资源简介

9.1.1　正
弦
定
理　
必备知识·自主学习
1.三角形的面积公式
若记△ABC的面积为S,则
S=absin
C=acsin
B=bcsin
A.?
2.正弦定理
文字语言
在一个三角形中,各边的长和它所对角的正弦的比相等.
符号语言
==
(1)正弦定理常见的变形式:
①sin
A∶sin
B∶sin
C=a∶b∶c;
②====2R;
③a=2Rsin
A,b=2Rsin
B,c=2Rsin
C;
④sin
A=,sin
B=,sin
C=.
(2)利用正弦定理可以解决以下两类有关三角形的问题:
①已知两角和任意一边,求其他两边和第三个角;
②已知两边和其中一边的对角,求另一边的对角,从而求出其他的边和角.
　正弦定理的主要功能是什么?
提示:实现三角形中边角关系的转化.
3.解三角形
我们把三角形的3个角与3条边都称为三角形的元素.已知三角形的若干元素,求其他元素,一般称为解三角形.
　若已知三角形的两边及其中一边所对的角,三角形的解是否唯一?
提示:不一定唯一,也可能不存在.
1.辨析记忆(对的打“√”,错的打“×”)
(1)正弦定理适用于任意三角形
(　　)
(2)在△ABC中,等式bsin
A=asin
B总能成立
(　　)
(3)在△ABC中,已知a,b,A,则此三角形有唯一解
(　　)
提示:(1)√.正弦定理适用于任意三角形.
(2)√.由正弦定理知=,即bsin
A=asin
B.
(3)×.在△ABC中,已知a,b,A,此三角形的解有可能是无解、一解、两解的情况,具体情况由a,b,A的值来定.
2.在△ABC中,已知A=30°,B=60°,a=10,则b等于
(　　)
A.5
B.10
C.
D.5
【解析】选B.由正弦定理得b===10.
3.(教材二次开发:例题改编)在△ABC中,a=2,b=2,B=45°,则A等于
(　　)
A.30°或150°　　　　　　　　
B.60°
C.60°或120°
D.30°
【解析】选C.根据正弦定理=,可得=,解得sin
A=,故可得A为60°或120°;又a>b,则A>B,显然两个结果都满足题意.
4.在△ABC中,AB=4,B=,点D在边BC上,∠ADC=,CD=2,则AD=　　　　;
△ACD的面积为　　　　.?
【解析】因为∠ADC=,所以∠ADB=,在△ABD中,由正弦定理得=,
AD===4.
在△ACD中,S△ACD=AD×DCsin∠CDA=×4×2×=2.
答案:4　2
关键能力·合作学习
类型一　利用正弦定理解三角形(数学运算)
【典例】(1)在△ABC中,已知a=8,B=60°,C=75°,求A,b,c.
(2)在△ABC中,c=,C=60°,a=2,求A,B,b.
【思路导引】(1)先求角A,再利用正弦定理求解.
(2)利用正弦定理求角A,再求B和b.
【解析】(1)A=180°-(B+C)=180°-(60°+75°)=45°,由正弦定理=,得b===4,由=,
得c====4.
(2)因为=,所以sin
A==.
所以A=45°或A=135°.又因为c>a,所以C>A.所以A=45°.所以B=75°,
b===+1.
1.已知三角形任意两角和一边解三角形的基本思路
(1)由三角形的内角和定理求出第三个角.
(2)由正弦定理公式的变形,求另外的两条边.
2.已知三角形两边和其中一边的对角解三角形的方法
(1)首先由正弦定理求出另一边所对角的正弦值.
(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.
1.(2020·天津高一检测)在△ABC中,若b=,c=3,B=30°,则sin
C=
(　　)
A.　　　　　B.　　　　　C.　　　　　D.1
【解析】选B.根据正弦定理=,解得sin
C=.
2.(2020·遂宁高一检测)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,b=3,B=,tan
A=,则a的值是
(　　)
A.10
B.2
C.
D.
【解析】选B.由已知tan
A==,又sin2A+cos2A=1,且A为锐角得sin
A=,
由正弦定理=得,a=·sin
A=×=2.
类型二　三角形的面积问题(数学运算)
【典例】三角形的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知cos(A-C)+cos
B=1,a=2c.
(1)求C角的大小;
(2)若a=,求△ABC的面积.
【思路导引】(1)化简cos(A-C)+cos
B=1,结合正弦定理求出角C.
(2)利用(1)的结果求出A和B,用三角形的面积公式计算.
【解析】(1)因为A+B+C=180°,所以cos(A+C)=-cos
B,因为cos(A-C)+cos
B=1,所以cos(A-C)-cos(A+C)=1,
展开得:cos
Acos
C+sin
Asin
C-(cos
Acos
C-sin
Asin
C)=1,所以2sin
Asin
C=1.
因为a=2c,根据正弦定理得:sin
A=2sin
C,
代入上式可得:4sin2C=1,所以sin
C=,所以C=30°.
(2)由(1)sin
A=2sin
C=1,所以A=90°.
因为a=,C=30°,所以c=,B=60°.
所以S△ABC=acsin
B=×××=.
　三角形面积问题的求解方法
对于面积公式S=absin
C=acsin
B=bcsin
A,一般是已知哪一个角就使用哪一个公式.
1.(2020·金华高一检测)在△ABC中,AB=,AC=1,B=,则△ABC的面积是
(　　)
A.　　　　　　　B.
C.或
D.或
【解析】选C.=,所以sin
C==,C=或π.
(1)当C=时,A=π-(B+C)=,
所以S△ABC=AB·AC·sin
A=;
(2)当C=π时,A=π-(B+C)=,
所以S△ABC=AB·AC·sin
A=.
2.(2020·佛山高一检测)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.因为b=5,A=60°,S△ABC=5,所以S△ABC=bcsin
A,所以×5×
sin
60°c=5,解得c=4.
类型三　正弦定理的综合应用(逻辑推理)
角度1　判断三角形的形状?
【典例】在△ABC中,已知=,且sin2A+sin2B=sin2C.
求证:△ABC为等腰直角三角形.
【思路导引】利用正弦定理,把条件中的角转化为边,再利用勾股定理的逆定理判断.
【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.
　把本例的条件改为:acos=bcos,试判断△ABC的形状.
【解析】【法一　化角为边】
因为acos=bcos,
所以asin
A=bsin
B.由正弦定理可得:a·=b·,
所以a2=b2,所以a=b,所以△ABC为等腰三角形.
【法二　化边为角】
因为acos=bcos,所以asin
A=bsin
B.
由正弦定理可得:2Rsin2A=2Rsin2B,即sin
A=sin
B,
所以A=B.(A+B=π不合题意舍去)
故△ABC为等腰三角形.
　利用正弦定理判断三角形的形状的两条途径
(1)化角为边.将题目中的所有条件,利用正弦定理化角为边,再根据多项式的有关知识(分解因式、配方等)得到边的关系,如a=b,a2+b2=c2等,进而确定三角形的形状.利用的公式为:sin
A=,sin
B=,sin
C=.
(2)化边为角.将题目中所有的条件,利用正弦定理化边为角,再根据三角函数的有关知识得到三个内角的关系,进而确定三角形的形状.利用的公式为:a=2Rsin
A,b=2Rsin
B,c=2Rsin
C.
角度2　最值或范围问题?
【典例】在锐角△ABC中,角A,B,C分别对应边a,b,c,且a=2bsin
A,求cos
A+
sin
C的取值范围.
【思路导引】利用正弦定理,把cos
A+sin
C转化为一个角的函数,利用三角函数的性质求解.
【解析】在锐角△ABC中,根据正弦定理,a=2Rsin
A,b=2Rsin
B,其中R为外接圆半径.
因为a=2bsin
A,所以2Rsin
A=4Rsin
Bsin
A,所以sin
B=.因为△ABC为锐角三角形,所以B=.令y=cos
A+sin
C=cos
A+sin[π-(B+A)]=cos
A+sin
=cos
A+sincos
A+cossin
A=cosA+sin
A=
=sin.
由锐角△ABC知,-B所以所以所以cos
A+sin
C的取值范围是.
三角综合问题的求解策略
　利用正弦定理求三角函数式的最值或范围的关键是根据已知条件,灵活运用正弦定理及三角基本关系式,对边角关系进行相互转化,借助三角恒等变换解决问题.
1.(2020·雅安高一检测)设在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若bcos
C+ccos
B=asin
A,则△ABC的形状为
(　　)
A.锐角三角形　　　　　　
B.直角三角形
C.钝角三角形
D.不确定
【解析】选B.因为bcos
C+ccos
B=asin
A,
所以由正弦定理可得sin
Bcos
C+sin
Ccos
B=sin2A,sin=sin2A?sin
A
=sin2A,
所以sin
A=1,A=,所以△ABC是直角三角形.
2.(2020·大连高一检测)在锐角△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=2,tan
A=,则的取值范围是
(　　)
A.(2,+∞)
B.(2,4)
C.
D.
【解析】选B.因为tan
A==,所以cos2A+cos
Ccos
A=sin2A+
sin
Asin
C,cos2A-sin2A=-(cos
Acos
C-sin
Asin
C),cos
2A=-cos(A+C),可得:
cos
2A=cos
B,所以在锐角△ABC中,2A=B,因为A+B+C=π,可得3A+C=π,C∈,所以A=∈,可得sin
A∈,因为a=2,所以
=∈(2,4).
【补偿训练】
(2020·合肥高一检测)在△ABC中,角A,B,C对应的边是a,b,c且满足b(1+
cos
C)=2acos
C+ccos
A,则该三角形为
(　　)
A.等腰三角形　　　
B.等腰或直角三角形
C.等腰直角三角形
D.直角三角形
【解析】选B.由题b(1+cos
C)=2acos
C+ccos
A,根据正弦定理得sin
B(1+
cos
C)=2sin
Acos
C+sin
Ccos
A,sin
B+sin
Bcos
C=sin
Acos
C+sin
Acos
C+
sin
Ccos
A,sin
B+sin
Bcos
C=sin
Acos
C+sin,A+C=π-B,sin
Bcos
C
=sin
Acos
C,sin
B=sin
A或cos
C=0,所以A=B或C=,所以三角形为等腰三角形或直角三角形.
备选类型　三角形解的个数及有关问题(逻辑推理)
【典例】(2020·重庆高一检测)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,c=,acos
C=csin
A,若当a=x0时的△ABC有两解,则x0的取值范围是
(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
【思路导引】利用正弦定理边角互化思想求得C=,根据△ABC有两解可得出asin
C【解析】选C.因为acos
C=csin
A,由正弦定理边角互化思想得sin
Acos
C=
sin
Asin
C,因为0A>0,得sin
C=cos
C,则tan
C=1,因为0因为c=,且△ABC有两解,所以asin
C　三角形解的个数的判断
已知三角形的两角和任意一边,求另两边和另一角,此时有唯一解,三角形被唯一确定.已知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,现以已知a,b和A解三角形为例说明.
图形
关系式
解的个数
A为锐角
①a=b
sin
A;②a≥b
一解
bsin
A两解
aA
无解
　已知下列各三角形中的两边及其一边的对角,判断三角形是否有解,有解的作出解答.
(1)a=10,b=20,A=80°.
(2)a=2,b=6,A=30°.
【解析】(1)a=10,b=20,a讨论如下:因为bsin
A=20sin
80°>20sin
60°=10,
所以aA,所以本题无解.
(2)a=2,b=6,a因为bsin
A=6sin
30°=3,a>bsin
A,
所以bsin
A由正弦定理得sin
B===,
又因为0°当B1=60°时,C1=90°,c1===4;
当B2=120°时,C2=30°,c2===2.所以B1=60°时,C1=90°,c1=4;B2=120°时,C2=30°,c2=2.
课堂检测·素养达标
1.在△ABC中,下列式子与的值相等的是
(　　)
A.
B.
C.
D.
【解析】选C.由正弦定理得=,所以=.
2.在△ABC中,A=30°,a=3,b=2,则这个三角形有
(　　)
A.一解
B.两解
C.无解
D.无法确定
【解析】选A.因为b3.在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,已知b=2,c=2,且C=,则△ABC的面积为　　　　.?
【解析】由正弦定理=?sin
B==,
又c>b,且B∈(0,π),所以B=,所以A=,
所以S=bcsin
A=×2×2sin
=×2×2×=+1.
答案:+1
4.(教材二次开发:练习改编)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c.若bsin
A=asin
C,c=1,则b=　　　　,△ABC面积的最大值为　　　　.?
【解析】因为bsin
A=asin
C,所以由正弦定理可得ba=ac,所以b=c=1;
所以S△ABC=bcsin
A=sin
A≤,当sin
A=1,即A=90°时三角形面积最大.
答案:1　
课时素养评价
一　正
弦
定
理
(15分钟　30分)
1.(2020·遂宁高一检测)在△ABC中,a=20,A=45°,B=75°,则边c的长为
(　　)
A.10　　　B.10　　　C.15　　　D.15
【解析】选B.由已知C=180°-A-B=180°-45°-75°=60°,
由正弦定理=得c=·sin
C=×=10.
【补偿训练】
已知△ABC的面积为4,且2sin
Asin
B=sin
C,则AB的长为
(　　)
A.4　　　　B.2　　　　C.2　　　　D.
【解析】选A.因为2sin
Asin
B=sin
C,由正弦定理得2BC·sin
B=AB,又BC·AB·sin
B=4,所以AB2=16,得AB=4.
2.在△ABC中,若=,则C的值为
(　　)
A.30°
B.45°
C.60°
D.90°
【解析】选B.由正弦定理得==,
则cos
C=sin
C,即C=45°.
3.在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,若a=1,b=,B=60°,则△ABC的面积为
(　　)
A.
B.
C.1
D.
【解析】选B.因为a=1,b=,B=60°,所以由正弦定理可得:sin
A===,
因为a4.在△ABC中,若a=2bsin
A,则B=
(　　)
A.
B.
C.或
D.或
【解析】选C.由正弦定理得×2Rsin
A
=2×2Rsin
Bsin
A,
所以sin
B=.又因为B∈(0,π),所以B=或.
5.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知C=60°,b=,c=3,则A=　　　　.?
【解析】由正弦定理得sin
B===,
结合b答案:75°
6.在△ABC中,若(sin
A+sin
B)(sin
A-sin
B)=sin2C,则△ABC的形状是　　　　.?
【解析】由已知得sin2A-sin2B=sin2C,根据正弦定理知sin
A=,sin
B=,sin
C=,
所以-=,即a2-b2=c2,故b2+c2=a2.所以△ABC是直角三角形.
答案:直角三角形
(30分钟　60分)
一、单选题(每小题5分,共20分)
1.在△ABC中,a=15,b=10,A=60°,则cos
B等于
(　　)
A.-
B.
C.-
D.
【解析】选D.由正弦定理得=,
所以sin
B===.
因为a>b,所以A>B,又因为A=60°,所以B为锐角.
所以cos
B===.
2.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c.已知8b=5c,C=2B,则cos
C等于
(　　)
A.
B.-
C.±
D.
【解析】选A.方法一:因为在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c.已知8b=5c,C=2B,所以8sin
B=5sin
C=5sin2B=10sin
Bcos
B,所以cos
B=,又因为B为三角形内角,所以sin
B==.所以sin
C=sin
2B=2××=.
又因为cos
B>cos
45°,所以B<45°,C=2B<90°,
cosC==.
方法二:因为8b=5c,所以8sin
B=5sin
C,即sin
B=sin
C,因为C=2B,所以cos
C=cos2B=1-2sin2B=1-2,即25cos2C-32cos
C+7=0.
解得cos
C=或cos
C=1(舍去).
　　【补偿训练】
　　　(2020·宁乡高一检测)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若b=2,c=3,B=2C,则cos
2C的值为
(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
【解析】选B.由正弦定理可得=,
即====2cos
C=
?cos
C=,所以cos
2C=2cos2C-1=
2×-1=.
3.(2020·潍坊高一检测)在△ABC中,角A,B的对边分别是a,b,且A=60°,b=2,a=x,若解此三角形有两解,则x的取值范围是
(　　)
A.x>　　　　B.0C.D.【解析】选C.由正弦定理得sin
B==,因为A=60°,所以0°B<1,所以<<1,解得4.(2020·南昌高一检测)在△ABC中,内角A,B,C所对应的边分别为a,b,c,若acos
C+ccos
A=2bcos
B,且cos
2B+2sin
Asin
C=1,则a-2b+c=
(　　)
A.　　　　B.　　　　C.2　　　　D.0
【解析】选D.因为acos
C+ccos
A=2bcos
B,
所以由正弦定理可得sin
Acos
C+sin
Ccos
A=2sin
Bcos
B,
即sin=sin
B=2sin
Bcos
B,因为sin
B≠0,所以cos
B=,B=.因为cos
2B+2sin
Asin
C=1,
所以2sin
Asin
C=1-cos
2B=2sin2B=,
sin
Asin
C=,cos=cos
Acos
C-sin
Asin
C=-cos
B=-,所以cos
Acos
C=,cos=cos
Acos
C+sin
Asin
C=+=1,A-C=0,A=C,又因为A+C=π-B=,
所以A=C=B=?a=b=c,所以a-2b+c=0.
二、多选题(每小题5分,共10分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
5.(2020·如东高一检测)在△ABC中,根据下列条件解三角形,其中有一解的是
(　　)
A.b=7,c=3,C=30°　　　　B.b=5,c=4,B=45°
C.a=6,b=3,B=60°
D.a=20,b=30,A=30°
【解析】选BC.A.
b=7,c=3,C=30°,=,故sin
B=,无解.
B.b=5,c=4,B=45°,=,故sin
C=,cC.a=6,b=3,B=60°,=,故sin
A=1,有一解.
D.a=20,b=30,A=30°,=,故sin
B=,b>a,故B>A,有两解.
6.(2020·涟水高一检测)已知△ABC的面积为,且b=2,c=,则A=
(　　)
A.30°　　　B.60°　　　C.150°　　　D.120°
【解析】选BD.因为S=bcsin
A=,所以×2×sin
A=,所以sin
A=,因为0°　　【补偿训练】
　　　在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若sin
2C=tan
A,则下列结论中错误的是
(　　)
A.△ABC可能是直角三角形
B.角B可能是钝角
C.必有A=2B
D.可能有a=2b
【解析】选BC.依题意得2sin
Ccos
C=(2-=·cos
C·(1-2cos
C),整理得cos
C·[2(sin
Acos
C+cos
Asin
C)-
sin
A]=0,即
cos
C·(2sin
B-sin
A)=0,所以cos
C=0或sin
A=2sin
B.因此当cos
C=0时,△ABC是直角三角形,故A选项正确;而当sin
A=2sinB时,由正弦定理可得a=2b,因此选项D正确;选项C错误;无论是cos
C=0还是sin
A=2sin
B,均可得角B为锐角,故B错误.
三、填空题(每小题5分,共10分)
7.在△ABC中,A=60°,B=45°,a+b=12,则a=　　　　.?
【解析】因为=,所以=,
所以b=a,①
又因为a+b=12,②
由①②可知a=12(3-).
答案:12(3-)
　　【补偿训练】在△ABC中,若A=120°,
　　
AB=5,BC=7,则sin
B=　　　　.?
【解析】由正弦定理得=,即sin
C===.
可知C为锐角,所以cos
C==.
所以sin
B=sin(180°-120°-C)=sin(60°-C)
=sin
60°·cos
C-cos
60°·sin
C=.
答案:
8.(2020·会宁高一检测)在△ABC中,A=60°,a=6,b=12,S△ABC=18,则=　　　,c=　　　　.?
【解析】由正弦定理,==,可得====12,由于a=6,b=12,S△ABC=18,则S△ABC=absinC=×6×12×sin
C=18,即有sin
C=,再由正弦定理,==,可得c===6.
答案:12　6
四、解答题(每小题10分,共20分)
9.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知A-C=90°,a+c=b,求C.
【解析】由A-C=90°,得A为钝角且sin
A=cos
C,利用正弦定理,a+c=b可变形为sin
A+sin
C=sin
B,又因为sin
A=cos
C,
所以sin
A+sin
C=cos
C+sin
C=sin(C+45°)=
sin
B,又A,B,C是△ABC的内角,
故C+45°=B或(C+45°)+B=180°(舍去),
所以A+B+C=(90°+C)+(C+45°)+C=180°.
所以C=15°.
10.在△ABC中,设内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且=.
(1)求角B的大小;
(2)求cos2-sin
cos
的取值范围.
【解析】(1)由=得到=即2sin
Acos
B=sin,即2sin
Acos
B=sin
A,又因为A为三角形内角,所以sin
A≠0,所以cos
B=,从而B=.
(2)cos2-sincos=-sin
A=cos
C-sin+
=cos
C-sin
C+=cos+,因为0所以-所以cos2-sincos的取值范围为.
1.在△ABC中,若b=5,B=,tan
A=2,则sin
A=　　　　,a=　　　　.?
【解析】由tan
A=2,得sin
A=2cos
A,
由sin2A+cos2A=1及0A=,
因为b=5,B=,由正弦定理=,
得a===2.
答案:　
2
2.如图所示,D是Rt△ABC的斜边BC上一点,AB=AD,记∠CAD=α,∠ABC=β.
(1)求证:sin
α+cos2β=0.
(2)若AC=DC,求β的值.
【解析】(1)在Rt△ABC中,因为AB=AD,所以∠ADB=∠ABC=β.因为α=-∠BAD=-(π-2β)=2β-,
所以sin
α=sin,即sin
α=-sin.
所以sin
α=-cos2β,所以sin
α+cos2β=0.
(2)在△ADC中,根据正弦定理,=.
又AC=DC,∠ADC=π-β,
所以=,所以sin
β=sin
α.
由(1)知:sin
α=-cos2β,所以sin
β=-cos2β.
所以2sin2β-sin
β-=0,解得sin
β=或-.
因为0<β<,所以sin
β=,所以β=.
PAGE9.1.2　余
弦
定
理
必备知识·自主学习
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
三角形任何一边的平方,等于其他两边的平方和减去这两边与它们夹角余弦的积的2倍
公式表达
c2=a2+b2-2abcos
C,a2=b2+c2-2bccos
A,b2=a2+c2-2accos
B
变形
cos
A=,cos
B=,cos
C=
　(1)在a2=b2+c2-2bccos
A中,若A=90°,公式会变成什么?
提示:a2=b2+c2,即勾股定理.
　(2)利用余弦定理可以解决哪些问题?
提示:①已知两边及其夹角解三角形;
②已知三边解三角形.
1.辨析记忆(对的打“√”,错的打“×”)
(1)余弦定理揭示了任意三角形边角之间的关系,因此,它适用于任何三角形
(　　)
(2)在△ABC中,若a2>b2+c2,则△ABC一定为钝角三角形
(　　)
(3)在△ABC中,已知两边和其夹角时,△ABC不唯一
(　　)
提示:(1)√.余弦定理反映了任意三角形的边角关系,它适用于任何三角形.
(2)√.当a2>b2+c2时,cos
A=<0.
因为0(3)×.当△ABC已知两边及其夹角时可利用余弦定理求得第三边长且唯一,因此△ABC唯一确定.
2.在△ABC中,已知a=4,b=6,C=120°,则边c的值是
(　　)
A.8　　　B.2　　　C.6　　　D.2
【解析】选D.因为c2=a2+b2-2abcos
C=16+36-2×4×6×=76,
所以c==2.
3.在△ABC中,若a2-c2+b2=ab,则cos
C=　　　　.?
【解析】因为a2-c2+b2=ab,所以c2=a2+b2-ab.
又因为c2=a2+b2-2abcos
C,所以2cos
C=1.所以cos
C=.
答案:
4.(教材二次开发:例题改编)在△ABC中,cos
A=-,a=c,则=　　　　.?
【解析】由余弦定理可得cos
A===-,整理得b2+bc-2c2=0即+-2=0,解得=1(负值舍去).
答案:1
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)
【典例】(1)在△ABC中,a=1,b=2,cos
C=,则c=　　　　;sin
A=　　　　.?
(2)在△ABC中,已知a=2,b=6+2,c=4,求A,B,C.
【思路导引】(1)利用余弦定理公式求c;
(2)已知三条边利用余弦定理求解.
【解析】(1)根据余弦定理得c2=a2+b2-2abcos
C=12+22-2×1×2×=4,解得c=2.由a=1,b=2,c=2得cos
A==,
所以sin
A==.
答案:2　
(2)根据余弦定理得cos
A===.
因为A∈(0,π),所以A=,cos
C===,
因为C∈(0,π),所以C=.所以B=π-A-C=π--=,
所以A=,B=,C=.
1.已知三角形的两边及其夹角解三角形的方法
先利用余弦定理求出第三边,其余角的求解有两种思路:一是利用余弦定理的推论求出其余角;二是利用正弦定理(已知两边和一边的对角)求解.
2.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,从而求出第一个角;再利用余弦定理的推论(或由求得的第一个角利用正弦定理)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.
1.(2020·全国Ⅲ卷)在△ABC中,cos
C=,AC=4,BC=3,则tan
B=
(　　)
A.　　　B.2　　　C.4　　　D.8
【解析】选C.设AB=c,BC=a,CA=b,c2=a2+b2-2abcos
C=9+16-2×3×4×=9,所以c=3,cos
B==,所以sin
B==,所以tan
B=4.
2.(2020·南昌高一检测)在△ABC中,sin
A=sin
B,c=b,则sin
B=
　　　　.?
【解析】因为sin
A=sin
B,所以a=b,c=b,所以cos
B=
==,所以sin
B==.
答案:
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2asin
A=(2b+c)sin
B+(2c+b)sin
C,且sin
B+sin
C=1,试判断△ABC的形状.
【思路导引】利用正弦定理,化边为角,求出角C的值,然后判断.
【解析】由已知,结合正弦定理,
得2a2=(2b+c)·b+(2c+b)c,即a2=b2+c2+bc,
又由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccos
A,
所以bc=-2bccos
A,即cos
A=-,
由于A为三角形的内角,所以A=.
对于已知2asin
A=(2b+c)sin
B+(2c+b)sin
C,
结合正弦定理,有2sin2A=(2sin
B+sin
C)sin
B+(2sin
C+sin
B)sin
C,
即sin2A=sin2B+sin2C+sin
Bsin
C=sin2=,
又由sin
B+sin
C=1,得sin2B+sin2C+2sin
Bsin
C=1,
所以sin
Bsin
C=.从而有sin
B=sin
C=.
因为0所以B=C=,所以△ABC是等腰的钝角三角形.
1.用转化思想解决利用三角形的边角关系判断三角形形状的两条思考路径
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,即使用转化的思想解决这类问题,一般有两条思考路线:
(1)化边为角,再进行三角恒等变换,求出角的大小或角的正、余弦值符号.
(2)化角为边,再进行代数恒等变换,求出三条边之间的关系式.
2.用余弦定理判断三角形形状的常用结论
(1)△ABC为直角三角形?a2=b2+c2或b2=a2+c2或c2=a2+b2.
(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　在△ABC中,若b2sin2C+c2sin2B=2bccos
Bcos
C,试判断△ABC的形状.
【解析】【法一　化角为边】将已知等式变形为b2(1-cos2C)+c2(1-cos2B)=
2bccos
Bcos
C.
由余弦定理并整理,得b2+c2-b2-c2=2bc××,
所以b2+c2===a2.
所以A=90°.所以△ABC是直角三角形.
【法二　化边为角】由正弦定理,已知条件可化为sin2Csin2B+sin2Csin2B=
2sin
Bsin
Ccos
Bcos
C.
又sin
Bsin
C≠0,
所以sin
Bsin
C=cos
Bcos
C,即cos(B+C)=0.
又因为0°所以△ABC是直角三角形.
【补偿训练】
在△ABC中,acos
A+bcos
B=ccos
C,试判断△ABC的形状.
【解析】由余弦定理知cos
A=,cos
B=,cos
C=,
代入已知条件得a·+b·+c·=0,
通分得a2(b2+c2-a2)+b2(a2+c2-b2)+c2(c2-a2-b2)=0,展开整理得(a2-b2)2=c4.所以a2-b2=±c2,即a2=b2+c2或b2=a2+c2.
根据勾股定理知△ABC是直角三角形.
类型三　正弦定理、余弦定理的综合应用(逻辑推理、数学运算)
角度1　综合利用正弦定理、余弦定理解三角形?
【典例】(2020·潍坊高一检测)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知(a+2c)cos
B+bcos
A=0.
(1)求B的大小;
(2)若b=3,△ABC的周长为3+2,求△ABC的面积.
【思路导引】(1)先利用正弦定理把条件式中的边转化为角,进行三角恒等变换求角,(2)利用余弦定理并结合已知周长求出ac的值.
【解析】(1)由已知及正弦定理得(sin
A+2sin
C)cos
B+sin
Bcos
A=0,
(sin
Acos
B+sin
Bcos
A)+2sin
Ccos
B=0,
sin(A+B)+2sin
Ccos
B=0,
又sin(A+B)=sin
C,且C∈(0,π),sin
C≠0,
所以cos
B=-,因为0(2)由余弦定理得9=a2+c2-2accos
B.
所以a2+c2+ac=9,则(a+c)2-ac=9.
因为a+b+c=3+2,b=3,所以a+c=2,
所以ac=3,所以S△ABC=acsin
B=×3×=.
角度2　正、余弦定理与三角函数和平面向量的综合运用?
【典例】在△ABC中,A,B,C的对边分别为a,b,c,且=.
(1)求C的大小;
(2)如果a+b=6,·=4,求c的值.
【思路导引】(1)利用正弦定理后弦化切求解.
(2)根据平面向量的数量积运算求得ab,结合题目条件和余弦定理求c的值.
【解析】(1)因为=,=,
所以sin
C=cos
C.所以tan
C=.
又因为C∈(0,π),所以C=.
(2)因为·=||·||cos
C=ab,
又因为·=4,所以ab=8.又因为a+b=6,
由余弦定理知c2=a2+b2-2abcos
C
=(a+b)2-3ab=12,所以c=2.
正、余弦定理的综合应用的求解策略
　正、余弦定理是解决三角形问题的两个重要工具,这类题目往往结合基本的三角恒等变换,同时注意三角形中的一些重要性质,如内角和为180°、大边对大角等.
1.(2020·遂宁高一检测)在△ABC中,a,b,c分别是三内角A,B,C的对边且sin2A-sin2C=sin
B,则角C等于
(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
【解析】选B.由正弦定理得sin2A-sin2C=sin
B?a2-c2=ab-b2,又由余弦定理得cos
C==?C=.
2.(2020·长沙高一检测)在△ABC中,A,B,C的对边分别为a,b,c,其中b2=ac,且sin
C=sin
B,则其最小角的余弦值为
(　　)
A.-
B.
C.
D.
【解析】选C.在△ABC中,sin
C=sin
B,
由正弦定理可得c=b而b2=ab,即b=a,所以c=×a=2a,
则c>b>a,所以在△ABC中A为最小角,
故由余弦定理可得cos
A====.
3.(2020·新乡高一检测)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且
acos
B+bsin
A=c.若a=2,△ABC的面积为3(-1),则b+c=
(　　)
A.5
B.2
C.4
D.16
【解析】选C.因为在△ABC中acos
B+bsin
A=c,由正弦定理得sin
Acos
B+
sin
Bsin
A=sin
C,又sin
C=sin(A+B)=sin
Acos
B+cos
Asin
B,
所以sin
Bsin
A=cos
Asin
B,又sin
B≠0,所以sin
A=cos
A,所以tan
A=1,又A∈(0,π),所以A=.因为S△ABC=bcsin
A=bc=3(-1),
所以bc=6(2-),因为a=2,所以由余弦定理可得a2=(b+c)2-2bc-2bccos
A,
所以(b+c)2=4+(2+)bc=4+(2+)×6(2-)=16,可得b+c=4.
4.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足b2+c2-a2=bc,·>0,
a=,则b+c的取值范围是　　　　(用区间表示).?
【解析】由b2+c2-a2=bc得,cos
A==,因为00知,B为钝角,又因为=1,则b=sin
B,c=sin
C,b+c=sin
B+sin
C=sin
B+
sin=sin
B+cos
B=sin,
因为所以答案:
备选类型　求解三角形面积问题(数学运算)
【典例】(1)已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边,a=2,且
(2+b)(sin
A-sin
B)=(c-b)sin
C,则△ABC面积的最大值为　　　　.?
(2)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a≠b,c=,cos2A-cos2B
=sin
Acos
A-sin
Bcos
B.
①求角C的大小;②若sin
A=,求△ABC的面积.
【思路导引】(1)解题的关键有两个:一是将已知式利用正弦定理转化为边的等式,从而可获得边的关系,再利用余弦定理可获得A的大小;二是结合三角形的面积公式借助均值不等式求得bc的最值,从而得到面积的最值.
(2)解题的关键是注意角大小的比较,从而得到cos
A的值,然后再利用面积公式求解.
【解析】(1)因为a=2,(2+b)(sin
A-sin
B)=(c-b)sin
C,所以(a+b)(sin
A-
sin
B)=(c-b)sin
C.
由正弦定理得(a+b)(a-b)=(c-b)·c,
所以a2-b2=c2-bc.由余弦定理得cos
A==,所以A=60°且b2+c2-4=bc,
所以b2+c2-4=bc≥2bc-4,当且仅当b=c时等号成立.所以bc≤4,所以S△ABC=
bcsin
A≤,所以△ABC面积的最大值为.
答案:
(2)①由题意得-=sin
2A-sin
2B,即sin
2A-cos
2A=
sin
2B-cos
2B,sin=sin.
由a≠b,得A≠B,又A+B∈(0,π),
得2A-+2B-=π,即A+B=,所以C=.
②由c=,sin
A=,=,得a=.
由aA=,
故sin
B=sin(A+C)=sin
Acos
C+cos
Asin
C
=,所以△ABC的面积为S=acsin
B=.
利用正、余弦定理求解三角形面积问题的题型与方法
　(1)利用正弦、余弦定理解三角形,求出三角形的各个边角后,直接求三角形的面积.
(2)把面积作为已知条件之一,与正弦、余弦定理结合求出三角形的其他各量.
(3)求三角形面积的最值或范围,这时一般要先得到面积的表达式,再通过均值不等式、三角函数的最值等方法求得面积的最值或范围.
　△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=bcos
C+csin
B.
(1)求B;(2)若b=2,求△ABC面积的最大值.
【解析】(1)由已知及正弦定理得sin
A=sin
Bcos
C+sin
Csin
B.①又A=
π-(B+C),
故sin
A=sin(B+C)=sin
Bcos
C+cos
Bsin
C.②
由①②和C∈(0,π)得sin
B=cos
B.
又B∈(0,π),所以B=.
(2)△ABC的面积S=acsin
B=ac.
由已知及余弦定理得4=a2+c2-2accos.
又a2+c2≥2ac,故ac≤,
当且仅当a=c时,等号成立.
因此△ABC面积的最大值为+1.
课堂检测·素养达标
1.一个三角形的两边长分别为5和3,它们夹角的余弦值是-,则三角形的第三条边长为
(　　)
A.52
B.2
C.16
D.4
【解析】选B.设第三条边长为x,则x2=52+32-2×5×3×=52,所以x=2.
2.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若△ABC的面积为,则C=
(　　)
A.
B.
C.
D.
【解析】选C.因为a2+b2-c2=2abcos
C,且S△ABC=,
所以S△ABC==absin
C,所以tan
C=1.
又C∈(0,π),故C=.
3.已知a,b,c为△ABC的三边,B=120°,则a2+c2+ac-b2=　　　.?
【解析】由余弦定理b2=a2+c2-2accos
B=a2+c2-2accos
120°=a2+c2+ac,所以a2+c2+ac-b2=0.
答案:0
4.在△ABC中,若b=1,c=,C=,则a=　　　　.?
【解析】由余弦定理c2=a2+b2-2abcos
C,所以()2=a2+12-2a×1×cos,
所以a2+a-2=0,即(a+2)(a-1)=0,
所以a=1,或a=-2(舍去).所以a=1.
答案:1
5.(教材二次开发:练习改编)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,若a2-b2=bc,sin
C=2sin
B,则A=　　　　.?
【解析】因为sin
C=2sin
B,根据正弦定理=,所以可得c=2b,根据余弦定理a2=b2+c2-2bccos
A由已知可得a2-b2=bc,故可联立方程解得cos
A=.由0答案:
课时素养评价
二　余
弦
定
理
(15分钟　30分)
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θ为锐角,由余弦定理得cos
θ==,θ=60°,180°-60°=120°,所以三角形最大角与最小角的和是120°.
2.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知a=,c=2,cos
A=,则b=
(　　)
A.
B.
C.2
D.3
【解析】选D.由余弦定理得5=b2+22-2×b×2×,解得b=3.
3.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等于
(　　)
A.4
B.
C.3
D.
【解析】选D.由三角形内角和定理可知cos
C=-cos(A+B)=-,又由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos
C=9+4-2×3×2×=17,所以c=.
【加练·固】若△ABC的内角A,B,C所对的
边a,b,c满足(a+b)2-c2=4,且C=60°,则ab的值为
(　　)
A.　　　B.8-4　　　C.1　　　D.
【解析】选A.由(a+b)2-c2=4,得a2+b2-c2+2ab=4,由余弦定理得a2+b2-c2=2abcos
C=2abcos
60°=ab,则ab+2ab=4,所以ab=.
4.(2020·天津高一检测)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且acos
B=bcos
A,a2+b2=c2+ab,则△ABC是
(　　)
A.钝角三角形
B.直角三角形
C.等腰直角三角形
D.等边三角形
【解析】选D.根据正弦定理:acos
B=bcos
A,即sin
Acos
B=sin
Bcos
A,即sin=0,A=B;根据余弦定理及a2+b2=c2+ab,解得cos
C=,C∈,故C=.
故△ABC是等边三角形.
5.在△ABC中,B=60°,a=1,c=2,则=　　　　.?
【解析】由余弦定理得b2=a2+c2-2accos
B=3,所以b=,由正弦定理得===2.
答案:2
6.若△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,asin
A+csin
C-asin
C=bsin
B,则B=　　　　.?
【解析】由正弦定理得a2+c2-ac=b2,由余弦定理得b2=a2+c2-2accos
B,故cos
B=.
又因为B为三角形的内角,所以B=45°.
答案:45°
(30分钟　60分)
一、单选题(每小题5分,共20分)
1.(2020·雅安高一检测)已知△ABC中,=,则B=
(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
【解析】选C.因为=,利用正弦定理角化边得=,所以(c-b)(c+b)=a(c-a),所以c2-b2=ac-a2,所以a2+c2-b2=ac,所以=,根据余弦定理可得cos
B==,因为02.(2020·成都高一检测)在△ABC中,B=,BC边上的高等于BC,则sin
A=
(　　)
A.
B.
C.
D.
【解析】选A.因为在△ABC中,B=,BC边上的高等于BC,所以BC=AB·sin
B?AB=BC×=BC,由余弦定理得AC===BC,故△ABC的面积为BC·BC=AB·AC·sin
A=·BC·BC·sin
A,所以sin
A=.
3.(2020·徐州高一检测)钝角三角形的三边长为a,a+1,a+2,其最大角不超过120°,则a的取值范围为
(　　)
A.　
B.　
C.　
D.
【解析】选D.钝角三角形的三边长为a,a+1,a+2,其最大角不超过120°,可设a+2所对的角为C,且为最大,cos
C===,由题意可得90°C<0,解得≤a<3.
4.(2020·海淀高一检测)在△ABC中,A,B,C的对边分别为a,b,c.若2cos2-cos
2C=1,4sin
B=3sin
A,a-b=1,则c的值为
(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.6
【解析】选A.由2cos2-cos
2C=1,
可得2cos2-1-cos
2C=0,
则有cos
2C+cos
C=0,即2cos2C+cos
C-1=0,解得cos
C=或cos
C=-1(舍),
由4sin
B=3sin
A,得4b=3a,①
又a-b=1,②
联立①,②得a=4,b=3,
所以c2=a2+b2-2abcos
C=16+9-12=13,则c=.
二、多选题(每小题5分,共10分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
5.(2020·清江高一检测)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若tan
B=ac,则角B的值为
(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
【解析】选BD.根据余弦定理可知a2+c2-b2=2accos
B代入化简可得2accos
B·=ac即sin
B=,因为06.(2020·本溪高一检测)三角形有一个角是60°,夹这个角的两边长分别为8和5,则
(　　)
A.三角形另一边长为6
B.三角形的周长为20
C.三角形内切圆面积为3π
D.三角形外接圆周长为π
【解析】选BC.由余弦定理可得另一边长为=7,则A错误,B正确.设内切圆半径为r,则(8+7+5)r=×8×5sin
60°,则r=,则内切圆面积为πr2=3π,则C正确.
设外接圆半径为R,则2R=,其周长为2πR=π,则D错误.
　【补偿训练】
　　(2020·吴江高一检测)对于△ABC,有如下判断,其中正确的判断是
(　　)
A.若sin
2A=sin
2B,则△ABC为等腰三角形
B.若A>B,则sin
A>sin
B
C.若a=8,c=10,B=60°,则符合条件的△ABC有两个
D.若sin2A+sin2B【解析】选BD.在△ABC中,对于A,若sin2A=sin2B,则2A=2B或2A+2B=π.当A=B时△ABC为等腰三角形;
当A+B=时,△ABC为直角三角形,故A不正确,对于B,若A>B,则a>b,由正弦定理得=,即sin
A>sin
B成立.故B正确;
对于C,由余弦定理可得b==,只有一解,故C错误;对于D,若sin2A+sin2BC=<0,所以C为钝角,所以△ABC是钝角三角形,故D正确;综上,正确的判断为选项B和D.
三、填空题(每小题5分,共10分)
7.在△ABC中,a2-b2=bc,sin
C=2sin
B,则A=　　　　.?
【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°答案:30°
8.在△ABC中,A=60°,最大边长与最小边长是方程x2-9x+8=0的两个实根,则边BC的长为　　　　.?
【解析】设内角B,C所对的边分别为b,c.因为A=60°,所以可设最大边与最小边分别为b,c.由条件可知b+c=9,bc=8,所以BC
2=b2+c2-2bccos
A=(b+c)2-2bc-2bccos
A=92-2×8-2×8×cos
60°=57,所以BC=.
答案:
　【补偿训练】
　　(2020·宁波高一检测)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知cos
2C=-,则sin
C=　　　　;当a=2,2sin
A=sin
C时,则b=　　　　.?
【解析】cos
2C=1-2sin2C=-,所以sin2C=,因为0C=;
所以cos
C=±,由正弦定理可知c=2a=4,
所以c2=a2+b2-2abcos
C,
当cos
C=时,整理为b2-b-12=0
,
即=0
,所以b=2(负值舍去),
当cos
C=-,整理为b2+b-12=0,
即=0,所以b=(负值舍去),
所以b=2或.
答案:　或2
四、解答题(每小题10分,共20分)
9.在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C的对边,且2asin
A=(2b-c)sin
B+(2c-b)sin
C.
(1)求角A的大小.
(2)若sin
B+sin
C=,试判断△ABC的形状.
【解析】(1)因为2asin
A=(2b-c)sin
B+(2c-b)sin
C,
所以2a2=(2b-c)b+(2c-b)c,即bc=b2+c2-a2,
所以cos
A==.因为0°所以A=60°.
(2)因为A+B+C=180°,所以B+C=180°-60°=120°,
由sin
B+sin
C=,得sin
B+sin(120°-B)=,
所以sin
B+sin
120°cos
B-cos
120°sin
B=,
所以sin
B+cos
B=,即sin(B+30°)=1.
又因为0°所以B+30°=90°,即B=60°,
所以A=B=C=60°,所以△ABC为正三角形.
10.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且-a=0
.
(1)求角C;
(2)若△ABC的中线CE的长为1,求△ABC的面积的最大值.
【解析】(1)由-a=0,
得=a,即=sin
C,由余弦定理得cos
C=sin
C,
所以tan
C=,因为C∈,所以C=
.
(2)由余弦定理b2=1+-2×1×·cos∠CEA①,a2=1+-2×1×·cos∠CEB②,
①+②得,
b2+a2=2+
即2(b2+a2)=4+c2,
因为c2=a2+b2-2ab·cos
C,所以a2+b2=4-ab≥2ab,所以ab≤,当且仅当a=b时取等号,所以S△ABC=absin
C≤××=.
1.若△ABC的三边长分别为AB=7,BC=5,CA=6,则·的值为
(　　)
A.19
B.14
C.-18
D.-19
【解析】选D.设三角形的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,依题意得a=5,b=6,c=7.
所以·=||·||·cos(π-B)=-ac·cos
B.
由余弦定理得b2=a2+c2-2ac·cos
B,
所以-ac·cosB=(b2-a2-c2)=(62-52-72)=-19,所以·=-19.
2.如图,某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形AOB,C是该小区的一个出入口,小区里有一条平行于AO的小路CD.已知某人从点O沿OD走到点D用了2
min,从点D沿DC走到点C用了3
min.若此人步行的速度为50
m/min,求该扇形的半径.
【解析】依题意得OD=100
m,CD=150
m,
连接OC,易知∠ODC=180°-∠AOB=60°,
因此由余弦定理得OC2=OD2+CD2-2OD×CD×cos
∠ODC,即OC2=1002+1502-2×100×150×,
解得OC=50(m).则该扇形的半径为50
m.
PAGE9.2　正弦定理与余弦定理的应用
　　　　　　　　　　　　　必备知识·自主学习
1.实际测量中的有关名称、术语
【提醒】对常见术语的几点说明
(1)仰角与俯角是指目标视线与水平视线的夹角,水平视线易与铅垂线混淆.
(2)方位角中的顺时针易记错为逆时针.
2.解三角形实际问题的流程
1.辨析记忆(对的打“√”,错的打“×”)
(1)已知三角形的三个角,能够求其三条边(　　)
(2)两个不可到达的点之间的距离无法求得(　　)
(3)方位角和方向角是一样的(　　)
提示:(1)×.要解三角形,至少知道这个三角形的一条边长.
(2)×.两个不可到达的点之间的距离我们可以借助第三个点和第四个点量出角度、距离求得.
(3)×.方位角是指从正北方向顺时针转到目标方向线的水平角,而方向角是以观测者的位置为中心,将正北或正南方向作起始方向旋转到目标方向线所成的角(一般指锐角).
2.如图,在河岸AC测量河的宽度BC,测量下列四组数据,较适宜的是(　　)
　　　　　　
　　　　　　
　　
A.γ,c,α
B.b,c,α
C.c,α,β
D.b,α,γ
【解析】选D.a,c均隔河,故不易测量,测量b,α,γ更合适.
3.两灯塔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之间的距离为(　　)
A.a
km
B.a
km
C.a
km
D.2a
km
【解析】选A.在△ABC中,AC=BC=a
km,∠ACB=90°,所以AB=a
km.
4.有一个长为1千米的斜坡,它的倾斜角为75°,现要将其倾斜角改为30°,则坡底要伸长_______千米.?
【解析】如图,∠BAO=75°,∠C=30°,AB=1,
所以∠ABC=∠BAO-∠BCA=75°-30°=45°.
在△ABC中,=,
所以AC=AB·==.
答案:
关键能力·合作学习
类型一　测量高度问题(数学运算)
1.如图,从山顶望地面上C,D两点,测得它们的俯角分别为45°和30°,已知CD为100
m,点C位于BD上,则山高AB等于(　　)
A.100
m　　　　
B.50
m
C.50
m
D.50(+1)
m
2.在一幢20
m高的楼顶测得对面一塔吊顶的仰角为60°,塔基的俯角为45°,那么这座塔吊的高是(　　)
A.20
m　　　
B.20(1+)
m
C.10(+)
m
D.20(+)
m
【解析】1.选D.设山高为h,则由题意知CB=h,DB=h,所以h-h=100,即h=50(+1).
2.选B.如图,由条件知四边形ABCD为正方形,所以AB=CD=20
m,BC=AD=20
m.
在△DCE中,∠EDC=60°,∠DCE=90°,CD=20
m,所以EC=CD·tan
60°=20
m,所以BE=BC+CE=(20+20)
m.
解决测量高度问题的一般步骤
(1)画图:根据已知条件画出示意图.
(2)分析三角形:分析与问题有关的三角形.
(3)求解:运用正、余弦定理,有序地解相关的三角形,逐步求解.在解题中,要综合运用立体几何知识与平面几何知识,注意方程思想的运用.
【补偿训练】
　　某兴趣小组要测量电视塔AE的高度H(单位:m).如图所示,竖直放置的标杆BC的高度h=4
m,仰角∠ABE=α,∠ADE=β.该小组已测得一组α,β的值,算出了tan
α=1.24,tan
β=1.20,请据此算出H的值.
【解析】由AB=,BD=,
AD=及AB+BD=AD得+=,
解得H===124.
因此电视塔的高度H是124
m.
类型二　测量角度问题(数学运算)
【典例】甲船在A点发现乙船在北偏东60°的B处,乙船以每小时a海里的速度向北行驶,已知甲船的速度是每小时a海里,问甲船应沿着什么方向前进,才能最快与乙船相遇?
【思路导引】假设两船在C点相遇,甲船沿方向行驶,把问题转化为在三角形ABC内求∠CAB来求解.
【解析】如图所示.
设经过t小时两船在C点相遇,
则在△ABC中,BC=at(海里),AC=at(海里),
B=90°+30°=120°,由正弦定理=,得
sin
∠CAB====,
因为0°<∠CAB<90°,所以∠CAB=30°,
所以∠DAC=60°-30°=30°,所以甲船应沿着北偏东30°的方向前进,才能最快与乙船相遇.
测量角度问题画示意图的基本步骤
　在一次抗洪抢险中,某救生艇发动机突然发生故障停止转动,失去动力的救生艇在洪水中漂行,此时,风向是北偏东30°,风速是20
km/h;水的流向是正东,流速是20
km/h,若不考虑其他因素,救生艇在洪水中漂行的速度的方向为北偏东_______,大小为_______km/h.?
【解析】如图,∠AOB=60°,由余弦定理知OC2=202+202-800cos
120°=1
200,故OC=20,∠COY=30°+30°=60°.
答案:60°　20
类型三　测量距离问题(逻辑推理、数学运算)
角度1　两点不可到达的距离问题?
【典例】如图,A,B两点都在河的对岸(不可到达),设计一种测量A,B两点间距离的方法.
【思路导引】在岸边选定两点C,D,分别在△ADC和△BDC中,构建方程求解.
【解析】测量者可以在河岸边选定两点C,D,测得CD=a,
并且在C,D两点分别测得∠BCA=α,∠ACD=β,
∠CDB=γ,∠BDA=δ,
在△ADC和△BDC中,应用正弦定理得
AC==,
BC==.
计算出AC和BC后,再在△ABC中,
应用余弦定理计算出A,B两点间的距离
AB=.
角度2　两点在障碍物两侧的距离问题?
【典例】如图所示,要测量一水塘两侧A,B两点间的距离,先选定适当的位置C,用经纬仪测出角α,再分别测出AC,BC的长b,a,则可求出A,B两点间的距离.
即AB=.若测得CA=400
m,CB=600
m,∠ACB=60°,试计算AB的长.
【思路导引】在△ABC中,运用余弦定理求解.
【解析】在△ABC中,
由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos
∠ACB,
所以AB2=4002+6002-2×400×600cos
60°=280
000.
所以AB=200(m).
即A,B两点间的距离为200
m.
三角形中与距离有关的问题的求解策略
(1)解决与距离有关的问题,若所求的线段在一个三角形中,则直接利用正、余弦定理求解即可;若所求的线段在多个三角形中,要根据条件选择适当的三角形,再利用正、余弦定理求解.
(2)解决与距离有关的问题的关键是转化为求三角形中的边,分析所解三角形中已知哪些元素,还需要求出哪些元素,灵活应用正、余弦定理来解决.
1.(2020·成都高一检测)某船在A处测得灯塔D在其南偏东60°方向上,该船继续向正南方向行驶5海里到B处,测得灯塔D在其北偏东60°方向上,然后该船向东偏南30°方向行驶2海里到C处,此时船到灯塔D的距离为_______海
里(　　)?
A.　　　B.　　　C.6　　　D.5
【解析】选A.根据题意可画图形(如图),
因为在A处测得灯塔D在其南偏东60°方向上,即∠BAD=60°,船继续向正南方向行驶5海里到B处,即AB=5,在B处测得灯塔D在其北偏东60°方向上,即∠ABD=60°,所以△ABD为一个等边三角形,即AB=BD=5,船向东偏南30°方向行驶2海里到C处,根据图形可得∠DBC=60°且BC=2,在△BCD中,由余弦定理可得CD2=BD2+BC2-2BD·BC·cos∠DBC=25+4-2×5×2×=19,解得CD=.
2.(2020·合肥高一检测)炮兵阵地A在观察哨M的南偏东30°方向,在观察哨N的南偏西15°方向,若观察哨N在M的正东方向相距a
km处,现观察哨M发现炮击目标B在M的北偏东45°方向,观察哨N发现目标B位于N的北偏西75°方向,则阵地A到目标B的距离为(　　)
A.
km　B.
km　C.
km　D.
km
【解析】选A.依题意可得如下图形:
则在△AMN中∠AMN=60°,A=45°,
由正弦定理=,解得AN=a,
在△BMN中∠BMN=45°,B=120°,由正弦定理可得=,即=,所以BN=a,在△BNA中∠ANB=180°-(15°+75°)=90°,所以AB2=AN2+BN2=+=a2,所以AB=a.
【补偿训练】
　　(2020·武汉高一检测)如图所示,为了测量A、B处岛屿的距离,小明在D处观测,A、B分别在D处的北偏西15°、北偏东45°方向,再往正东方向行驶10海里至C处,观测B在C处的正北方向,A在C处的北偏西60°方向,则A、B两岛屿的距离为_______海里.
(　　)?
A.5　　　B.10　　　C.10　　　D.20
【解析】选A.连接AB,由题意可知:
CD=10,∠ADC=105°,∠BDC=45°,∠BCD=90°,∠ACD=30°,所以∠DAC=45°,
∠ADB=60°.
在△ADC中,由正弦定理可知:=?AD=5.
在Rt△BCD中cos∠BDC=?BD=10.
在△ABD中,由余弦定理可知:
AB==5.
课堂检测·素养达标
1.学校体育馆的人字屋架为等腰三角形,如图,测得AC的长度为4
m,∠A=30°,则其跨度AB的长为(　　)
　　　　　　　　　　　　　
A.12
m
B.8
m
C.3
m
D.4
m
【解析】选D.由题意知,∠A=∠B=30°,
所以∠C=180°-30°-30°=120°,由正弦定理得=,
即AB===4m.
2.一艘船自西向东匀速航行,上午10时到达一座灯塔P的南偏西75°距塔68
n
mile的M处,下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处,则这只船的航行速度
为(　　)
A.
n
mile/h
B.34
n
mile/h
C.
n
mile/h
D.34
n
mile/h
【解析】选A.如图所示,在△PMN中,=,
所以MN==34,所以v==
n
mile/h.
3.如图所示,设A,B两点在河的两岸,一测量者在A所在的同侧河岸边选定一点C,测出AC的距离为50
m,∠ACB=45°,∠CAB=105°后,就可以计算出A,B两点的距离为(　　)
A.50
m
B.50
m
C.25
m
D.
m
【解析】选A.由正弦定理得=,
又因为∠ABC=30°,所以AB===50(m).
4.(教材二次开发:练习改编)如图,渔船甲位于岛屿A的南偏西60°方向的B处,且与岛屿A相距12
km,渔船乙以10
km/h的速度从岛屿A出发沿正北方向航行,若渔船甲同时从B处出发沿北偏东α的方向追赶渔船乙,刚好用2小时追上.则渔船甲的速度为_______,sin
α=_______.?
【解析】(1)由已知得AB=12
km,AC=20
km,∠BAC=120°,
所以BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠BAC
=122+202-2×12×20×=784,所以BC=28
km,所以渔船甲的速度
v甲==14(km/h).
(2)在△ABC中∠BCA=α,由正弦定理得=,所以=,所以sin
α=.
答案:14
km/h　
课时素养评价
三　正弦定理与余弦定理的应用
(15分钟　30分)
1.海上有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,C间的距离是
(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.10
n
mile
B.
n
mile
C.5
n
mile
D.5
n
mile
【解析】选D.在△ABC中C=180°-60°-75°=45°.
由正弦定理得=,所以=,
解得BC=5(n
mile).
2.(2020·成都高一检测)某船在海平面A处测得灯塔B在北偏东60°方向,与A相距6千米处.该船由A处向正北方向航行8千米到达C处,这时灯塔B与船相距
(　　)
A.2千米　　　
B.2千米
C.6千米
D.8千米
【解析】选A.由题意,画示意图如图:
已知AB=6,AC=8,∠A=60°,
由余弦定理得BC2=AC2+AB2-2AC·AB·cos
A
=64+36-2×8×6×=52,
所以BC==2.
所以灯塔B与船之间的距离为2千米.
3.(2020·天津高一检测)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°,∠BED=120°,则两山顶A,C之间的距离为
(　　)
A.2
km
B.
km
C.
km
D.3
km
【解析】选C.AB=1,CD=3,∠AEB=30°,∠CED=60°,∠BED=120°,
所以BE===,DE===;
在△BED中,由余弦定理得BD2=BE2+DE2-2·BE·DE·cos∠BED=3+3-2×××=9,所以BD=3;所以AC===,即两山顶A,C之间的距离为
km.
4.(2020·襄阳高一检测)如图,有一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶,汽车在A点测得公路北侧山顶D的仰角为30°,汽车行驶300m后到达B点测得山顶D在北偏西30°方向上,且仰角为45°,则山的高度CD为
(　　)
A.150
m
B.150
m
C.300
m
D.300
m
【解析】选D.由题意可知:∠DAC=30°,∠DBC=45°,因为汽车到B点,测得D在北偏西30°方向上,所以∠ABC=120°.设山的高度为h,
在Rt△DCA中,tan∠DAC=?AC=h.
在Rt△DBC中,tan∠DBC=?BC=h.
在△BCA中,由余弦定理可得:AC2=BC2+AB2-2·BC·AB·cos∠ABC?h2-150h-45
000=0?h=300,h=-150(舍去).
5.某人从A处出发,沿北偏东60°行走3
km到B处,再沿正东方向行走2
km到C处,则A,C两地的距离为　　　　km.?
【解析】如图所示,由题意可知AB=3,BC=2,∠ABC=150°.
由余弦定理得AC2=27+4-2×3×2×cos
150°=49,AC=7.则A,C两地的距离为7
km.
答案:7
6.如图所示,为了测定河的宽度,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,求河的宽度.
【解析】在△ABC中,∠CAB=30°,∠CBA=75°,
所以∠ACB=75°,∠ACB=∠ABC,所以AC=AB=120(m).
如图作CD⊥AB,垂足为D,则CD即为河的宽度.
由正弦定理得=,
所以=,所以CD=60,所以河的宽度为60
m.
(30分钟　60分)
一、单选题(每小题5分,共20分)
1.要测量底部不能到达的东方明珠电视塔的高度,在黄浦江西岸选择甲、乙两观测点,在甲、乙两点测得塔顶的仰角分别为45°,30°,在水平面上测得电视塔与甲地连线及甲、乙两地连线所成的角为120°,甲、乙两地相距500
m,则电视塔在这次测量中的高度是
(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.100
m
B.400
m
C.200
m
D.500
m
【解析】选D.
由题意画出示意图,设高AB=h,
在Rt△ABC中,由已知得BC=h,
在Rt△ABD中,由已知得BD=h,
在△BCD中,由余弦定理得BD2=BC2+CD2-2BC·CD·cos
∠BCD,即3h2=h2+5002+h·500,
解得h=500或h=-250(舍).
2.如图所示为起重机装置示意图.支杆BC=10
m,吊杆AC=15
m,吊索AB=5
m,则起吊的货物与岸的距离AD为
(　　)
A.30
m
B.
m
C.15
m
D.45
m
【解析】选B.在△ABC中,AC=15
m,
AB=5
m,BC=10
m,
由余弦定理得cos
∠ACB=
==-,
所以sin
∠ACB=.
又∠ACB+∠ACD=180°,所以sin
∠ACD=sin
∠ACB=.在Rt△ADC中,AD=AC·sin
∠ACD=15×=
m.
3.(2020·六安高一检测)小赵开车从A处出发,以每小时40千米的速度沿南偏东40°的方向直线行驶,30分钟后到达B处,此时,小王发来微信定位,显示他自己在A的南偏东70°方向的C处,且A与C的距离为15千米,若此时,小赵以每小时52千米的速度开车直线到达C处接小王,则小赵到达C处所用的时间大约为(　　)
A.10分钟　
B.15分钟　
C.20分钟　
D.25分钟
【解析】选B.根据条件可得∠BAC=30°,AB=20,AC=15,由余弦定理可得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos
30°=175,则BC=5≈13(千米),由B到达C所需时间约为=0.25小时=15分钟.
4.(2020·郑州高一检测)马尔代夫群岛是世界上风景最为优美的群岛之一,如图所示,为了测量A,B两座岛之间的距离,小船从初始位置C出发,已知A在C的北偏西45°的方向上,B在C的北偏东15°的方向上,现在船往东开2百海里到达E处,此时测得B在E的北偏西30°的方向上,再开回C处,由C向西开2百海里到达D处,测得A在D的北偏东22.5°的方向上,则A,B两座岛之间的距离为　　　　百海里
(　　)?
A.3
B.3
C.4
D.4
【解析】选B.由题意,∠ADC=67.5°,∠ACD=45°,∠BCE=75°,∠BEC=60°,在△ADC中,可得∠DAC=180°-45°-67.5°=67.5°,
所以AC=DC=2,在△BCE中,可得∠CBE=180°-∠BCE-∠BEC=45°,
由正弦定理可得=,可得BC===,
在△ABC中,由余弦定理可得AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos∠ACB=+-2×2×cos60°=18,所以AB=3.
　【补偿训练】
　　(2020·福州高一检测)甲船在岛B的正南方A处,AB=10千米,甲船以每小时4千米的速度向正北航行,同时乙船自B出发以每小时6千米的速度向北偏东60°的方向驶去,当甲、乙两船相距最近时,它们所航行的时间是
(　　)
A.分钟　　　　　　B.分钟
C.21.5分钟
D.2.15分钟
【解析】选A.假设经过x小时两船相距最近,甲、乙分别行至C,D,如图所示,
可知BC=10-4x,BD=6x,∠CBD=120°
CD2=BC2+BD2-2BC·BD·cos∠CBD=(10-4x)2+36x2+2×(10-4x)×6x×=28x2-20x+100,当x=小时,即航行分钟时距离最小.
二、多选题(每小题5分,共10分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
5.某人在A处向正东方向走x
km后到达B处,他向右转150°,然后朝新方向走3
km到达C处,结果他离出发点恰好
km,那么x的值可能是
(　　)
A.　　　B.2　　　C.3　　　D.3
【解析】选AB.由题意得∠ABC=30°,由余弦定理得cos30°=,解得x=2或x=.
6.甲、乙两人在同一地平面上的不同方向观测20
m高的旗杆,甲观测的仰角为50°,乙观测的仰角为40°,用d1,d2分别表示甲、乙两人离旗杆的距离,那么有
(　　)
A.d1>d2　　　　　　B.d1C.d1<20
m
D.d2<20
m
【解析】选BC.
如图,设旗杆高为h,则d1=,d2=.
因为tan
50°>tan
40°,所以d150°>tan
45°=1,所以d1<20
m.
　【补偿训练】
　　(2020·济南高一检测)《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作,全书十八卷共八十一个问题,分为九类,每类九个问题,《数书九章》中记录了秦九韶的许多创造性成就,其中在卷五“三斜求积”中提出了已知三角形三边a,b,c求面积的公式,这与古希腊的海伦公式完全等价,其求法是:“以小斜幂并大斜幂减中斜幂,余半之,自乘于上,以小斜幂乘大斜幂减上,余四约之,为实,一为从隅,开平方得积.”若把以上这段文字写成公式,即S=.现有△ABC满足sin
A∶sin
B∶sin
C=2∶3∶,且△ABC的面积S△ABC=6,请运用上述公式判断下列命题正确的是(　　)
A.△ABC周长为10+2
B.△ABC三个内角A,C,B成等差数列
C.△ABC外接圆直径为
D.△ABC中线CD的长为3
【解析】选ABC.由正弦定理可得a∶b∶c=2∶3∶,
设a=2m,b=3m,c=m,所以S==m2=6,解得m=2(负值舍去),所以△ABC的周长为a+b+c=4+6+2=10+2,A正确;
由余弦定理得cos
C===,
所以C=,因为A+B+C=π
,所以A+B=,
即2C=A+B,所以三个内角A,C,B成等差数列,B正确;
由正弦定理知外接圆直径为2R===,C正确;
由中线定理得a2+b2=c2+2CD2,即CD2=×=19,
所以CD=,D错误.
三、填空题(每小题5分,共10分)
7.如图,A,B两地之间有一座山,汽车原来从A地到B地须经C地沿折线A-C-B行驶,现开通隧道后,汽车直接沿直线AB行驶.已知AC=10
km,∠A=30°,∠B=45°,则隧道开通后,汽车从A地到B地比原来少走　　　　.(结果精确到0.1
km)(参考数据:≈1.41,≈1.73)?
【解析】过点C作CD⊥AB,垂足为D.
在Rt△CAD中,∠A=30°,AC=10
km,
CD=AC·sin
30°=5(km),AD=AC·cos
30°=5(km).
在Rt△BCD中,∠B=45°,BD=CD=5(km),
BC==5(km).AB=AD+BD=(5+5)(km),AC+BC-AB=10+5-(5+5)
=5+5-5≈5+5×1.41-5×1.73=3.4(km).
答案:3.4
km
8.地平面上一旗杆设为OP,为测得它的高度h,在地平面上取一基线AB,AB=200
m,在A处测得P点的仰角∠OAP=30°,在B处测得P的仰角∠OBP=45°,又测得∠AOB=60°,则旗杆的高h为　　　　m.?
【解析】如图,OP=h,∠OAP=30°,∠OBP=45°,∠AOB=60°,AB=200
m.
在△AOP中,因为OP⊥OA,
所以∠AOP=90°,则OA==h,
同理,在△BOP中,∠BOP=90°,且∠OBP=45°,
所以OB=OP=h.在△OAB中,由余弦定理得AB2=OA2+OB2-2OA·OB·cos∠AOB,
即2002=3h2+h2-2h2·cos
60°,
解得h=.
答案:
四、解答题(每小题10分,共20分)
9.(2020·上海高一检测)如图,为测量山高MN,选择水平地面上一点A和另一座山的山顶C为测量观测点,从A点测得M点的仰角∠MAN=60°,C点的仰角∠CAB=45°以及∠MAC=75°;从C点测得∠MCA=60°.已知山高BC=100
m,求山高MN.
【解析】在△ABC中,因为∠BAC=45°,∠ABC=90°,BC=100,
所以AC==100.
在△AMC中∠MAC=75°,∠MCA=60°,
所以∠AMC=45°.
由正弦定理得=,即=,所以AM=100.在Rt△AMN中,MN=AMsin∠MAN=100×sin60°=150,故山高MN是150
m.
10.(2020·济南高一检测)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、丙三位小朋友分别在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.
【解析】(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·BEcosB
=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.
1.如图,从气球A上测得其正前下方的河流两岸B,C的俯角分别为75°,30°,此时气球的高度AD是60
m,则河流的宽度BC是
(　　)
A.240(-1)
m
B.180(-1)
m
C.120(-1)
m
D.30(+1)
m
【解析】选C.由题意知,在Rt△ADC中,∠C=30°,AD=60
m,所以AC=120
m.在△ABC中,∠BAC=75°-30°=45°,∠ABC=180°-45°-30°=105°,
由正弦定理得BC===120(-1)(m).
2.在某次地震时,震中A(产生震动的中心位置)的南面有三座东西方向的城市B,C,D.已知B,C两市相距20
km,C,D相距34
km,C市在B,D两市之间,如图所示,某时刻C市感到地表震动,8s后B市感到地表震动,20
s后D市感到地表震动,已知震波在地表传播的速度为每秒1.5
km.求震中A到B,C,D三市的距离.
【解析】在△ABC中,由题意得AB-AC=1.5×8=12(km).
在△ACD中,由题意得AD-AC=1.5×20=30(km).
设AC=x
km,AB=(12+x)km,AD=(30+x)km.
在△ABC中,cos
∠ACB=
==,
在△ACD中,cos∠ACD=
==.
因为B,C,D在一条直线上,所以=-,
即=,解得x=.
所以AB=
km,AD=
km.即震中A到B,C,D三市的距离分别为
km,
km,
km.
　　【补偿训练】
　　如图,A,B,C三地有直道相通,其中AB、BC为步行道,AC为机动车道,已知A在B的正北方向6千米处,C在B的正东方向6千米处,某校开展步行活动,从A地出发,经B地到达C地,中途不休息.
(1)媒体转播车从A出发,沿AC行至点P处,此时∠ABP=45°,求PB的距离;
(2)媒体记者随队步行,媒体转播车从A地沿AC前往C,两者同时出发,步行的速度为6千米/小时,为配合转播,转播车的速度为12千米/小时,记者和转播车通过专用对讲机保持联系,转播车开到C地后原地等待,直到记者到达C地,若对讲机的有效通话距离不超过9千米,求他们通过对讲机能保持联系的总时长.
【解析】(1)在Rt△ABC中,sin
A===,
所以A=60°,则∠APB=180°-60°-45°=75°,
在△APB中由正弦定理得=,
则PB==9-3;
(2)设步行时间为t小时,记者位于E,媒体车位于F,①当t∈[0,1]时,E在AB上,AE=6t,AF=12t,由余弦定理可得EF=
==6t,
由EF≤9得6t≤9,所以0≤t≤;
②当t∈(1,1+]时,此时F在点C处,E在BC上,且BE=6(t-1),
EF=BC-BE=6-6(t-1)=6+6-6t,
由EF≤9得6+6-6t≤9,解得t≥-,
故他们通过对讲机能保持联系的总时长为+1+-(-)=.
PAGE阶段提升课
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.(2020·天津高一检测)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知bsinA-acosB=2b-c,则A=(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
【解析】选C.由已知和正弦定理得sin
Bsin
A-sin
Acos
B=2sin
B-sin
C,即sin
Bsin
A-sin
Acos
B=2sin
B-sin(A+B),
即sin
Bsin
A-sin
Acos
B=2sin
B-,所以sin
Bsin
A=2sin
B-cos
Asin
B,因为sin
B≠0,所以sin
A+cos
A=2,即sin=1,所以A+=+2kπ,即A=+2kπ,又A∈(0,π),所以A=.
2.(2020·遂宁高一检测)在△ABC中,AB=5,AC=,AD为边BC的中线,且AD=4,则BC边的长为(　　)
A.3　　　　B.3　　　　C.2　　　　D.4
【解析】选D.设BC=2x,在△ABC中cos
B===,在△ABD中cos
B===,所以=,解得x=2(负值舍去),则BC=4.
3.(2020·广州高一检测)如图,点A在△BCD的外接圆上,且sin
A=,A为锐角,AD=CD=5,BD=3.
(1)求AB的长;
(2)求四边形ABCD的面积.
【解析】(1)因为sin
A=,A为锐角,所以cos
A=,在△ABD中,由余弦定理得BD2=AD2+AB2-2AD·ABcos
A,
AB2-8AB-20=0得AB=10或AB=-2(舍去),所以AB=10.
(2)由(1)可知S△ABD=AB·ADsin
A=×10×5×=15,
因为ABCD四点共圆,所以∠A+∠C=π,所以sin
C=,cos
C=-,在△BCD中,由正弦定理得=,即=,得sin∠DBC=,cos∠DBC=,
所以sin∠BDC=sin[π-(∠DBC+∠BCD)]=sin(∠DBC+∠BCD)=×+×=,
所以S△BCD=×BD×CD×sin∠BDC=×3×5×=3,
所以四边形ABCD的面积S=15+3=18.
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　判断三角形的形状?
1.(2020·仁寿高一检测)在△ABC中,cos2=(a,b,c分别为角A,B,C的对边),则△ABC的形状是(　　)
A.直角三角形　　　　　
B.等腰三角形或直角三角形
C.等腰直角三角形
D.正三角形
【解析】选A.cos2=,则=,
即sin
C+cos
Asin
C=sin
Acos
C+cos
Asin
C+sin
C,
即sin
Acos
C=0,sin
A≠0,故cos
C=0,C=.
2.在△ABC中,若=,试判断△ABC的形状.
【解析】由已知===,得=.可有以下两种解法.
方法一:(利用正弦定理,将边化角)
由正弦定理得=,所以=,
即sin
Ccos
C=sin
Bcos
B,即sin
2C=sin
2B.
因为B,C均为△ABC的内角,所以2C=2B或2C+2B=180°.即B=C或B+C=90°.
所以△ABC为等腰三角形或直角三角形.
方法二:(利用余弦定理,将角化边)因为=,
所以由余弦定理得=,即(a2+b2-c2)c2=b2(a2+c2-b2).所以a2c2-c4=a2b2-b4,即a2b2-a2c2+c4-b4=0.所以a2(b2-c2)+(c2-b2)(c2+b2)=0,即(b2-c2)(a2-b2-c2)=0.所以b2=c2或a2-b2-c2=0,即b=c或a2=b2+c2.所以△ABC为等腰三角形或直角三角形.
三角形形状的判断方法
判断三角形的形状,一般有以下两种方法:(1)将已知条件统一化成边的关系,用代数方法求解;(2)将已知条件统一化成角的关系,用三角知识求解.
题组训练三　正、余弦定理的实际应用?
1.(2020·仁寿高一检测)如图,测量河对岸的塔高AB时可以选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D,测得∠BCD=15°,∠BDC=30°,CD=30,并在点C测得塔顶A的仰角为60°,则塔高AB等于(　　)
A.5　　　B.15　　　C.5　　　D.15
【解析】选D.在△BCD中,∠CBD=180°-15°-30°=135°.由正弦定理得=,
所以BC=15.在Rt△ABC中,AB=BCtan
∠ACB=15×=15.
2.如图,为了测量A、C两点间的距离,选取同一平面上B、D两点,测出四边形ABCD各边的长度(单位:km):AB=5,BC=8,CD=3,DA=5,且∠B与∠D互补,则AC的长为_______km.(　　)?
A.7
B.8
C.9
D.6
【解析】选A.cos
B=,cos
D=,因为∠B与∠D互补,所以
cos
B+cos
D=0,所以+=0,解得AC=7(负值舍去).
3.(2020·南通高一检测)为改善居民的生活环境,政府拟将一公园进行改造扩建,已知原公园是直径为200
m的半圆形,出入口在圆心O处,A为居民小区,OA的距离为200
m,按照设计要求,以居民小区A和圆弧上点B为线段向半圆外作等腰直角三角形ABC(C为直角顶点),使改造后的公园成四边形OACB的形状,如图所示.
(1)若OB⊥OA时,C与出入口O的距离为多少米;
(2)B设计在什么位置时,公园OACB的面积最大.
【解析】(1)设∠OAB=θ,∠BAC=,则在Rt△OAB中AB2=50
000,AC2=
=25
000,sin
θ=,cos
θ=,在△OAC中,cos∠OAC=cos=cos
θcos-sin
θsin=,OC2=OA2+AC2-2OA·AC·cos=45
000,则OC
=150
m.
(2)如图,设∠AOB=α(0<α<π),则AB2=OB2+OA2-2OB×OA×cos
α
=50
000-40
000cos
α,
又S△ABC=AC2=×AB2=12
500-10
000cos
α,又S△AOB=OA×OBsin
α=×200×100sin
α=10
000sin
α,
所以S四边形OACB=S△ABC+S△AOB=12
500-10
000cos
α+10
000sin
α=10
000(sinα-
cosα)+12
500=10
000sin+12
500,所以当sin=1,即α=时,四边形OACB面积最大为(10
000+12
500)
m2.
解三角形在实际生活中的应用
正弦定理、余弦定理在实际生活中有着非常广泛的应用.常用的有测量距离问题,测量高度问题,测量角度问题等.解决的基本思路是画出正确的示意图,把已知量和未知量标在示意图中(目的是发现已知量与未知量之间的关系),最后确定用哪个定理转化,用哪个定理求解,并进行作答,解题时还要注意近似计算的要求.
题组训练四　与三角形有关的综合问题?
1.(2020·成都高一检测)在△ABC中,已知向量m=,且m2=,记角A,B,C的对边依次为a,b,c.若c=2,且△ABC是锐角三角形,则a2+b2的取值范围为_______.?
【解析】由题意得向量m=,且m2=,则m2=cos2+1=+1=,
即cos=-,因为0所以A+B=,即C=,因为c=2,由正弦定理得===,
即a=sin
A,b=sin
B=sin,
则a2+b2=
=-
=-
=+sin,
因为△ABC是锐角三角形,即0答案:
2.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a>c,已知·=2,
cos
B=,b=3.求:
(1)a和c的值;
(2)cos(B-C)的值.
【解析】(1)由·=2得cacos
B=2.
又cos
B=,所以ac=6.
由余弦定理得a2+c2=b2+2accos
B.
又b=3,所以a2+c2=9+2×6×=13.
解得或
因为a>c,所以a=3,c=2.
(2)在△ABC中,sin
B===,由正弦定理,
得sin
C=sin
B=×=.
因为a=b>c,所以C为锐角,
因此cos
C===.
于是cos(B-C)=cos
Bcos
C+sin
Bsin
C
=×+×=.
三角形综合问题的求解策略
正、余弦定理将三角形中的边和角的关系进行了量化,为我们解三角形或求三角形的面积提供了依据,而三角形中的问题常与向量、函数、方程及平面几何相结合,通常可以利用正、余弦定理完成证明、求值等问题.
(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.
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