b,所以A>B,且0°30°,所以C=180°-A-B=90°.
【拓展延伸】
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.解的个数见下表:
A为锐角
A为钝角或直角
图形
关系式
①a=bsin
A且absin
AaA
a>b
a≤b
解的个数
一解
两解
无解
一解
无解
【拓展训练】根据下列条件,判断△ABC有没有解?若有解,判断解的个数.
(1)a=5,b=4,A=120°.
(2)a=5,b=4,A=90°.
(3)a=10,b=20,A=45°.
(4)a=20,b=20,A=45°.
(5)a=4,b=,A=60°.
【解析】(1)(2)中因为a>b,所以只有一解.
(3)中bsin
A=20sin
45°=10,所以a=bsin
A,所以只有一解.
(4)中bsin
A=20sin
45°=10,
所以bsin
A(5)中bsin
A=
sin
60°=5,所以aA,所以无解.
【补偿训练】
在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=,b=2,sin
B+cos
B=,则角A的大小为　　　　.?
【解析】由sin
B+cos
B=,得sin
=1,
由B∈(0,π),得B=,由正弦定理,=,
得sin
A==,又a答案:
类型三　用正弦定理进行边角互化(逻辑推理、数学运算)
　角度1　运算求解问题?
【典例】(2020·驻马店高二检测)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知4bcos
Bsin
C=c,则B=
(　　)
A.或
B.
C.
D.或
【思路导引】利用正弦定理化边为角,建立关于角B的三角方程.
【解析】选D.由4bcos
Bsin
C=c,得4sin
Bcos
Bsin
C=sin
C,所以
sin
2B=,又因为B为△ABC的内角,所以2B=或,所以B=或.
将本例条件“4bcos
Bsin
C=c”改为“2asin
B=b”,求角A.
【解析】因为2asin
B=b,
由正弦定理可得,2sin
Asin
B=sin
B,又sin
B≠0,
所以sin
A=,
所以A=或π.
角度2　化简证明问题?
【典例】在任意△ABC中,求证:a(sin
B-sin
C)+b(sin
C-sin
A)+c(sin
A-
sin
B)=0.
【思路导引】方法一:边化角,即由正弦定理,令a=2Rsin
A,b=2Rsin
B,c=
2Rsin
C(其中R是△ABC外接圆的半径).代入等式左边进行化简;
方法二:角化边,即由正弦定理,令sin
A=,sin
B=,sin
C=.代入等式左边进行化简.
【证明】方法一:由正弦定理,令a=2Rsin
A,
b=2Rsin
B,c=2Rsin
C.代入得:
左边=2R(sin
Asin
B-sin
Asin
C+sin
Bsin
C-sin
Bsin
A+sin
Csin
A-
sin
Csin
B)=0=右边,
所以等式成立.
方法二:由正弦定理,令sin
A=,sin
B=,sin
C=.代入得:
左边=a+b+c=(ab-ac+bc-ba+ca-cb)=0=右边,所以等式成立.
角度3　判断三角形的形状?
【典例】(2020·濮阳高二检测)在△ABC中,==,则△ABC一定是
(　　)
A.直角三角形
B.钝角三角形
C.等腰三角形　　
D.等边三角形
【思路导引】由==,利用正弦定理可得tan
A=tan
B=tan
C,即可得出.
【解析】选D.由正弦定理可得:==,又==,所以tan
A=
tan
B=tan
C,又A,B,C∈(0,π),所以A=B=C=,所以△ABC是等边三角形.
1.用正弦定理进行边角互化的两种方法
2.判断三角形形状的两种途径
(1)利用正弦定理把已知条件转化为边的关系,通过因式分解、配方等得出边的相应关系,从而判断三角形的形状.
(2)利用正弦定理把已知条件转化为内角的三角函数间的关系,通过三角函数恒等变形得出内角的关系,从而判断出三角形的形状,此时要注意应用A+B+C=π这个结论.
在两种解法的等式变形中,一般两边不要约去公因式,应移项提取公因式,以免漏解.
1.△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,asin
Asin
B+bcos2A=a,则=
(　　)
A.2
B.2
C.
D.
【解析】选D.由正弦定理得sin2Asin
B+sin
Bcos2A=sin
A,即sin
B·(sin2A+
cos2A)=sin
A.
所以sin
B=sin
A.所以==.
2.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知=absin
C.求证tan
C=
sin
Asin
B.
【证明】因为=absin
C,所以c2=absin
Ccos
C,
由正弦定理得,sin
2C=sin
Asin
Bsin
Ccos
C,
因为C∈,所以sin
C>0,所以sin
C=sin
Asin
Bcos
C,由题意知cos
C≠0,所以tan
C=sin
Asin
B.
3.在△ABC中,若acos
A=bcos
B,试判断△ABC的形状.
【解析】由正弦定理得,a=2Rsin
A,b=2Rsin
B,
由acos
A=bcos
B得,sin
Acos
A=sin
Bcos
B,
即sin
2A=sin
2B.因为2A,2B∈(0,2π),
所以2A=2B或2A+2B=π.
即A=B或A+B=,
所以△ABC为等腰或直角三角形.
【补偿训练】
1.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c.若3a=2b,则的值为
(　　)
A.　　　B.　　　C.1　　　D.
【解析】选D.因为=,所以=.
因为3a=2b,所以=.所以=.
所以=2-1=2×-1=-1=.
2.在△ABC中,已知2a=b+c,sin2A=sin
Bsin
C,试判断△ABC的形状.
【解析】由sin2A=sin
Bsin
C和正弦定理,得a2=bc.因为2a=b+c,所以a=,所以=bc,整理得(b-c)2=0,所以b=c.从而a==b=c,故△ABC是等边三角形.
课堂检测·素养达标
1.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则下列等式正确的是
(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.a∶b=A∶B　　　
B.asin
A=bsin
B
C.a∶b=sin
B∶sin
A　
D.a∶b=sin
A∶sin
B
【解析】选D.由=可得,只有D成立.
2.一个三角形的两个角分别等于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
B.12
C.4
D.12
【解析】选D.若设120°角所对的边长为x,则由正弦定理可得:=,
于是x===12.
3.在△ABC中,AB=,AC=1,B=30°,则角A=　　　　.?
【解析】由正弦定理得sin
C===,
又因为0°AC,所以C=60°或120°,
所以A=90°或30°.
答案:90°或30°
4.在△ABC中,若2asin
C=c,则角A=　　　　.?
【解析】设△ABC的外接圆的半径为R,由正弦定理得2×2Rsin
Asin
C=×2Rsin
C,因此sin
A=,
又因为0°答案:45°或135°
5.(教材二次开发:例题改编)在△ABC中,已知a=2,b=6,A=30°,解三角形.
【解析】由正弦定理得
sin
B===,因为b>a,所以B=60°或120°.
当B=60°时,C=90°,c==4;
当B=120°时,C=30°,c=a=2.
所以B=60°,C=90°,c=4或B=120°,C=30°,c=2.
PAGE1.1.2　余弦定理
必备知识·自主学习
1.余弦定理
(1)定理的内容.
条件
三角形的三个角A,B,C和它们的对边a,b,c
文字语言
三角形中任何一边的平方等于其他两边的平方的和减去这两边与它们的夹角的余弦的积的两倍
符号语言
a2=b2+c2-2bccos
A,b2=a2+c2-2accos
B,c2=a2+b2-2abcos
C.
(2)本质:余弦定理揭示了任意三角形边角之间的等量关系.
(3)作用:①求三角形的边和角;②实现三角形边角之间的互化.
　勾股定理和余弦定理的联系与区别?
提示:二者都反映了三角形三边之间的平方关系,其中余弦定理反映了任一三角形中三边平方间的关系,勾股定理反映了直角三角形中三边平方间的关系,是余弦定理的特例.
2.余弦定理的变形
cos
A=;cos
B=;cos
C=.
　观察余弦定理及其变形的结构形式,想一想,遇到什么样的条件适合用这些公式?
提示:当条件中出现a2+b2-c2,ab,a2+b2,等,可以考虑使用余弦定理及其变形.
1.辨析记忆(对的打“√”,错的打“×”).
(1)已知三角形的两边及其中一边的对角解三角形时,只能用正弦定理,不能用余弦定理.
(　　)
(2)已知三角形的三边求三个内角时,解是唯一的.
(　　)
(3)在△ABC中,若a2>b2+c2,则△ABC一定为钝角三角形.
(　　)
(4)在△ABC中,若a2(　　)
提示:(1)×.已知两边及其中一边的对角解三角形可先由正弦定理求出另一边所对的角,用三角形的内角和定理求未知角,再由正弦定理求第三边,也可用余弦定理求第三边.
(2)√.三角形三边确定对应的内角也就确定了.
(3)√.当a2>b2+c2时cos
A=<0,又A∈(0,π),所以A∈,故△ABC为钝角三角形.
(4)×.由a22.一个三角形的两边长分别为5和3,它们夹角的余弦值是-,则三角形的另一边长为
(　　)
A.52
B.2
C.16
D.4
【解析】选B.设另一边长为x,则x2=52+32-2×5×3×=52,所以x=2.
3.
(教材二次开发:例题改编)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=3,b=5,c=7,则角C=　　　　.?
【解析】根据余弦定理的变形得cos
C===-.又因为C∈(0,π),所以C=.
答案:
关键能力·合作学习
类型一　利用余弦定理解三角形(数学运算)
角度1　已知两边及其夹角解三角形?
【典例】(2020·全国Ⅲ卷)在△ABC中,cos
C=,AC=4,BC=3,则cos
B=
(　　)
A.
B.
C.
D.
【思路导引】已知两边及其夹角的余弦值,可以利用余弦定理列方程求解第三边,然后利用余弦定理求解即可.
【解析】选A.由余弦定理可知
cos
C===,可得AB=3,又由余弦定理可知:
cos
B===.
角度2　已知两边及其一边的对角解三角形?
【典例】(2020·青岛高一检测)已知△ABC的角A,B,C所对的边分别为a,b,c,c=,b=1,C=,则a=
(　　)
A.　
B.2　
C.　
D.3
【思路导引】根据余弦定理列出关于a的方程求解即可.
【解析】选B.由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos
C,
因为c=,b=1,C=,
所以=a2+12-2a×1×,
所以a2+a-6=0,解得a=2或a=-3(舍去).
角度3　已知三边或三边的关系解三角形?
【典例】(1)(2020·洛阳高二检测)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若a2+c2-b2=ac,则角B的值是　　　　.　?
(2)在△ABC中,已知a=2,b=2,c=+,解三角形.
【思路导引】(1)根据余弦定理先求cos
B,再求角B;
(2)知三角形的三边,可以用余弦定理解三角形.
【解析】(1)因为a2+c2-b2=ac,
所以cos
B==,
因为B是三角形的内角,所以B=.
答案:
(2)由余弦定理得:cos
A=
==,又0°所以A=60°.
cos
B=
==,又0°所以B=45°.所以C=180°-A-B=75°.
　将本例(1)的条件“a2+c2-b2=ac”,
改为“=1”,求角A.
【解析】由=1得a2-(b-c)2=bc,
则b2+c2-a2=bc,由余弦定理得
cos
A==,又因为0°1.已知两边及其中一边的对角解三角形的方法
(1)先由正弦定理求出另一条边所对的角,用三角形的内角和定理求出第三个角,再用正弦定理求出第三边.要注意判断解的情况.
(2)用余弦定理列出关于第三边的等量关系建立方程,运用解方程的方法求出此边长.
2.已知两边及其夹角解三角形的方法
方法一:首先用余弦定理求出第三边,再用余弦定理和三角形内角和定理求出其他两角.
方法二:首先用余弦定理求出第三边,再用正弦定理和三角形内角和定理求出其他两角.
3.已知三边解三角形的步骤
(1)分别用余弦定理的推论求出两个角;
(2)用三角形内角和定理求出第三个角.
1.边长为5,7,8的三角形的最大角与最小角的和是
(　　)　
A.90°
B.120°
C.135°
D.150°
【解析】选B.设中间角为θ,则cos
θ==,所以θ=60°,所以此三角形的最大角与最小角的和为180°-60°=120°.
2.(2020·通化高一检测)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知a=3,c=2,sin=,则b=　　　　.?
【解析】由cos
C=1-2sin2=,c2=a2+b2-2abcos
C得12=9+b2-2×3×b,解得b=3或b=-1(舍).
答案:3
3.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.若a2=b2+c2,则的值为
(　　)
A.　
B.
C.
D.
【解析】选C.因为a2=b2+c2,所以b2=a2-c2.由余弦定理得cos
B=
==.
所以==.
【补偿训练】
1.在△ABC中,若三个角A,B,C的对边边长分别为a=3,b=4,c=6,则bccos
A+
cacos
B+abcos
C的值为　　　　.?
【解析】由余弦定理,得bccos
A+cacos
B+abcos
C=bc·+ac
·+ab·==.
答案:
2.(1)在△ABC中,已知b=3,c=2,A=30°,求a;
(2)已知在△ABC中,a=8,b=7,B=60°,求c.
【解析】(1)由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccos
A=32+(2)2-2×3×2cos
30°=3,所以a=.
(2)方法一:由余弦定理b2=a2+c2-2accos
B,得72=82+c2-2×8×ccos
60°,
整理得c2-8c+15=0,解得c=3或c=5.
方法二:由正弦定理,
得sin
A===,
所以cos
A=±=±=±.
所以sin
C=sin[π-(A+B)]=sin(A+B)
=sin
Acos
B+cos
Asin
B=×±×,
所以sin
C=或sin
C=.
当sin
C=时,c=·sin
C=5;
当sin
C=时,c=·sin
C=3.
类型二　利用余弦定理判断三角形的形状(逻辑推理)
【典例】在△ABC中,若(a-ccos
B)sin
B=(b-ccos
A)sin
A,判断△ABC的形状.
【思路导引】方法一:化角为边,通过因式分解得出边的关系;
方法二:用正弦定理,化边为角,通过三角变换求解.
【解析】方法一:因为(a-ccos
B)sin
B=(b-ccos
A)sin
A,
所以由正、余弦定理,得·b=b-c··a,
整理,得(a2+b2-c2)b2=(a2+b2-c2)a2,
即(a2-b2)(a2+b2-c2)=0,所以a2+b2-c2=0或a2=b2.
所以a2+b2=c2或a=b.故△ABC为直角三角形或等腰三角形.
方法二:根据正弦定理,原等式可化为(sin
A-sin
Ccos
B)sin
B=(sin
B-
sin
Ccos
A)sin
A,
即sin
CcosBsin
B=sin
Ccos
Asin
A.
因为sin
C≠0,所以sin
Bcos
B=sin
Acos
A.
所以sin
2B=sin
2A.所以2B=2A或2B+2A=π,
即A=B或A+B=.所以△ABC是等腰三角形或直角三角形.
　将本例的条件改为“acos
B+acos
C=b+c”,试判断该三角形的形状.
【解析】由acos
B+acos
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.
因为b+c≠0,
所以a2=b2+c2,故△ABC是直角三角形.
判断三角形形状的基本思想和两条思路
　在△ABC中,已知cos
2=,判断△ABC的形状.
【解析】在△ABC中,由已知cos
2=,得=,所以cos
A=.根据余弦定理,得=,所以b2+c2-a2=2b2,即a2+b2=c2,所以△ABC是直角三角形.
【补偿训练】
在△ABC中,已知(a+b+c)(a+b-c)=3ab,且2cos
Asin
B=sin
C,确定△ABC的形状.
【解析】由正弦定理得=,
由2cos
Asin
B=sin
C,有cos
A==.
又由余弦定理得cos
A=,
所以=,即c2=b2+c2-a2,
所以a2=b2,所以a=b.
又因为(a+b+c)(a+b-c)=3ab,
所以(a+b)2-c2=3ab,所以4b2-c2=3b2,
即b2=c2.所以b=c,所以a=b=c.
所以△ABC为等边三角形.
类型三　正、余弦定理的综合应用(数学运算)
【典例】(2020·新余高二检测)在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,且(2a+c)cos
B+bcos
C=0.
(1)求角B的大小;
(2)若b=,ac=3,求△ABC的周长.
四步
内容
理解题意
条件:①(2a+c)cos
B+bcos
C=0;②b=,ac=3;
结论:求角B的大小;求△ABC的周长
思路探求
(1)利用正弦定理把已知的等式化边为角?根据两角和与差的正弦公式及诱导公式进行变形?求cos
B?求B;(2)利用余弦定理求a+c?求出三角形ABC的周长.
书写表达
(1)由已知得2sin
Acos
B+sin
Ccos
B+sin
Bcos
C=0,①所以2sin
Acos
B+sin
(B+C)=0,因为B+C=π-A,所以sin
(B+C)=sin
(π-A)=sin
A,②由0<π可得sin
A>0,所以2cos
B+1=0,cos
B=-,又0B可得13=a2+c2+ac=(a+c)2-ac③=(a+c)2-3,可得:a+c=4.所以△ABC的周长a+b+c=4+.注意书写的规范性:①用正弦定理化边为角是解题的关键;②易忽视内角和定理与诱导公式结合应用;③根据所求将余弦定理公式变形.
题后反思
解答正、余弦定理的综合应用问题,一方面要注意依据题目条件确定好用哪个定理,另一方面要注意内角和定理、诱导公式、三角恒等变换等知识的综合应用.
　正、余弦定理的综合应用
(1)常见命题角度.
正弦定理、余弦定理、向量、三角函数、三角恒等变换等知识联系在一起出题.
(2)解题策略.
解答此类题目,首先要正确应用所学知识“翻译”题目条件,然后根据题目条件和要求选择正弦或余弦定理求解.
1.若△ABC的内角A,B,C满足6sin
A=4sin
B=3sin
C,则cos
B=
(　　)
A.
B.
C.
D.
【解析】选D.由正弦定理:6a=4b=3c,所以b=a,c=2a,由余弦定理cos
B=
==.
2.(2020·新高考全国Ⅰ卷)在①ac=,②csin
A=3,③c=b这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的三角形存在,求c的值;若问题中的三角形不存在,说明理由.
问题:是否存在△ABC,它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且sin
A=sin
B,
C=,　　　　??
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
【解析】方案一:选条件①.
由C=和余弦定理得=.
由sin
A=sin
B及正弦定理得a=b.
于是=,由此可得b=c.
由①ac=,解得a=,b=c=1.
因此,选条件①时问题中的三角形存在,此时c=1.
方案二:选条件②.
由C=和余弦定理得=.
由sin
A=sin
B及正弦定理得a=b.
于是=,由此可得b=c,B=C=,A=.
由②csin
A=3,所以c=b=2,a=6.
因此,选条件②时问题中的三角形存在,此时c=2.
方案三:选条件③.
由C=和余弦定理得=.
由sin
A=sin
B及正弦定理得a=b.
于是=,由此可得b=c.
由③c=b与b=c矛盾.
因此,选条件③时问题中的三角形不存在.
【补偿训练】
在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,a=3,cos
C=-,5sin(B+C)
=3sin(A+C).
(1)求边c;
(2)求sin的值.
【解析】(1)因为A+B+C=π,
所以由5sin(B+C)=3sin(A+C)得5sin
A=3sin
B,
由正弦定理得5a=3b,所以b==×3=5,
又因为cos
C=-,
所以由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos
C=9+25-2×3×5×=36,解得c=6;
(2)因为cos
B===,
所以sin
B===,
所以sin=sin
B-cos
B=×-×=.
课堂检测·素养达标
1.在△ABC中,已知a=1,b=2,C=60°,则c等于
(　　)
A.　
B.3
C.　
D.5
【解析】选A.由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos
C=1+4-2×1×2×=3,得c=.
2.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若a=4,b=5,c=,则角C等于
(　　)
A.120°　
B.90°
C.60°　
D.45°
【解析】选A.由余弦定理得cos
C===-,故C=120°.
3.在△ABC中,B=60°,b2=ac,则△ABC一定是
(　　)
A.锐角三角形
B.钝角三角形
C.等腰三角形
D.等边三角形
【解析】选D.由余弦定理b2=a2+c2-2accos
B和B=60°及b2=ac,得ac=a2+c2-ac,(a-c)2=0.所以a=c.又B=60°,所以△ABC是等边三角形.
4.在△ABC中,若b=1,c=,C=,则a=　　　　.?
【解析】由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos
C,所以a2+1+a=3,即a2+a-2=0,
解得a=1或a=-2(舍).
答案:1
5.(教材二次开发:例题改编)在△ABC中,已知a=8,B=60°,c=4(+1),解此三角形.
【解析】由余弦定理,b2=a2+c2-2accos
B=82+[4(+1)]2-2×8×
4(+1)cos
60°=64+16(4+2)-64(+1)×=96,得b=4.
cos
A===.
因为0°故C=180°-A-B=180°-45°-60°=75°.
PAGE1.2　应
用
举
例
第1课时　解三角形的实际应用举例——距离问题
必备知识·自主学习
1.基线
(1)定义和选取原则.
定义
在测量上,根据测量需要适当确定的线段
选取原则
在测量过程中,要根据实际需要选取合适的基线长度,使测量具有较高的精确度,一般来说,基线越长,测量的精确度越高.
(2)本质:解三角形必须知道三角形的一条边长,这恰是基线的意义所在.
(3)作用:基线的选择决定了测量方案的设计.
2.方位角和方向角
(1)方位角:从指北方向顺时针转到目标方向线所成的角.如图(1)目标A的方位角为135°.
(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(2),北偏东30°,南偏东45°.
　方位角与方向角有什么共同点?
提示:方位角与方向角其实质是一样的,均是确定观察点与目标点之间的位置关系.
1.辨析记忆(对的打“√”,错的打“×”).
(1)基线选择不同,同一个量的测量结果可能不同.
(　　)
(2)东偏北45°的方向就是东北方向.
(　　)
(3)两点间可视但不可到达问题的测量方案实质是构造已知两角及一边的三角形并求解.
(　　)
(4)如图所示,为了测量隧道AB的长度,可测量数据a,b,γ进行计算.
(　　)
提示:(1)√.
(2)√.由方向角的定义可知.
(3)√.可由正弦定理解三角形求解.
(4)√.由余弦定理可求出AB.
2.某次测量中,A在B的北偏东55°,则B在A的
(　　)
A.北偏西35°
B.北偏东55°
C.南偏西35°
D.南偏西55°
【解析】选D.根据题意和方向角的概念画出草图,
如图所示α=55°,则β=α=55°.所以B在A的南偏西55°.
3.(教材二次开发:习题改编)如图所示,已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于a
km,灯塔A在观察站C的北偏东20°,灯塔B在观察站C的南偏东40°,则灯塔A与灯塔B的距离为
(　　)
A.a
km
B.a
km
C.a
km
D.2a
km
【解析】选B.由题意得∠ACB=120°,
AB2=a2+a2-2a2cos
120°=3a2,所以AB=a.
关键能力·合作学习
类型一　用正弦定理或余弦定理求距离(数学建模)
角度1　用正弦定理求距离?
【典例】如图所示,在一岸边选定两点A,B,望对岸标记物C,测得∠CAB=
30°,∠CBA=75°,AB=120
m,则BC为　　　　m.?
【思路导引】在△ABC中,知两角和一边,可以用正弦定理解三角形,求BC的长.
【解析】由题意知,∠ACB=180°-30°-75°=75°,由正弦定理得,BC=·
sin
∠CAB=·sin
30°=×=60(-).
答案:60(-)
角度2　用余弦定理求距离?
【典例】如图,甲船以每小时30海里的速度向正北方向航行,乙船按固定方向匀速直线航行,当甲船位于A1处时,乙船位于甲船的北偏西105°的方向B1处,此时两船相距20海里.当甲船航行20分钟到达A2处时,乙船航行到甲船的北偏西120°方向的B2处,此时两船相距10海里,问乙船每小时航行多少海里?
【思路导引】连接A1B2,先解△A1A2B2,再解△A1B2B1.
【解析】如图连接A1B2,
A2B2=10,A1A2=×30=10,
△A1A2B2是等边三角形,∠B1A1B2=105°-60°=45°,
在△A1B2B1中,由余弦定理得
B1=A1+A1-2A1B1·A1B2cos
45°
=202+(10)2-2×20×10×=200,B1B2=10.
因此乙船的速度的大小为×60=30(海里/时).
答:乙船每小时航行30海里.
1.用正弦定理求距离问题的策略
(1)找基线.根据题意找出哪些线段的长度可以求出,这样的线段在哪些三角形中.
(2)测基线长及视角.注意根据平面几何知识推出有关角的大小.
(3)用正弦定理求解两点间的距离.
特别提醒:求距离问题要注意的两点:
(1)基线的选取要准确恰当.
(2)选定或创建的三角形要确定.
2.用余弦定理求距离问题的策略
(1)总体思路.
实际问题经抽象概括后,已知量与未知量涉及两个(或两个以上)三角形,这时需作出这些三角形,先解够条件的三角形,然后逐步求出其他三角形中的解.
(2)方程思想的应用.
设出未知量,从几个三角形中用余弦定理列出方程(组),解方程(组)得出所要求的解.
1.如图,货轮在海上以40
km/h的速度沿着方位角(从正北方向顺时针转到目标方向线的水平角)为140°的方向航行,为了确定货轮的位置,货轮在B点观测灯塔A的方位角为110°,航行h到达C点,观测灯塔A的方位角是65°,则货轮到达C点时,与灯塔A的距离是
(　　)
A.10
km　　B.10
km　　C.15
km　　D.15
km
【解析】选B.在△ABC中,BC=40×=20(km),∠ABC=140°-110°=30°,∠ACB
=(180°-140°)+65°=105°,所以A=180°-(30°+105°)=45°.
由正弦定理,得AC===10(km).
2.某观察站C与两灯塔A,B的距离分别为300
m和500
m,测得灯塔A在观察站C的北偏东30°方向上,灯塔B在观察站C正西方向,则两灯塔A,B间的距离为
(　　)
A.500
m
B.600
m
C.700
m
D.800
m
【解析】选C.根据题意画出图形如图.
在△ABC中,BC=500,AC=300,∠ACB=120°,
由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos
120°
=3002+5002-2×300×500×=490
000,
所以AB=700
m.
【补偿训练】
一货轮在海上由西向东航行,在A处望见灯塔C在货轮的东北方向,半小时后在B处望见灯塔C在货轮的北偏东30°方向.若货轮的速度为30n
mile/h,当货轮航行到D处望见灯塔C在货轮的西北方向时,求A,D两处的距离.
【解析】
如图所示,在△ABC中,∠CAB=45°,
∠ABC=90°+30°=120°,所以∠ACB=180°-45°-120°=15°,
AB=30×0.5=15(n
mile),则由正弦定理,得=,即=
,
又因为sin
15°=,sin
120°=,
所以AC==×15(n
mile).
在△ACD中,因为∠A=∠D=45°,所以△ACD是等腰直角三角形,所以AD=AC=15(3+)
(n
mile).
答:A,D两处的距离为15(3+)
n
mile.
类型二　综合应用正弦定理和余弦定理求距离(数学建模)
【典例】(2020·唐山高二检测)如图,为了测量河对岸A,B两点的距离,观察者找到一个点C,从C点可以观察到点A,B;找到一个点D,从D点可以观察到点A,C;找到一个点E,从E点可以观察到点B,C.并测量得到以下数据,∠DCA=105°,∠ADC=30°,∠BCE=90°,∠ACB=∠CEB=60°,DC=200米,CE=100米.求A,B两点的距离.
【解析】由题意可知,在△ACD中,∠DAC=45°,
由正弦定理得=,
所以AC==200米,
在Rt△BCE中,BC=100×=300米,在△ABC中,
由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC×BC×cos
60°
=2002+3002-2×200×300×=70
000,
所以AB=100米.
　正弦定理与余弦定理交汇求距离的两个关键点
(1)画示意图,弄清题目条件.
根据题意画图研究问题中所涉及的三角形,它的哪些元素是已知的,哪些元素是未知的.
(2)选准入手点.
找出已知边长的三角形,结合已知条件选准“可解三角形”,并判断是选用正弦定理,还是选用余弦定理求解.
　某人在M汽车站的北偏西20°的方向上的A处,观察到点C处有一辆汽车沿公路向M站行驶.公路的走向是M站的北偏东40°.开始时,汽车到A的距离为31千米,汽车前进20千米后,到A的距离缩短了10千米.则汽车到达M汽车站还需行驶　　　　千米.?
【解析】由题设,画出示意图,设汽车前进20千米后到达B处.
在△ABC中,AC=31,BC=20,AB=21,
由余弦定理,得cos
C==,
则sin2C=1-cos2C=,sin
C=,
所以sin
∠MAC=sin(120°-C)
=sin
120°cos
C-cos
120°sin
C=.
在△MAC中,由正弦定理,
得MC==×=35.
从而有MB=MC-BC=15.
故汽车到达M汽车站还需行驶15千米.
答案:15
【补偿训练】
1.如图,A,B是海面上位于东西方向相距5(3+)海里的两个观测点,现位于A点北偏东45°,B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号,位于B点南偏西60°且与B点相距20海里的C点的救援船立即前往营救,其航行速度为
30海里每小时,该救援船到达D点至少需要　　　　小时.?
【解析】由题意知AB=5(3+),∠DBA=90°-60°=30°,∠DAB=45°,
所以∠ADB=105°,所以sin
105°=sin
45°cos
60°+sin
60°cos
45°=×+×=.
在△ABD中,由正弦定理得=,
所以BD===5(3+)×==10.
又∠DBC=180°-60°-60°=60°,BC=20,在△DBC中,由余弦定理得
CD2=BD2+BC2-2×BD×BCcos
60°=300+1
200-2×10×20×=900.所以CD=30(海里),则至少需要的时间t==1(小时).
答案:1
2.一条河自西向东流淌,某人在河南岸A处看到河北岸两个目标C,D分别在东偏北45°和东偏北60°方向,此人向东走300米到达B处之后,再看C,D,则分别在西偏北75°和西偏北30°方向,求目标C,D之间的距离.
【解析】由题意得,在△ABD中,
因为∠DAB=60°,∠DBA=30°,所以∠ADB=90°,
在Rt△ABD中,
因为AB=300,所有BD=300·sin
60°=150.
在△ABC中,因为∠CAB=45°,∠ABC=75°,
所以∠ACB=60°.
由正弦定理得=,
所以BC=×=100.
在△BCD中,因为BC=100,BD=150,∠CBD=45°,
由余弦定理得
CD2=BC2+BD2-2BC·BD·cos
∠CBD=37
500,
所以CD=50.
答:目标C,D之间的距离为50米.
类型三　函数与方程思想在距离问题中的应用(数学建模)
【典例】已知海岛B在海岛A北偏东45°,且与A相距20海里,物体甲从海岛B以2海里/小时的速度沿直线向海岛A移动,同时物体乙从海岛A以4海里/小时的速度沿直线向北偏西15°方向移动.
(1)求经过多长时间,物体甲在物体乙的正东方向;
(2)求甲从海岛B到达海岛A的过程中,甲乙两物体的最短距离.
【思路导引】(1)画出物体甲在物体乙的正东方向时的示意图,由正弦定理可解得;
(2)由余弦定理及配方法可求得最小值.
【解析】(1)设经过t(0物体甲与海岛A的距离为AE=(20-2t)海里,物体乙与海岛A距离为AF=4t海里,
当甲在乙正东方时,∠AFE=75°,∠AEF=45°,
在△AEF中,由正弦定理得=,即=,则t=20-10.
答:经过(20-10)小时,物体甲在物体乙的正东方向.
(2)由(1)题设,AE=20-2t,AF=4t,
由余弦定理得EF2=AE2+AF2-2AE·AFcos
∠EAF=(20-2t)2+(4t)2-2×(20-2t)×4t×=28+,
由0答:甲乙两物体之间的距离最短为海里.
　函数与方程思想在距离问题中的应用
(1)函数思想的应用.
将三角形中边角之间的关系问题借助正弦定理和余弦定理建立函数关系,结合有关函数的图象和性质,加以分析、转化、解决有关求取值范围、最大(小)值问题.
(2)方程思想的应用.
正弦定理和余弦定理涉及三个边和三个角共六个量,只要知道其中三个独立的量(必须有边)就能求出其余三个量.因此,解三角形的实际应用问题中,直接求相关量较难时,通常将问题的数量关系运用这两个定理转化为数学模型(方程、方程组)加以解决.
　一次机器人足球比赛中,甲队1号机器人由A点开始做匀速直线运动,到达点B时,发现足球在点D处正以2倍于自己的速度向点A做匀速直线滚动,如图所示,已知AB=4
dm,AD=17
dm,∠BAD=45°,若忽略机器人原地旋转所需的时间,则该机器人最快可在何处截住足球?
【解析】设机器人最快可在点C处截住足球,点C在线段AD上,连接BC,如图所示,
设BC=x
dm,由题意知CD=2x
dm,AC=AD-CD=(17-2x)dm.在△ABC中,
由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos
A,
即x2=(4)2+(17-2x)2-8(17-2x)cos
45°,
解得x1=5,x2=.
所以AC=17-2x=7或AC=-(舍去).
所以该机器人最快可在线段AD上离A点7
dm的点C处截住足球.
【补偿训练】
甲船在A处,乙船在A的南偏东45°方向,距A有9海里的B处,并以20海里/时的速度沿南偏西15°方向行驶,若甲船以28海里/时的速度行驶,用多少小时能最快追上乙船?
【解析】
如图所示,设用t小时甲船能追上乙船,且在C处相遇.
在△ABC中,AC=28t,BC=20t,AB=9,∠ABC=180°-45°-15°=120°.
由余弦定理得
AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos
∠ABC,
即(28t)2=92+(20t)2-2×9×20t×,128t2-60t-27=0,
所以t=或t=-(舍去).
答:甲船用小时能最快追上乙船.
课堂检测·素养达标
1.为了测量B,C之间的距离,在河岸A,C处测量,如图:
测得下面四组数据,较合理的是
(　　)
A.c与α
B.c与b
C.b,c与β
D.b,α与γ
【解析】选D.因为A,C在河岸的同一侧,所以可以测量AC的长度和∠BAC,∠BCA的大小,并用正弦定理求BC.
2.学校体育馆的人字形屋架为等腰三角形,如图所示,测得AC的长度为4米,A=
30°,则其跨度AB的长为
(　　)
A.12米　
B.8米　
C.3米　
D.4米
【解析】选D.△ABC为等腰三角形,A=30°,AC=4,
所以B=30°,C=120°,BC=4,
所以由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos
C=42+42-2×4×4×=48,所以AB=4.
3.已知船A在灯塔C北偏东85°且到C的距离为2
km,船B在灯塔C西偏北25°且到C的距离为
km,则A,B两船的距离为　　　　.?
【解析】如图,可知∠ACB=85°+(90°-25°)=150°,AC=2,BC=,
所以AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos
150°=13,
所以AB=.
答案:
km
4.(教材二次开发:例题改编)如图,A,B两点在河的同侧,且A,B两点均不可到达,为测出A,B的距离,其方法为测量者可以在河岸边选定两点C,D,测得CD=a,同时在C,D两点分别测得∠BCA=α,∠ACD=β,∠CDB=γ,∠BDA=δ.在△ADC和△BDC中,由正弦定理分别计算出AC和BC,再在△ABC中,应用余弦定理计算出AB.
若测得CD=
km,∠ADB=∠CDB=30°,∠ACD=60°,∠ACB=45°,求A,B两点间的距离.
【解析】因为∠ADC=∠ADB+∠CDB=60°,
∠ACD=60°,所以∠DAC=60°,所以AC=DC=.
在△BCD中,∠DBC=45°,由正弦定理,得
BC=·sin
∠BDC=·sin
30°=.
在△ABC中,由余弦定理,得
AB2=AC2+BC2-2AC×BCcos
45°
=+-2×××=.所以AB=
km.
所以A,B两点间的距离为
km.
PAGE第2课时　解三角形的实际应用举例——高度、角度问题
学习目标
1.能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些有关底部不可到达的物体高度测量的问题(逻辑推理、数学运算)2.能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些有关计算角度的实际问题(数学建模)3.分清仰角、俯角、方向角、方位角和视角等概念(数学抽象)
必备知识·自主学习
导思
方位角、方向角和视角的含义是什么?
1.仰角和俯角
(1)前提:在视线所在的垂直平面内.
(2)仰角:视线在水平线以上时,视线与水平线所成的角.
(3)俯角:视线在水平线以下时,视线与水平线所成的角.
为了测量某建筑物的高度通常需要构造的三角形其所在平面与地面什么关系?
提示:构造的三角形其所在平面与地面垂直.
2.视角
从眼睛的中心向物体两端所引的两条直线的夹角,如图所示,视角50°指的是观察该物体的两端视线张开的角度.
1.辨析记忆(对的打“√”,错的打“×”).
(1)俯角和仰角都是对于水平线而言的.(　　)
(2)仰角与俯角所在的平面是铅垂面.(　　)
(3)从A处望B处的仰角为α,从B处望A处的俯角为β,则α,β的关系为α+β=180°.(　　)
提示:(1)√.由俯角和仰角的定义可知此说法正确.
(2)√.由仰角与俯角的定义可知,此说法正确.
(3)×.画出示意图如图,由图可知α=β.
2.(教材二次开发:练习改编)如图所示,为测量一树的高度,在地上选取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.m　
B.m
C.m　
D.m
【解析】选A.设树高为x
m,则BP=x
m,
在△ABP中,AB=60,BP=x,A=30°,∠APB=15°,
由正弦定理得=,即=,
解得x=30+30.
3.(教材二次开发:练习改编)如图所示为一角槽,已知AB⊥AD,AB⊥BE,并测量得AC=3
mm,BC=2
mm,AB=
mm,则∠ACB=　　　　.?
【解析】在△ABC中,由余弦定理得
cos
∠ACB=
=-.因为∠ACB∈(0,π),所以∠ACB=.
答案:
关键能力·合作学习
类型一　在同一铅垂面内的高度问题(数学建模)
【典例】1.如图在离地面高400
m的热气球上,观测到山顶C处的仰角为15°,山脚A处的俯角为45°.已知∠BAC=60°,则山的高度BC为(　　)
A.700
m　　　B.640
m　　　C.600
m　　　D.560
m
2.济南泉城广场上的泉标模仿的是隶书“泉”字,其造型流畅别致,是济南的标志和象征.李明同学想测量泉标的高度,于是他在广场的A点测得泉标顶端的仰角为60°,他又沿着泉标底部方向前进15.2
m,到达B点,又测得泉标顶部仰角为80°.你能帮助李明同学求出泉标的高度吗?(精确到1
m,参考数据sin
20°
≈0.34,sin
80°≈0.98)
【思路导引】1.在△MAC中,三个角和AM可求,根据正弦定理可求AC,进而可求山的高度BC;
2.设C,D分别为泉标的底部和顶端,先在△ABD中,根据正弦定理求BD,然后在Rt△BCD中求CD.
【解析】1.选C.如图,过点M作MD⊥AB,垂足为D.
在Rt△AMD中,∠MAD=45°,MD=400
m,
AM==400(m).
在△MAC中,∠AMC=45°+15°=60°,
∠MAC=180°-45°-60°=75°,
所以∠MCA=180°-∠AMC-∠MAC=45°.
由正弦定理,得AC=
==400(m).
在Rt△ABC中,BC=ACsin
∠BAC=400×=600(m).
2.如图所示,点C,D分别为泉标的底部和顶端.
依题意,∠BAD=60°,∠CBD=80°,AB=15.2
m,
则∠ADB=80°-60°=20°,在△ABD中根据正弦定理,得
BD=≈≈38.72,
在Rt△BCD中,CD=BDsin
80°≈38.72×0.98≈38(m),
即泉城广场上的泉标的高约为38
m.
测量仰角(或俯角)求高度问题
(1)基本思路:构造含建筑物高度的三角形,用正、余弦定理解答.
(2)构造三角形的方法.
①如图1所示,取经过建筑物AB底部B的基线上两点H,G,用同样高度的两个测角仪DH和CG测量得仰角β,α,测量两个测角仪的距离,构成△ACD.
②如图2所示,在建筑物CD顶部的竖立物体BC,分别在B,C两处测量俯角α,β,构成△ABC.
1.如图是一个斜拉桥示意图的一部分,AC与BD表示两条相邻的钢缆,A,B与C,D分别表示钢缆在桥梁与主塔上的铆点,两条钢缆的仰角分别为α,β,为了便于计算,在点B处测得C的仰角为γ,若AB=m,则CD=(　　)
A.
B.
C.
D.
【解析】选D.在△ABC中由正弦定理可得=,所以BC=,
在△BCD中,由正弦定理可得=,
所以CD==.
2.某登山队在山脚A处测得山顶B的仰角为35°,沿倾斜角为20°的斜坡前进
1
000
m后到达D处,又测得山顶的仰角为65°,求此山的高度.(精确到1
m,参考数据:sin
35°≈0.573
6,≈1.414)
【解析】如图,过点D作DE∥AC交BC于E,
因为∠DAC=20°,所以∠ADE=160°,
于是∠ADB=360°-160°-65°=135°.
又∠BAD=35°-20°=15°,所以∠ABD=30°.
在△ABD中,由正弦定理,
得AB===1
000(m).
在Rt△ABC中,BC=ABsin
35°≈811(m).
答:此山的高度约为811
m.
【补偿训练】
在社会实践中,小明观察一棵桃树.他在点A处发现桃树顶端点C的仰角大小为45°,往正前方走4米后,在点B处发现桃树顶端点C的仰角大小为75°.
(1)求BC的长.
(2)若小明身高为1.70米,求这棵桃树顶端点C离地面的高度(精确到0.01米,其中≈1.732).
【解析】(1)在△ABC中,∠CAB=45°,∠DBC=75°,则∠ACB=75°-45°
=30°,AB=4,由正弦定理得=,解得BC=4(米).
(2)在△CBD中,∠CDB=90°,BC=4,
所以DC=4sin
75°,因为sin
75°=sin
(45°+30°)
=sin
45°cos
30°+cos
45°sin
30°=,
则DC=2+2,
所以CE=3.70+2≈3.70+3.464≈7.16(米).
答:(1)BC的长为4米;(2)这棵桃树顶端点C离地面的高度为7.16米.
类型二　不在同一铅垂面内的高度问题(数学建模)
【典例】空中有一气球D,在它正西方向的地面上有一点A,在此处测得气球的仰角为45°,同时在气球的南偏东60°方向的地面上有一点B,测得气球的仰角为30°,两观察点A,B相距266
m,计算气球的高度.(结果保留根号)
四步
内容
理解题意
条件:①在气球D的正西方向的地面上A处测得气球的仰角为45°②在气球D的南偏东60°方向的地面上B处,测得气球的仰角为30°③A,B相距266
m结论:计算气球的高度.
思路探求
令气球D在地面上的投影为点C,解Rt△ACD和Rt△BCD?AC与气球的高度的关系,CB与气球的高度的关系?在△ABC中用余弦定理构造方程求气球的高度.
书写表达
如图,令气球D在地面上的投影为点C,设CD=x,在Rt△ACD中,∠DAC=45°,在Rt△BCD中,∠CBD=30°,在△ABC中,∠ACB=90°+60°=150°,由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2·AC·BC·cos∠ACB,所以所以x=38
m.所以气球的高度为38
m.注意书写的规范性:①解Rt△ACD,建立AC与所求量的关系②解Rt△BCD,建立CB与所求量的关系③在△ABC中构建方程计算所求量是解题关键.
题后反思
此类问题中,既有方向角,又有仰角,要注意作出的示意图应是立体图
解不在同一铅垂面内的高度问题的思路和方法
(1)基本思路.
方向角属于水平面的角度,而仰角属于铅垂面内的角,所以此类问题的图形通常是立体图形.解题的基本思路是把目标高度转化为三角形的边长,从而把空间问题转化为平面内解三角形问题.
(2)基本方法.
首先在与地面垂直的竖直平面内构造三角形或者在空间构造三棱锥,再依据条件利用正、余弦定理解其中的一个或几个三角形,从而求出高度.
1.A,B是海平面上的两个点,相距800
m,在点A测得山顶C的仰角为45°,
∠BAD=120°,又在点B测得∠ABD=45°,其中点D是点C在海平面上的射影,则山高CD为　　　　.?
【解析】如图,由于CD⊥AD,∠CAD=45°,
所以CD=AD.因此,只需在△ABD中求出AD即可.
在△ABD中,∠BDA=180°-45°-120°=15°,由=,得AD===800(+1)m.
所以CD=AD=800(+1)m.
答案:800(+1)m
2.如图,某景区欲在两山顶A,C之间建缆车,需要测量两山顶间的距离.已知山高AB=1
km,CD=3
km,在水平面上E处测得山顶A的仰角为30°,山顶C的仰角为60°,∠AEC=150°,则两山顶A,C之间的距离为(　　)
A.2
km
B.3
km
C.4
km
D.3
km
【解析】选A.AB=1,CD=3,∠AEB=30°,∠CED=60°,∠AEC=150°,
所以AE=2AB=2,CE===2,
在△ACE中,由余弦定理得AC2=AE2+CE2-2×AE×CE×cos
∠AEC=4+12-2×2×2×=28,
所以AC=2,即两山顶A,C之间的距离为2
km.
【补偿训练】
　　如图,某人在塔的正东方向上的C处,在与塔垂直的水平面内,沿南偏西60°的方向以每小时6千米的速度步行了1分钟以后,在点D处望见塔的底端B在东北方向上,已知沿途塔的仰角∠AEB=α,α的最大值为60°.
(1)求该人沿南偏西60°的方向走到仰角α最大时,走了几分钟;
(2)求塔的高AB.
【解析】(1)依题意知,在△DBC中,∠BCD=30°,
∠DBC=180°-45°=135°,CD=6
000×=100(m),∠D=180°-135°-30°=15°,
由正弦定理得=,
所以BC==
===50(-1)(m).
在Rt△ABE中,tan
α=,
因为AB为定长,所以当BE的长最小时,α取最大值60°,这时BE⊥CD.
当BE⊥CD时,在Rt△BEC中,EC=BC·cos
∠BCE=50(-1)·=25(3-)(m),设该人沿南偏西60°的方向走到仰角α最大时,走了t分钟,
则t=×60=×60=(分钟).
(2)由(1)知,当α取得最大值60°时,BE⊥CD,
在Rt△BEC中,BE=BC·sin
∠BCD,
所以AB=BE·tan
60°=BC·sin
∠BCD·tan
60°
=50(-1)··=25(3-)(m),
即所求塔高为25(3-)m.
类型三　测量角度问题(数学建模)
　角度1　角度问题?
【典例】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对于山坡的倾斜度为15°,向山顶前进100
m到达B处,又测得C对于山坡的倾斜度为45°,若CD=50
m,山坡对于地平面的坡度为θ,则cos
θ等于(　　)
A.
B.
C.-1
D.-1
【思路导引】由题意可知△ADC可解,角θ与∠BDC有密切关系.
【解析】选C.在△ABC中,由正弦定理,=,即=,
所以AC=100.在△ADC中,由正弦定理得=,
即=,
所以cos
θ=sin(θ+90°)==-1.
　角度2　航行方向问题?
【典例】如图所示,位于A处的信息中心获悉:在其正东方向相距30海里的B处有一艘渔船遇险,在原地等待营救.信息中心立即把消息告知在其南偏西45°、相距20海里的C处的乙船,现乙船朝北偏东θ的方向沿直线CB前往B处救援,则cos
θ的值为　　　　.?
【思路导引】先利用余弦定理求出BC,再利用正弦定理求出sin
∠ACB,得到cos
∠ACB,利用两角和与差的余弦即可求出cos
θ.
【解析】如图所示,在△ABC中,AB=30,
AC=20,∠BAC=135°,
由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos
135°=3
400,
所以BC=10,
由正弦定理得sin∠ACB=·sin∠BAC=.
由∠BAC=135°知∠ACB为锐角,
故cos∠ACB=.故cos
θ=cos(∠ACB+45°)
=cos∠ACBcos
45°-sin∠ACBsin
45°
=(-)=.
答案:
将本例条件“30”改为“40”,“45°”改为“30°”,其他条件不变,试求
cos
θ.
【解析】如图所示,
在△ABC中,AB=40,AC=20,∠BAC=120°,
由余弦定理得
BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos
120°=2
800,
所以BC=20
.
由正弦定理得sin∠ACB=
·sin∠BAC=
.
由∠BAC=120°知∠ACB为锐角,cos∠ACB=
.
cos
θ=cos(∠ACB+30°)
=cos∠ACBcos
30°-sin∠ACBsin
30°=.
1.有关仰角和俯角的问题
(1)建筑物顶部无法到达或高度过高而无法测量时,通常采用解三角形的方法解决,在构造三角形时,一般利用与地面垂直的直角三角形,此时应注意仰角的应用.
(2)但在某些情况下,仍需根据正、余弦定理来解三角形.
2.测量角度问题画示意图的基本步骤
1.长为3.5
m的木棒AB斜靠在石堤旁,木棒的一端A在离C处1.4
m的地面上,另一端B在离C处的2.8
m的石堤上,石堤的倾斜角为α,则坡度值tan
α=(　　)
A.
B.
C.
D.
【解析】选A.由题意得在△ABC中,AB=3.5
m,AC=1.4
m,BC=2.8
m,且∠α+
∠ACB=π.由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC×BC×cos∠ACB,即3.52=1.42+2.82-
2×1.4×2.8×cos(π-α),解得cos
α=,所以sin
α=,
所以tan
α==.
2.已知岛A南偏西38°方向,距岛A
3海里的B处有一艘缉私艇.岛A处的一艘走私船正以10海里/时的速度向岛屿北偏西22°方向行驶,问缉私艇朝何方向以多大速度行驶,恰好用0.5小时能截住该走私船?(参考数据:sin
38°≈,
sin
22°≈)
【解析】如图,设缉私艇在C处截住走私船,D为岛A正南方向上一点,缉私艇的速度为每小时x海里,则BC=0.5x,AC=5,依题意,∠BAC=180°-38°-22°=120°,
由余弦定理可得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos
120°,
所以BC2=49,所以BC=0.5x=7,解得x=14.
又由正弦定理得sin∠ABC===,所以∠ABC=38°,又因为∠BAD=38°,所以BC∥AD,故缉私艇以每小时14海里的速度向正北方向行驶,恰好用0.5小时截住该走私船.
【补偿训练】
　　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∠BAC等于　　　　.?
【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,由余弦定理得
cos∠BAC===,
所以sin∠BAC===.
答案:
3.如图,在海岸A处,发现南偏东45°方向距A为(2-2)海里的B处有一艘走私船,在A处正北方向,距A为2海里的C处的缉私船立即奉命以10海里/时的速度追截走私船.
(1)刚发现走私船时,求两船的距离;
(2)若走私船正以10海里/时的速度从B处向南偏东75°方向逃窜,问缉私船沿什么方向能最快追上走私船?并求出所需要的时间.(精确到分钟,参考数据:≈1.4,≈2.5)
【解析】(1)在△ABC中,因为AB=(2-2)海里,AC=2海里,∠BAC=135°,
由余弦定理,得BC
=
=4(海里).
(2)根据正弦定理,可得sin
∠ABC==.
所以∠ABC=30°,易知∠ACB=15°,
设缉私船应沿CD方向行驶t小时,才能最快截获(在D点)走私船,如图所示.
则有CD=10t(海里),BD=10t(海里).
而∠CBD=120°,在△BCD中,根据正弦定理,
可得sin
∠BCD===,
所以∠BCD=45°,∠BDC=15°,所以∠ACD=60°.
在△CBD中,根据正弦定理,得=,即=,
解得t=小时≈0.78小时≈47分钟.
故缉私船沿南偏东60°方向,需47分钟才能追上走私船.
课堂检测·素养达标
1.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
【解析】选B.由题图,可得∠B=45°,∠BAC=30°,故BC==
=30
m.
2.一轮船从A点沿北偏东70°的方向行驶10海里至海岛B,又从B沿北偏东10°的方向行驶10海里至海岛C,若此轮船从A点直接沿直线行驶至海岛C,则此船沿　　方向行驶　　海里至海岛C.?(　　)
A.北偏东60°　10
B.北偏东40°　10
C.北偏东30°　10
D.北偏东20°　10
【解析】选B.由已知得在△ABC中,∠ABC=180°-70°+10°=120°,AB=BC=10,故∠BAC=30°,
所以从A到C的航向为北偏东70°-30°=40°,
由余弦定理得,AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos
∠ABC
=102+102-2×10×10×=300,
所以AC=10.
3.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∠CAD=　　　　.?
【解析】依题意可得AD=20
m,AC=30
m,又CD=50
m,所以在△ACD中,由余弦定理得cos
∠CAD=
===,
又0°<∠CAD<180°,所以∠CAD=45°,所以从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角为45°.
答案:45°
4.如图所示,山顶上有一座电视塔,在塔顶B处测得地面上一点A的俯角α=60°,在塔底C处测得点A的俯角β=45°.已知塔高60
m,则山高为　　　　　m.(结果保留根号)?
【解析】在△ABC中,BC=60
m,∠BAC=15°,
∠ABC=30°.由正弦定理,
得AC==30(+)m,
所以CD=AC·sin
45°=30(+1)m.
答案:30(+1)
5.(教材二次开发:例题改编)如图,小明同学在山顶A处观测到,一辆汽车在一条水平的公路上沿直线匀速行驶,小明在A处测得公路上B,C两点的俯角分别为30°,45°,且∠BAC=135°.若山高AD=100
m,汽车从C点到B点历时14
s,求这辆汽车的速度.(精确到0.1,参考数据:≈3.162)
【解析】由题意,AB=200
m,AC=100
m,
由余弦定理可得BC=
≈316.2
m,
所以这辆汽车的速度为316.2÷14≈22.6(m/s).
PAGE第3课时　三角形中的几何计算
学习目标
1.能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法进一步解决有关三角形的问题(逻辑推理、数学运算)2.掌握三角形的面积公式的简单推导和应用(数学运算)3.能证明三角形中简单的恒等式(逻辑推理)
必备知识·自主学习
导思
1.三角形的面积公式有哪些?2.如何用两边及其夹角表示三角形面积?
三角形的面积公式
(1)S=a·ha=b·hb=c·hc(ha,hb,hc分别表示a,b,c边上的高);
(2)S=absin
C=bcsin
A=casin
B;?
(3)S=(a+b+c)·r(r为内切圆半径).
用两边及其夹角表示三角形面积适用于哪些三角形?
提示:适用于任意三角形.
1.辨析记忆(对的打“√”,错的打“×”).
(1)三角形中已知三边无法求其面积.(　　)
(2)已知三角形的两个内角及一边能求三角形的面积.(　　)
(3)在△ABC中,若c=b=2,S△ABC=,则A=60°.(　　)
提示:(1)×.已知三边可以先利用余弦定理求出其中一角,然后再求面积.
(2)√.利用正弦定理或余弦定理求出另外的边或角,再根据面积公式求解.
(3)×.由S=bcsin
A可得sin
A=,所以A=60°或120°.
2.在△ABC中,已知b=5,A=60°,S△ABC=5,则c等于(　　)
A.4
B.16
C.21
D.
【解析】选A.由题意得,b=5,A=60°,S△ABC=5,
所以bcsin
A=5,可得×5×c×=5,解得c=4.
3.(教材二次开发:练习改编)在△ABC中,A=60°,AB=2,AC=3,则△ABC的面积等于　　　　.?
【解析】△ABC的面积=×2×3×sin
60°=.
答案:
关键能力·合作学习
类型一　与三角形面积有关的计算问题(数学运算)
【典例】1.在△ABC中,∠A=30°,AB=,BC=1,则△ABC的面积等于(　　)
A.
B.
C.或
D.或
2.(2019·全国Ⅱ卷)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若b=6,a=2c,B=,则△ABC的面积为　　　　.?
3.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,cos
2B-5cos(A+C)=2.
(1)求角B的大小;
(2)若cos
A=,△ABC的面积为10,求BC边上的中线长.
【思路导引】1.知两边及其一边的对角可以用正弦定理求出另一条边对的角,进而可求三角形的面积,但要注意此类问题可能有两个解.
2.根据已知条件和余弦定理可求边c的长,进而可以用公式S=acsin
B求面积.
3.(1)根据二倍角公式和诱导公式可得到关于cos
B的方程,进而可求cos
B,最后求角B;
(2)根据题目条件可以先求出bc,根据正弦定理可推出b与c的关系,从而可解出b,c,进而可用余弦定理求a和BC边上的中线长.
【解析】1.选D.由正弦定理得=,所以sin
C=.因为0°<∠C<180°,所以∠C=60°或120°.
(1)当∠C=60°时,∠B=90°,
所以AC=2.此时S△ABC=.
(2)当∠C=120°时,∠B=30°,
此时S△ABC=××1×sin
30°=.
2.因为cos
B=,
又因为b=6,a=2c,B=,可得c2=12,
解得c=2,a=4,
则△ABC的面积S=×4×2×=6.
答案:6
3.(1)因为A+B+C=π,所以cos(A+C)=-cos
B,
又因为cos
2B-5cos(A+C)=2,
所以2cos2B-1+5cos
B=2,即2cos2B+5cos
B-3=0,
解得cos
B=或cos
B=-3(舍去).
又0(2)因为cos
A=,所以sin
A=.
由∠A为三角形内角,得0所以S△ABC=bcsin
A=10,所以bc=35.①
由正弦定理,得=,
又sin=sin
A+cos
A=,所以5b=7c.②
由①②知,b=7,c=5,
所以由余弦定理,得a==8,
所以BC边上的中线长为=.
三角形面积公式
　　三角形面积公式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.
1.在△ABC中,已知BC=6,A=30°,B=120°,则△ABC的面积等于(　　)
A.9
B.18
C.9
D.18
【解析】选C.在△ABC中,由正弦定理,得=,所以AC===6.
又因为C=180°-120°-30°=30°,
所以S△ABC=×6×6×=9.
2.(2020·大庆高一检测)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若b-c=acos
C,a=2.
(1)求△ABC外接圆的半径;
(2)若b+c=bc,求△ABC的面积.
【解析】(1)由正弦定理得:sin
B-sin
C=sin
Acos
C,
因为sin
B=sin(A+C),所以cos
Asin
C-sin
C=0,又sin
C≠0,所以cos
A=,又A∈(0,π),所以A=,
所以△ABC外接圆的半径为×=×=.
(2)由a2=b2+c2-2bccos
A得b2+c2-bc=4,
所以(b+c)2-3bc=4,因为b+c=bc,
所以(bc)2-3bc-4=0,又bc>0,所以bc=4,
所以△ABC的面积S=bcsin
A=.
【补偿训练】
　　1.锐角△ABC中,若面积S=ab,则角C=　　　　.?
【解析】由题意得S=absin
C=ab,
所以sin
C=,又因为角C为锐角,所以C=.
答案:
2.在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C所对的边,已知c=3,C=,sin
B=2sin
A.
(1)求a,b的值;
(2)求△ABC的面积.
【解析】(1)因为sin
B=2sin
A,由正弦定理可得b=2a,
由余弦定理c2=a2+b2-2abcos
C,
得9=a2+4a2-2a2,解得a2=3,
所以a=,b=2a=2.
(2)△ABC的面积S=absin
C
=××2×=.
类型二　三角恒等式证明问题(逻辑推理)
　角度1　证明平面几何中的结论?
【典例】在△ABC中,∠ABC的平分线BD交AC边于点D.
求证:=.
【思路导引】注意到∠ABD=∠CBD.∠ADB+∠CDB=180°,可考虑分别在△ABD和△CBD中用正弦定理推出和.并证明两者相等,再根据比例的性质可推出所证等式.
【证明】在△ABD中利用正弦定理得=.
在△CBD中利用正弦定理得=.
因为BD是∠ABC的平分线,所以∠ABD=∠CBD,
又因为∠ADB+∠CDB=180°,
所以sin
∠ADB=sin
∠CDB,
所以=.即=成立.
　角度2　证明恒等式?
【典例】在△ABC中,证明下列各式:
(1)(a2-b2-c2)tan
A+(a2-b2+c2)tan
B=0;
(2)=.
【思路导引】(1)可由左到右推导,先切化弦,再用正弦、余弦定理化角为边.
(2)先用余弦定理对左边式子进行转化,再借助正弦定理进行进一步转化得出右边式子.
【证明】(1)左边=(a2-b2-c2)+(a2-b2+c2)·=
(a2-b2-c2)··+(a2-b2+c2)··==(-1+1)=0=右边,故原式得证.
(2)由余弦定理,a2=b2+c2-2bccos
A,于是=
=1-·2cos
A=1-·2cos
A
=
==,故原式成立.
本例条件不变,求证:S△ABC=.
【解析】因为S△ABC=absin
C,且由正弦定理可得:sin
B=,sin
A=,所以=====absin
C=S△ABC,得证.
1.三角恒等式证明的三个基本原则
(1)统一边角关系.
(2)由繁推简.
(3)目标明确,等价转化.
2.三角恒等式证明的基本途径
(1)把角的关系通过正、余弦定理转化为边的关系,然后进行化简、变形.
(2)把边的关系转化为角的关系,一般是通过正弦定理,然后利用三角函数公式进行恒等变形.
1.已知:四边形ABCD为平行四边形.
求证:AC2+BD2=AD2+DC2+CB2+BA2.
【证明】在△BAD内,
BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos
∠BAD,
在△ABC内,AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos
∠ABC,
因为∠ABC+∠BAD=180°,
所以cos
∠ABC+cos
∠BAD=0.
所以BD2+AC2=2AB2+AD2+BC2,
即AC2+BD2=AB2+BC2+CD2+DA2.
2.在△ABC中,求证:
=.
【证明】方法一:左边==·====右边,
其中R为△ABC外接圆的半径.
所以=.
方法二:左边=
=
=
=
=右边(cos
C≠0),
所以=.
【补偿训练】
　　1.已知△ABC中内角A,B,C的对边分别为a,b,c,
sin
Asin
B+sin2A=sin2C.
求证:=sin
A.
【证明】△ABC中,sin
Asin
B+sin2A=sin2C,
所以ab+a2=c2;
即c2-a2=ab;
所以cos
A====.
所以===·=·==sin
A,
其中R为△ABC外接圆半径,即证得=sin
A.
2.在△ABC中,求证:a2sin
2B+b2sin
2A=2absin
C.
【证明】方法一:左边
=a2·2sin
Bcos
B+b2·2sin
Acos
A
=a2··+b2··
=·(a2+c2-b2+b2+c2-a2)
=·2c2=2ab·=2absin
C
=右边.
所以原式得证.
方法二:a2sin2B+b2sin2A
=(2Rsin
A)2·2sin
Bcos
B+(2Rsin
B)2·
2sin
Acos
A
=8R2sin
Asin
B(sin
Acos
B+cos
Asin
B)
=8R2sin
Asin
Bsin(A+B)
=8R2sin
Asin
Bsin
C
=2·2Rsin
A·2Rsin
B·sin
C=2absin
C.
所以原式得证.
类型三　与三角形面积有关的综合问题(数学运算)
【典例】已知△ABC
的面积为S,且·=S.
(1)求sin2-cos2-sin
2A的值;
(2)若2B=A+C,|-|=4,求△ABC的面积S.
【解析】(1)设△ABC中A,B,C的对边分别为a,b,c,因为
S=·=bccos
A及S=bcsin
A,
所以tan
A=2?=2,
因为sin2A+cos2A=1,
所以sin
A=,cos
A=.
sin2-cos2-sin
2A
=-cos
A-2sin
Acos
A=-.
(2)因为2B=A+C,A+B+C=π,
所以B=,从而有sin
C=sin(A+B)=sin
Acos
B+
cos
Asin
B=,
因为c===4,
所以由正弦定理得b===8-12,
所以S=bcsin
A=32-48.
解三角形综合问题的策略
　　三角形中的综合应用问题常常把正弦定理、余弦定理、三角形面积公式、三角恒等变换、向量、三角函数等知识综合考查,解答此类题目,首先要正确应用所学知识“翻译”题目条件,然后根据题目条件和要求选择正弦或余弦定理求解.
设函数f(x)=m·n,其中向量m=(2cos
x,1),n=(cos
x,sin
2x),x∈R.
(1)求f(x)的单调递增区间;
(2)在△ABC中a,b,c分别是角A,B,C的对边,已知f(A)=2,b=1,△ABC的面积为,求c的值.
【解析】(1)f(x)=2cos2x+sin
2x
=cos
2x+sin
2x+1=2sin+1.
令-+2kπ≤2x+≤+2kπ,k∈Z,
解得-+kπ≤x≤+kπ,k∈Z,
故f(x)的单调递增区间为(k∈Z).
(2)由f(A)=2sin+1=2得sin=,而A∈(0,π),
所以2A+∈,所以2A+=π,得A=.
又S△ABC=bcsin
A,
所以c===2.
【补偿训练】
　　已知△ABC的角A,B,C所对的边分别是a,b,c,设向量m=(a,b),n=(sin
B,
sin
A),p=(b-2,a-2).
(1)若m∥n,求证:△ABC为等腰三角形;
(2)若m⊥p,边长c=2,C=,求△ABC的面积.
【解析】(1)因为m∥n,所以asin
A=bsin
B,
即a·=b·,其中R是△ABC的外接圆半径,
所以a=b,所以△ABC为等腰三角形.
(2)因为m⊥p,所以a(b-2)+b(a-2)=0.
即a+b=ab,
由余弦定理可知,4=a2+b2-ab=(a+b)2-3ab,
即(ab)2-3ab-4=0,
解得ab=4(ab=-1舍去),
所以S=absin
C=×4×sin
=.
备选类型　平面图形面积的最值问题(数学运算、直观想象)
【典例】如图所示,已知半圆O的半径为1,点C在直径AB的延长线上,BC=1,点P是半圆O上的一个动点,以PC为边作等边三角形PCD,且点D与圆心分别在PC的两侧.
(1)若∠POB=θ,试将四边形OPDC的面积y表示成θ的函数;
(2)求四边形OPDC面积的最大值.
【思路导引】四边形OPDC可以分成△OPC和△PCD,S△OPC可用OP·OC·sin
θ表示;求△PCD的面积关键在于求出边长PC,在△POC中利用余弦定理可求解.
【解析】(1)在△POC中,由余弦定理,得PC2=OP2+OC2-2OP·OC·cos
θ
=12+22-2×1×2×cos
θ=5-4cos
θ.
所以y=S△OPC+S△PCD
=×1×2sin
θ+(5-4cos
θ)
=sin
θ-cos
θ+
=2sin+.
(2)当θ-=,即θ=时,ymax=2+.
(1)数形结合:根据题意画出图形,将图形中的已知条件与未知量之间的关系转化为三角形中的边与角的关系.
(2)转化思想:三角形问题中,常涉及求边、求角及求面积等几个问题,用正、余弦定理作为解题的工具进行转化求解.在涉及变量取值范围或最值问题时,常常用到函数等数学相关知识.
易错提醒:解三角形时,角的取值范围至关重要.角的取值范围往往隐含在题目中.
如图,已知扇形的圆心角∠AOB=,半径为4,若点C是上的一动点(不与点A,B重合).
(1)若弦BC=4(-1),求的长;
(2)求四边形OACB面积的最大值.
【解析】(1)在△OBC中,BC=4(-1),OB=OC=4,
所以由余弦定理得cos
∠BOC==,所以∠BOC=,
于是的长为×4=π.
(2)设∠AOC=θ,θ∈,则∠BOC=-θ,
S四边形OACB=S△AOC+S△BOC=×4×4sin
θ+
×4×4·sin=24sin
θ+8cos
θ
=16sin,由于θ∈,
所以θ+∈,
当θ=时,四边形OACB的面积取得最大值16.
课堂检测·素养达标
1.△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(　　)
A.2+2
B.+1
C.2-2
D.-1
【解析】选B.由正弦定理=及已知条件得c=2,
又sin
A=sin(B+C)=×+×=.
从而S△ABC=bcsin
A=×2×2×=+1.
2.已知锐角三角形ABC的面积为3,BC=4,CA=3,则C的大小为(　　)
A.75°
B.60°
C.45°
D.30°
【解析】选B.由S=AC·BCsin
C=3,得sin
C=,
又C为锐角,故C=60°.
3.在△ABC中,已知a=5,b=7,B=120°,则△ABC的面积为　　　　.?
【解析】由余弦定理,得b2=a2+c2-2accos
B,即c2+5c-24=0,解得c=3或c=-8(舍),所以S△ABC=acsin
B=×5×3sin
120°=.
答案:
4.在△ABC中,角A,B,C所对应的边分别为a,b,c,且cos
A=,若b=2,△ABC的面积为3,则边长c=　　　　.?
【解析】因为cos
A=,所以sin
A=.由面积公式S=bcsin
A得×2c×=3,c=5.
答案:5
5.(教材二次开发:练习改编)计算下列各三角形的面积.
(1)在△ABC中,a=5,c=3,B=150°;
(2)在△ABC中,a=8,b=8,A=30°;
(3)在△ABC中,a=2,b=3,c=4.
【解析】(1)△ABC的面积S=acsin
B=×5×3sin
150°=.
(2)由=,得sin
B=sin
A=sin
30°=.
因为8·sin
30°<8<8,即bsin
A所以△ABC的解有两种情况.
因为sin
B=,所以B=60°或B=120°,所以C=90°或C=30°.
所以S△ABC=absin
C=×8×8sin
90°=32或S△ABC=×8×8sin
30°=16,
所以△ABC的面积为32或16.
(3)由余弦定理,得cos
C===-,则sin
C==,
故△ABC的面积
S=absin
C=×2×3×=.
PAGE第一课　解
三
角
形
思维导图·构建网络
考点整合·素养提升
题组训练一　利用正、余弦定理解三角形?
1.在△ABC中,若a=8,b=7,cos
C=,则最大角的余弦值是(　　)
A.-　　　B.-　　　C.-　　　D.-
【解析】选C.由余弦定理,得c2=a2+b2-2abcos
C=82+72-2×8×7×=9,所以c=3,故a最大,所以最大角的余弦值为cos
A===-.
2.(2020·濮阳高二检测)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知B=30°,b=,c=3,则A=　　　　.?
【解析】因为B=30°,b=,c=3,
由余弦定理b2=a2+c2-2accos
B,
可得3=a2+9-2×a×3×,
可得a2-3a+6=0,解得a=2或,
由正弦定理,可得sin
A==1或,
因为0°答案:90°或30°
3.(2020·赤峰高一检测)已知在△ABC中,B=,AC=,cos
C=.
(1)求边BC的长;
(2)若边AB的中点为D,求中线CD的长.
【解析】(1)因为cos
C=>0,C∈(0,π),
所以sin
C==.
所以sin
A=sin
(B+C)=sin
B
cos
C
+cos
B
sin
C
=×-×=.由正弦定理,可得=,
即BC=·sin
A=.
(2)由已知及正弦定理,得AB=·sin
C=2,所以BD=1.
由余弦定理,可得CD2=1+2+2××1×=5,则CD=.
解三角形的一般方法
(1)已知两角和一边,如已知A,B和c,由A+B+C=π求C,由正弦定理求a,b.
(2)已知两边和这两边的夹角,如已知a,b和C,应先用余弦定理求c,再应用正弦定理先求较短边所对的角,然后利用A+B+C=π,求另一角.
(3)已知两边和其中一边的对角,如已知a,b和A,应先用正弦定理求B,由A+B+C=π求C,再由正弦定理或余弦定理求c,要注意解可能有多种情况.
(4)已知三边a,b,c,可应用余弦定理求A,B,C.
题组训练二　利用正、余弦定理进行边角互化?
1.在△ABC中,cos2=(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.等腰三角形或直角三角形
【解析】选A.已知等式变形得cos
B+1=+1,即cos
B=.由余弦定理得
cos
B=,代入得=,整理得b2+a2=c2,即C为直角,则△ABC为直角三角形.
2.在△ABC中,C=30°,则sin2A+sin2B-2sin
Asin
Bcos
C的值是(　　)
A.
B.
C.
D.
【解析】选D.设△ABC外接圆半径为R,
则sin2A+sin2B-2sin
Asin
Bcos
C
=
===sin2C=sin230°=.
3.(2019·全国Ⅰ卷)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.设(sin
B-
sin
C)2=sin2A-sin
Bsin
C.
(1)求A;
(2)若a+b=2c,求sin
C.
【解析】(1)由已知得sin2B+sin2C-sin2A=sin
Bsin
C,故由正弦定理得b2+c2-a2=bc.
由余弦定理得cos
A==.
因为0°(2)方法一:由(1)知B=120°-C,
由题设及正弦定理得sin
A+sin(120°-C)=2sin
C,
即+cos
C+sin
C=2sin
C,可得cos(C+60°)=-.
由于0°故sin
C=sin(C+60°-60°)
=sin(C+60°)cos
60°-cos(C+60°)sin
60°=.
方法二:因为a+b=2c,
由正弦定理得:sin
A+sin
B=2sin
C,
又sin
B=sin(A+C)=sin
Acos
C+cos
Asin
C,A=,
所以×+cos
C+sin
C=2sin
C,
整理可得:3sin
C-=cos
C,
即3sin
C-cos
C=2sin=,
所以sin=,所以C=或,
因为A=且A+C<π,所以C=,
所以sin
C=sin=sin
=sincos+cossin=.
1.边角互化的依据
(1)用正弦定理边角互化的依据.
sin
A=,sin
B=,sin
C=,
a=2Rsin
A,b=2Rsin
B,c=2Rsin
C.
(2)用余弦定理边角互化的依据.
cos
A=,cos
B=,cos
C=.
2.判定三角形形状常用途径和具体方法
(1)两个常用途径.
角化边
利用正弦定理、余弦定理化角为边,通过代数恒等变换,求出边与边之间的关系进行判断
边化角
通过正弦定理和余弦定理,化边为角,利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断
(2)具体方法.
①通过正弦定理实施边角转换;
②通过余弦定理实施边角转换;
③通过三角变换找出角之间的关系;
④b2+c2-a2>0?A为锐角,b2+c2-a2=0?A为直角,b2+c2-a2<0?A为钝角.
题组训练三　三角形的面积问题?
1.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(　　)
A.
B.5
C.6
D.7
【解析】选B.连接BD,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·
CDcos
C,知BD2=22+22-2×2×2cos
120°=12,
所以BD=2,所以S四边形ABCD=S△ABD+S△BCD=×4×2+×2×2×sin
120°=5.
2.在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C的对边,且asin
B=
-bsin.
(1)求A;
(2)若△ABC的面积S=c2,求sin
C的值.
【解析】(1)因为asin
B=-bsin,
所以由正弦定理得sin
A=-sin,
即sin
A=-sin
A-cos
A,化简得tan
A=-,
因为A∈(0,π),所以A=.
(2)因为A=,所以sin
A=,由S=c2=bcsin
A=bc,得b=
c,
所以a2=b2+c2-2bccos
A=7c2,则a=c,由正弦定理得sin
C==.
与三角形的面积有关的两类题型
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)若所求面积为不规则图形,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、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.
题组训练四　解三角形与三角函数、向量的综合应用?
1.在△ABC中,AB=2,C=,则AC+BC的最大值为(　　)
A.
B.3
C.4
D.2
【解析】选C.在△ABC中,AB=2,C=,则
2R==4,AC+BC=4sin
B+4sin
A
=4sin+4sin
A=2cos
A+6sin
A
=4sin,
其中sin
θ=,cos
θ=,
由于02.(2020·石嘴山高二检测)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,
已知m=(a,c-2b),n=(cos
C,cos
A),且m⊥n.
(1)求角A的大小;
(2)若b+c=5,△ABC的面积为,求△ABC的周长.
【解析】(1)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知m=(a,c-2b),n=(cos
C,cos
A),且m⊥n.所以acos
C+(c-2b)cos
A=0,
利用正弦定理整理得:sin
Acos
C+sin
Ccos
A-2sin
Bcos
A=0,所以sin(A+C)-2sin
Bcos
A=0,
即sin
B-2sin
Bcos
A=0,由于sin
B≠0,故cos
A=,
由于0(2)由于△ABC的面积为,
所以bcsin
A=,整理得bc=4.
利用余弦定理a2=c2+b2-2bccos
A,解得a=,
所以周长l=a+b+c=5+.
正、余弦定理综合应用的两类题型
　　正、余弦定理将三角形中的边和角关系进行了量化,为我们解三角形或求三角形的面积提供了依据,主要题型有以下两类.
(1)解三角形与向量的交汇问题,可以结合向量的平行、垂直、夹角、模等知识转化求解.
(2)解三角形与其他知识的交汇问题,可以运用三角形的基础知识、正余弦定理、三角形面积公式与三角恒等变换,通过等价转化或构造方程及函数求解.
题组训练五　解三角形应用举例?
1.某观察站B在A城的南偏西20°的方向,由A出发的一条公路的走向是南偏东25°.现在B处测得此公路上距B处30
km的C处有一人正沿此公路开车以
40
km/h的速度向A城驶去,行驶了15
min后到达D处,此时测得B与D之间的距离为8
km,则此人到达A城还需要(　　)
A.40
min
B.42
min
C.48
min
D.60
min
【解析】选C.由题意可知,CD=40×=10.
由余弦定理可得cos
∠BDC==
-,所以cos
∠ADB=cos(π-∠BDC)=,
所以sin
∠ABD=sin[π-(∠ADB+∠BAD)]=.
在△ABD中,由正弦定理得,=,
所以=,
所以AD=32,所以所需时间t==0.8(h),
所以此人还需要0.8
h,即48
min到达A城.
2.(2020·攀枝花高二检测)如图,为了测量山坡上灯塔CD的高度,某人从高h=40的楼AB的底部A处和楼顶B处分别测得仰角β=60°,α=30°,若山坡高为a=35,则灯塔高度是(　　)
A.15
B.25
C.40
D.60
【解析】选B.过点B作BE⊥DC于点E,过点A作AF⊥DC于点F,如图所示,
在△ABD中,由正弦定理得,=,
即=,
所以AD=,在Rt△ADF中,DF=ADsin
β=,又山高为a,
则灯塔CD的高度是
CD=DF-CF=-a=-35=60-35=25.
3.我海军舰艇在A处获悉某渔船发出的求救信号后,立即测出该渔船在方位角(指由正北方向顺时针旋转到目标方向的水平角)为45°,距离A为10海里的C处,并测得渔船正沿方位角105°的方向以9海里/时速度向某岛P靠拢,我海军舰艇立即以21海里/时的速度前去营救,已知在渔船到达岛P之前,海军舰艇可以靠近渔船,试问舰艇应按照怎样的航向前进?并求出靠近渔船所用时间.(参考数据cos
21.79°≈)
【解析】设舰艇从A处靠近渔船所用的时间为x小时,
则AB=21x,BC=9x,AC=10,
∠ACB=45°+(180°-105°)=120°,
由余弦定理可得AB2=AC2+BC2-2·AC·BC·cos
120°,
则(21x)2=102+(9x)2-2·10·9x·,
整理得36x2-9x-10=0,
解得x1=,x2=-(舍),
所以AB=14,BC=6,
由余弦定理得cos
∠BAC=
==,所以∠BAC≈21.79°,
所以45°+21.79°=66.79°.
答:海军舰艇应以66.79°的方位角航行,靠近渔船需小时.
1.几种常见题型
测量距离问题、测量高度问题、测量角度问题、计算面积问题等.
2.解题时需注意的几个问题
(1)要注意仰角、俯角、方位角、方向角等概念,并能准确地找出(或作出)这些角.
(2)要注意将平面几何中的性质、定理与正、余弦定理结合起来,发现题目中的隐含条件,才能顺利解决.
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