1.1 正弦定理和余弦定理
1．1.1 正弦定理(一)
课时目标
1．熟记正弦定理的内容；
2．能够初步运用正弦定理解斜三角形．
1．在△ABC中，A＋B＋C＝π，＋＋＝.
2．在Rt△ABC中，C＝，则＝sin_A，＝sin_B.
3．一般地，把三角形的三个角A，B，C和它们的对边a，b，c叫做三角形的元素．已知三角形的几个元素求其他元素的过程叫做解三角形．
4．正弦定理：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，即＝＝，这个比值是三角形外接圆的直径2R.
一、选择题
1．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若A∶B∶C＝1∶2∶3，则
a∶b∶c等于( )
A．1∶2∶3B．2∶3∶4
C．3∶4∶5D．1∶∶2
答案 D
2．若△ABC中，a＝4，A＝45°，B＝60°，则边b的值为( )
A.＋1B．2＋1
C．2D．2＋2
答案 C
解析 由正弦定理＝，
得＝，∴b＝2.
3．在△ABC中，sin2A＝sin2B＋sin2C，则△ABC为( )
A．直角三角形B．等腰直角三角形
C．等边三角形D．等腰三角形
答案 A
解析 sin2A＝sin2B＋sin2C⇔(2R)2sin2A＝(2R)2sin2B＋(2R)2sin2C，即a2＝b2＋c2，由勾股定理的逆定理得△ABC为直角三角形．
4．在△ABC中，若sinA>sinB，则角A与角B的大小关系为( )
A．A>BB．A
答案 A
解析 由sin A>sin B⇔2Rsin A>2Rsin B⇔a>b⇔A>B.
5．在△ABC中，A＝60°，a＝，b＝，则B等于( )
A．45°或135°B．60°
C．45°D．135°
答案 C
解析 由＝得sinB＝
＝＝.
∵a>b，∴A>B，B<60°
∴B＝45°.
6．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，如果c＝a，B＝30°，那么角C等于( )
A．120°B．105°C．90°D．75°
答案 A
解析 ∵c＝a，∴sinC＝sinA＝sin(180°－30°－C)
＝sin(30°＋C)＝，
即sinC＝－cosC.
∴tanC＝－.
又C∈(0°，180°)，∴C＝120°.
二、填空题
7．在△ABC中，AC＝，BC＝2，B＝60°，则C＝_________.
答案 75°
解析 由正弦定理得＝，∴sinA＝.
∵BC＝2
8．在△ABC中，若tanA＝，C＝150°，BC＝1，则AB＝________.
答案
解析 ∵tanA＝，A∈(0°，180°)，∴sinA＝.
由正弦定理知＝，
∴AB＝＝＝.
9．在△ABC中，b＝1，c＝，C＝，则a＝________.
答案 1
解析 由正弦定理，得
＝，
∴sinB＝.∵C为钝角，
∴B必为锐角，∴B＝，
∴A＝.
∴a＝b＝1.
10．在△ABC中，已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若b＝2a，B＝A＋60°，则A＝______.
答案 30°
解析 ∵b＝2a∴sinB＝2sinA，又∵B＝A＋60°，
∴sin(A＋60°)＝2sin A
即sin Acos 60°＋cos Asin 60°＝2sin A，
化简得：sin A＝cos A，∴tan A＝，∴A＝30°.
三、解答题
11．在△ABC中，已知a＝2，A＝30°，B＝45°，解三角形．
解 ∵＝＝，
∴b＝＝＝＝4.
∵C＝180°－(A＋B)＝180°－(30°＋45°)＝105°，
∴c＝＝＝＝2＋2.
12．在△ABC中，已知a＝2，b＝6，A＝30°，解三角形．
解 a＝2，b＝6，a
所以本题有两解，由正弦定理得：
sin B＝＝＝，故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.
能力提升
13．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c若a＝，b＝2，sinB＋cosB＝，则角A的大小为________．
答案
解析 ∵sinB＋cosB＝sin(＋B)＝.
∴sin(＋B)＝1.
又0
又a
解 在锐角三角形ABC中，A，B，C<90°，
即∴30°
故的取值范围是(，)．
1．利用正弦定理可以解决两类有关三角形的问题：
(1)已知两角和任一边，求其它两边和一角．
(2)已知两边和其中一边的对角，求另一边和两角．
2．已知两边和其中一边的对角，求第三边和其它两个角，这时三角形解的情况比较复杂，可能无解，可能一解或两解．例如：已知a、b和A，用正弦定理求B时的各种情况.
A为锐角
a
bsin A
无解
一解(直角)
两解(一锐角，
一钝角)
一解(锐角)
A为直角
或钝角
a≤b
a>b
无解
一解(锐角)
1.1.1 正弦定理(二)
课时目标
1．熟记正弦定理的有关变形公式；
2．能够运用正弦定理进行简单的推理与证明．
1．正弦定理：＝＝＝2R的常见变形：
(1)sin A∶sin B∶sin C＝a∶b∶c；
(2)＝＝＝＝2R；
(3)a＝2Rsin_A，b＝2Rsin_B，c＝2Rsin_C；
(4)sin A＝，sin B＝，sin C＝.
2．三角形面积公式：S＝absinC＝bcsinA＝casinB.
一、选择题
1．在△ABC中，sinA＝sinB，则△ABC是( )
A．直角三角形B．锐角三角形
C．钝角三角形D．等腰三角形
答案 D
2．在△ABC中，若＝＝，则△ABC是( )
A．直角三角形B．等边三角形
C．钝角三角形D．等腰直角三角形
答案 B
解析 由正弦定理知：＝＝，
∴tanA＝tanB＝tanC，∴A＝B＝C.
3．在△ABC中，sinA＝，a＝10，则边长c的取值范围是( )
A.B．(10，＋∞)
C．(0,10) D.
答案 D
解析 ∵＝＝，∴c＝sinC.
∴0
A．等腰三角形B．直角三角形
C．等腰直角三角形D．等腰或直角三角形
答案 A
解析 由a＝2bcosC得，sinA＝2sinBcosC，
∴sin(B＋C)＝2sin Bcos C，
∴sin Bcos C＋cos Bsin C＝2sin Bcos C，
∴sin(B－C)＝0，∴B＝C.
5．在△ABC中，已知(b＋c)∶(c＋a)∶(a＋b)＝4∶5∶6，则sin A∶sin B∶sin C等于( )
A．6∶5∶4 B．7∶5∶3
C．3∶5∶7 D．4∶5∶6
答案 B
解析 ∵(b＋c)∶(c＋a)∶(a＋b)＝4∶5∶6，
∴＝＝.
令＝＝＝k (k>0)，
则，解得.
∴sinA∶sinB∶sinC＝a∶b∶c＝7∶5∶3.
6．已知三角形面积为，外接圆面积为π，则这个三角形的三边之积为( )
A．1B．2
C.D．4
答案 A
解析 设三角形外接圆半径为R，则由πR2＝π，
得R＝1，由S△＝absinC＝＝＝，∴abc＝1.
二、填空题
7．在△ABC中，已知a＝3，cosC＝，S△ABC＝4，则b＝________.
答案 2
解析 ∵cosC＝，∴sinC＝，
∴absinC＝4，∴b＝2.
8．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A＝60°，a＝，b＝1，则c＝________.
答案 2
解析 由正弦定理＝，得＝，
∴sinB＝，故B＝30°或150°.由a>b，
得A>B，∴B＝30°，故C＝90°，
由勾股定理得c＝2.
9．在单位圆上有三点A，B，C，设△ABC三边长分别为a，b，c，则＋＋＝________.
答案 7
解析 ∵△ABC的外接圆直径为2R＝2，
∴＝＝＝2R＝2，
∴＋＋＝2＋1＋4＝7.
10．在△ABC中，A＝60°，a＝6，b＝12，S△ABC＝18，则＝________，c＝________.
答案 12 6
解析 ＝＝＝12.
∵S△ABC＝absinC＝×6×12sinC＝18，
∴sinC＝，∴＝＝12，∴c＝6.
三、解答题
11．在△ABC中，求证：＝.
证明 因为在△ABC中，＝＝＝2R，
所以左边＝
＝＝＝＝右边．
所以等式成立，即＝.
12．在△ABC中，已知a2tanB＝b2tanA，试判断△ABC的形状．
解 设三角形外接圆半径为R，则a2tanB＝b2tanA
⇔＝
⇔＝
⇔sinAcosA＝sinBcosB
⇔sin2A＝sin2B
⇔2A＝2B或2A＋2B＝π
⇔A＝B或A＋B＝.
∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．
能力提升
13．在△ABC中，B＝60°，最大边与最小边之比为(＋1)∶2，则最大角为( )
A．45°B．60°C．75°D．90°
答案 C
解析 设C为最大角，则A为最小角，则A＋C＝120°，
∴＝
＝
＝＋＝＝＋，
∴tanA＝1，A＝45°，C＝75°.
14．在△ABC中，a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，若a＝2，C＝，
cos＝，求△ABC的面积S.
解 cosB＝2cos2－1＝，
故B为锐角，sinB＝.
所以sinA＝sin(π－B－C)＝sin＝.
由正弦定理得c＝＝，
所以S△ABC＝acsinB＝×2××＝.
1．在△ABC中，有以下结论：
(1)A＋B＋C＝π；
(2)sin(A＋B)＝sin C，cos(A＋B)＝－cos C；
(3)＋＝；
(4)sin ＝cos ，cos ＝sin ，tan ＝.
2．借助正弦定理可以进行三角形中边角关系的互化，从而进行三角形形状的判断、三角恒等式的证明．
1．1.2 余弦定理(一)
课时目标
1．熟记余弦定理及其推论；
2．能够初步运用余弦定理解斜三角形．
1．余弦定理
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．即a2＝b2＋c2－2bccos_A，b2＝c2＋a2－2cacos_B，c2＝a2＋b2－2abcos_C.
2．余弦定理的推论
cosA＝；cosB＝；cosC＝.
3．在△ABC中：
(1)若a2＋b2－c2＝0，则C＝90°；
(2)若c2＝a2＋b2－ab，则C＝60°；
(3)若c2＝a2＋b2＋ab，则C＝135°.
一、选择题
1．在△ABC中，已知a＝1，b＝2，C＝60°，则c等于( )
A.B．3
C.D．5
答案 A
2．在△ABC中，a＝7，b＝4，c＝，则△ABC的最小角为( )
A.B.
C.D.
答案 B
解析 ∵a>b>c，∴C为最小角，
由余弦定理cosC＝
＝＝.∴C＝.
3．在△ABC中，已知a＝2，则bcosC＋ccosB等于( )
A．1B.C．2D．4
答案 C
解析 bcosC＋ccosB＝b·＋c·＝＝a＝2.
4．在△ABC中，已知b2＝ac且c＝2a，则cosB等于( )
A.B.C.D.
答案 B
解析 ∵b2＝ac，c＝2a，∴b2＝2a2，b＝a，
∴cosB＝＝＝.
5．在△ABC中，sin2＝ (a，b，c分别为角A，B，C的对应边)，则△ABC的形状为( )
A．正三角形B．直角三角形
C．等腰直角三角形D．等腰三角形
答案 B
解析 ∵sin2＝＝，
∴cosA＝＝⇒a2＋b2＝c2，符合勾股定理．
故△ABC为直角三角形．
6．在△ABC中，已知面积S＝(a2＋b2－c2)，则角C的度数为( )
A．135°B．45°C．60°D．120°
答案 B
解析 ∵S＝(a2＋b2－c2)＝absinC，
∴a2＋b2－c2＝2absinC，∴c2＝a2＋b2－2absinC.
由余弦定理得：c2＝a2＋b2－2abcosC，
∴sin C＝cos C，
∴C＝45°.
二、填空题
7．在△ABC中，若a2－b2－c2＝bc，则A＝________.
答案 120°
8．△ABC中，已知a＝2，b＝4，C＝60°，则A＝________.
答案 30°
解析 c2＝a2＋b2－2abcosC
＝22＋42－2×2×4×cos60°
＝12
∴c＝2.
由正弦定理：＝得sinA＝.
∵a
答案 120°
解析 易知：>a，>b，设最大角为θ，
则cosθ＝＝－，
∴θ＝120°.
10．在△ABC中，BC＝1，B＝，当△ABC的面积等于时，tanC＝________.
答案 －2
解析 S△ABC＝acsinB＝，∴c＝4.由余弦定理得，b2＝a2＋c2－2accosB＝13，
∴cosC＝＝－，sinC＝，
∴tanC＝－＝－2.
三、解答题
11．在△ABC中，已知CB＝7，AC＝8，AB＝9，试求AC边上的中线长．
解 由条件知：cosA＝＝＝，设中线长为x，由余弦定理知：x2＝2＋AB2－2··ABcosA＝42＋92－2×4×9×＝49
⇒x＝7.
所以，所求中线长为7.
12．在△ABC中，BC＝a，AC＝b，且a，b是方程x2－2x＋2＝0的两根，2cos(A＋B)＝1.
(1)求角C的度数；
(2)求AB的长；
(3)求△ABC的面积．
解 (1)cosC＝cos[π－(A＋B)]
＝－cos(A＋B)＝－，
又∵C∈(0°，180°)，∴C＝120°.
(2)∵a，b是方程x2－2x＋2＝0的两根，
∴
∴AB2＝b2＋a2－2abcos120°＝(a＋b)2－ab＝10，
∴AB＝.
(3)S△ABC＝absinC＝.
能力提升
13．(2010·潍坊一模)在△ABC中，AB＝2，AC＝，BC＝1＋，AD为边BC上的高，则AD的长是________．
答案
解析 ∵cosC＝＝，
∴sin C＝.
∴AD＝AC·sin C＝.
14．在△ABC中，acos A＋bcos B＝ccos C，试判断三角形的形状．
解 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.
∴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．
1．利用余弦定理可以解决两类有关三角形的问题：
(1)已知两边和夹角，解三角形．
(2)已知三边求三角形的任意一角．
2．余弦定理与勾股定理
余弦定理可以看作是勾股定理的推广，勾股定理可以看作是余弦定理的特例．
1．1.2 余弦定理(二)
课时目标
1．熟练掌握正弦定理、余弦定理；
2．会用正、余弦定理解三角形的有关问题．
1．正弦定理及其变形
(1)＝＝＝2R.
(2)a＝2Rsin_A，b＝2Rsin_B，c＝2Rsin_C.
(3)sin A＝，sin B＝，sin C＝.
(4)sin A∶sin B∶sin C＝a∶b∶c.
2．余弦定理及其推论
(1)a2＝b2＋c2－2bccos_A.
(2)cos A＝.
(3)在△ABC中，c2＝a2＋b2⇔C为直角；c2>a2＋b2⇔C为钝角；c2
(1)A＋B＋C＝π，＝－.
(2)sin(A＋B)＝sin_C，cos(A＋B)＝－cos_C，tan(A＋B)＝－tan_C.
(3)sin ＝cos ，cos ＝sin .
一、选择题
1．已知a、b、c为△ABC的三边长，若满足(a＋b－c)(a＋b＋c)＝ab，则∠C的大小为( )
A．60°B．90°
C．120°D．150°
答案 C
解析 ∵(a＋b－c)(a＋b＋c)＝ab，
∴a2＋b2－c2＝－ab，
即＝－，
∴cosC＝－，∴∠C＝120°.
2．在△ABC中，若2cosBsinA＝sinC，则△ABC的形状一定是( )
A．等腰直角三角形B．直角三角形
C．等腰三角形D．等边三角形
答案 C
解析 ∵2cosBsinA＝sinC＝sin(A＋B)，
∴sin Acos B－cos Asin B＝0，
即sin(A－B)＝0，∴A＝B.
3.在△ABC中，已知sin A∶sin B∶sin C＝3∶5∶7，则这个三角形的最小外角为( )
A．30° B．60°
C．90° D．120°
答案 B
解析 ∵a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C＝3∶5∶7，
不妨设a＝3，b＝5，c＝7，C为最大内角，
则cosC＝＝－.
∴C＝120°.
∴最小外角为60°.
4．△ABC的三边分别为a，b，c且满足b2＝ac,2b＝a＋c，则此三角形是( )
A．等腰三角形B．直角三角形
C．等腰直角三角形D．等边三角形
答案 D
解析 ∵2b＝a＋c，∴4b2＝(a＋c)2，即(a－c)2＝0.
∴a＝c.∴2b＝a＋c＝2a.∴b＝a，即a＝b＝c.
5．在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，若C＝120°，
c＝a，则( )
A．a>bB．a
答案 A
解析 在△ABC中，由余弦定理得，
c2＝a2＋b2－2abcos120°
＝a2＋b2＋ab.
∵c＝a，∴2a2＝a2＋b2＋ab.
∴a2－b2＝ab>0，∴a2>b2，∴a>b.
6．如果将直角三角形的三边增加同样的长度，则新三角形的形状是( )
A．锐角三角形B．直角三角形
C．钝角三角形D．由增加的长度确定
答案 A
解析 设直角三角形三边长为a，b，c，且a2＋b2＝c2，
则(a＋x)2＋(b＋x)2－(c＋x)2
＝a2＋b2＋2x2＋2(a＋b)x－c2－2cx－x2＝2(a＋b－c)x＋x2>0，
∴c＋x所对的最大角变为锐角．
二、填空题
7．在△ABC中，边a，b的长是方程x2－5x＋2＝0的两个根，C＝60°，则边c＝________.
答案
解析 由题意：a＋b＝5，ab＝2.
由余弦定理得：c2＝a2＋b2－2abcosC
＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab＝52－3×2＝19，
∴c＝.
8．设2a＋1，a,2a－1为钝角三角形的三边，那么a的取值范围是________．
答案 2
∵三角形为钝角三角形，∴a2＋(2a－1)2<(2a＋1)2，
化简得：0
∴a>2，∴2
答案 12
解析 S△ABC＝AB·AC·sinA
＝AB·AC·sin 60°＝2，
∴AB·AC＝8，BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos A
＝AB2＋AC2－AB·AC＝(AB＋AC)2－3AB·AC，
∴(AB＋AC)2＝BC2＋3AB·AC＝49，
∴AB＋AC＝7，∴△ABC的周长为12.
10．在△ABC中，A＝60°，b＝1，S△ABC＝，则△ABC外接圆的面积是________．
答案
解析 S△ABC＝bcsinA＝c＝，
∴c＝4，
由余弦定理：a2＝b2＋c2－2bccosA
＝12＋42－2×1×4cos60°＝13，
∴a＝.
∴2R＝＝＝，
∴R＝.∴S外接圆＝πR2＝.
三、解答题
11．在△ABC中，求证：＝.
证明 右边＝＝·cosB－·cosA
＝·－·＝－＝＝左边．
所以＝.
12.在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边的长，cosB=，
且·＝－21.
(1)求△ABC的面积；
(2)若a＝7，求角C.
解（1）∵·＝－21，∴·=21.
∴·=||·||·cosB=accosB=21.
∴ac=35，∵cosB=，∴sinB=.
∴S△ABC=acsinB=×35×=14.
(2)ac＝35，a＝7，∴c＝5.
由余弦定理得，b2＝a2＋c2－2accosB＝32，
∴b＝4.由正弦定理：＝.
∴sin C＝sin B＝×＝.
∵c
能力提升
13．已知△ABC中，AB＝1，BC＝2，则角C的取值范围是( )
A．0
解析 方法一 (应用正弦定理)
∵＝，∴＝
∴sinC＝sinA，∵0
如图所示，以B为圆心，以1为半径画圆，
则圆上除了直线BC上的点外，都可作为A点．从点C向圆B作切线，设切点为A1和A2，当A与A1、A2重合时，角C最大，易知此时：BC＝2，AB＝1，AC⊥AB，∴C＝，
∴0
(1)求＋的值；
（2）设·=，求a+c的值.
解 (1)由cosB＝，得sinB＝＝.
由b2＝ac及正弦定理得sin2B＝sinAsinC.
于是＋＝＋
＝＝
＝＝＝.
(2)由· = 得ca·cosB =
由cos B＝，可得ca＝2，即b2＝2.
由余弦定理：b2＝a2＋c2－2ac·cos B，
得a2＋c2＝b2＋2ac·cos B＝5，
∴(a＋c)2＝a2＋c2＋2ac＝5＋4＝9，∴a＋c＝3.
1．解斜三角形的常见类型及解法
在三角形的6个元素中要已知三个(至少有一边)才能求解，常见类型及其解法见下表：
已知条件
应用定理
一般解法
一边和两角
(如a，B，C)
正弦定理
由A＋B＋C＝180°，求角A；
由正弦定理求出b与c.在有
解时只有一解．
两边和夹角
(如a，b，C)
余弦定理
正弦定理
由余弦定理求第三边c；由正弦定理求出小边所对的角；再由A＋B＋C＝180°求出另一
角．在有解时只有一解．
三边
(a，b，c)
余弦定理
由余弦定理求出角A、B；再利用A＋B＋C＝180°，求出
角C.在有一解时只有一解.
两边和其中一边的对角如
(a，b，A)
余弦定理
正弦定理
由正弦定理求出角B；由A＋B＋C＝180°，求出角C；再利用正弦定理或余弦定理求
c.可有两解、一解或无解.
2.根据所给条件确定三角形的形状，主要有两种途径
(1)化边为角；
(2)化角为边，并常用正弦(余弦)定理实施边、角转换．
1.2 应用举例(一)
课时目标
1．了解数学建模的思想；
2．利用正、余弦定理解决生产实践中的有关距离的问题．
1．基线的定义：在测量上，我们根据测量需要适当确定的线段叫做基线．一般来说，基线越长，测量的精确度越高．
2．方位角：指从正北方向线按顺时针方向旋转到目标方向线所成的水平角．如图中的A点的方位角为α.
3．计算不可直接测量的两点间的距离是正弦定理和余弦定理的重要应用之一．
一、选择题
1．若点P在点Q的北偏西45°10′方向上，则点Q在点P的( )
A．南偏西45°10′B．南偏西44°50′
C．南偏东45°10′D．南偏东44°50′
答案 C
2．已知两灯塔A和B与海洋观测站C的距离都等于akm，灯塔A在观测站C的北偏东20°方向上，灯塔B在观测站C的南偏东40°方向上，则灯塔A与灯塔B的距离为( )
A．a km B.a km
C.a km D．2a km
答案 B
解析 ∠ACB＝120°，AC＝BC＝a，
∴由余弦定理得AB＝a.
3．海上有A、B两个小岛相距10nmile，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．10nmileB.nmile
C．5nmileD．5nmile
答案 D
解析 在△ABC中，∠C＝180°－60°－75°＝45°.
由正弦定理得：＝
∴＝
解得BC＝5.
4．如图所示，设A、B两点在河的两岸，一测量者在A的同侧，在A所在的河岸边选定一点C，测出AC的距离为50m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以计算A、B两点的距离为( )
A．50mB．50m
C．25mD.m
答案 A
解析 由题意知∠ABC＝30°，由正弦定理＝，
∴AB＝＝＝50 (m)．
5．如图，一货轮航行到M处，测得灯塔S在货轮的北偏东15°，与灯塔S相距20海里，随后货轮按北偏西30°的方向航行30分钟后到达N处，又测得灯塔在货轮的东北方向，则货轮的速度为( )
A．20(＋) 海里/小时
B．20(－) 海里/小时
C．20(＋) 海里/小时
D．20(－) 海里/小时
答案 B
解析 由题意，
∠SMN＝45°，∠SNM＝105°，∠NSM＝30°.
由正弦定理得＝.
∴MN＝＝＝10(－)．
则v货＝20(－) 海里/小时．
6．甲船在岛B的正南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.小时
C．21.5分钟D．2.15分钟
答案 A
解析 设行驶x小时后甲到点C，乙到点D，两船相距ykm，
则∠DBC＝180°－60°＝120°.
∴y2＝(10－4x)2＋(6x)2－2(10－4x)·6xcos120°
＝28x2－20x＋100
＝28(x2－x)＋100＝282－＋100
∴当x＝(小时)＝(分钟)时，
y2有最小值．∴y最小．
二、填空题
7．如图，A、B两点间的距离为________．
答案 3
8．如图，A、N两点之间的距离为________．
答案 40
9．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＝120m，则河的宽度为______．
答案 60m
解析 在△ABC中，∠CAB＝30°，∠CBA＝75°，
∴∠ACB＝75°.∠ACB＝∠ABC.∴AC＝AB＝120m.
作CD⊥AB，垂足为D，则CD即为河的宽度．
由正弦定理得＝，
∴＝，
∴CD＝60(m)
∴河的宽度为60m.
10．太湖中有一小岛，沿太湖有一条正南方向的公路，一辆汽车测得小岛在公路的南偏西15°的方向上，汽车行驶1km后，又测得小岛在南偏西75°的方向上，则小岛到公路的距离是________km.
答案
解析
如图，∠CAB＝15°，∠CBA＝180°－75°＝105°，
∠ACB＝180°－105°－15°＝60°，AB＝1km.
由正弦定理得
＝
∴BC＝·sin15°＝ (km)．
设C到直线AB的距离为d，
则d＝BC·sin75°＝·＝ (km)．
三、解答题
11．如图，某货轮在A处看灯塔B在货轮的北偏东75°，距离为12nmile，在A处看灯塔C在货轮的北偏西30°，距离为8nmile，货轮由A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在北偏东120°方向上，求：
(1)A处与D处的距离；
(2)灯塔C与D处的距离．
解 (1)在△ABD中，∠ADB＝60°，∠B＝45°，由正弦定理得AD＝＝＝24(nmile)．
(2)在△ADC中，由余弦定理得
CD2＝AD2＋AC2－2AD·AC·cos30°，
解得CD＝8≈14(nmile)．
即A处与D处的距离为24nmile，
灯塔C与D处的距离约为14nmile.
12．如图，为测量河对岸A、B两点的距离，在河的这边测出CD的长为km，∠ADB＝∠CDB＝30°，∠ACD＝60°，∠ACB＝45°，求A、B两点间的距离．
解 在△BDC中，∠CBD＝180°－30°－105°＝45°，
由正弦定理得＝，
则BC＝＝(km)．
在△ACD中，∠CAD＝180°－60°－60°＝60°，
∴△ACD为正三角形．∴AC＝CD＝(km)．
在△ABC中，由余弦定理得
AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos45°
＝＋－2×××＝，
∴AB＝(km)．
答 河对岸A、B两点间距离为km.
能力提升
13．台风中心从A地以每小时20千米的速度向东北方向移动，离台风中心30千米内的地区为危险区，城市B在A的正东40千米处，B城市处于危险区内的持续时间为( )
A．0.5小时B．1小时
C．1.5小时D．2小时
答案 B
解析 设t小时时，B市恰好处于危险区，则由余弦定理得：
(20t)2＋402－2×20t×40·cos45°＝302.
化简得：4t2－8t＋7＝0，
∴t1＋t2＝2，t1·t2＝.
从而|t1－t2|＝＝1.
14．如图所示，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°方向的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？
解 如图所示，连结A1B2，
由已知A2B2＝10，
A1A2＝30×＝10，∴A1A2＝A2B2，
又∠A1A2B2＝180°－120°＝60°，
∴△A1A2B2是等边三角形，
∴A1B2＝A1A2＝10.
由已知，A1B1＝20，∠B1A1B2＝105°－60°＝45°，
在△A1B2B1中，由余弦定理，
B1B＝A1B＋A1B－2A1B1·A1B2·cos 45°
＝202＋(10)2－2×20×10×
＝200.
∴B1B2＝10.
因此，乙船速度的大小为
×60＝30(海里/小时)．
答 乙船每小时航行30海里．
1．解三角形应用问题的基本思路是：
实际问题数学问题数学问题的解实际问题的解．
2．测量距离问题：这类问题的情境一般属于“测量有障碍物相隔的两点间的距离”．在测量过程中，要根据实际需要选取合适的基线长度，测量工具要有较高的精确度．
1.2 应用举例(二)
课时目标
1．利用正、余弦定理解决生产实践中的有关高度的问题．
2．利用正、余弦定理及三角形面积公式解决三角形中的几何度量问题．
1．仰角和俯角：与目标视线在同一铅垂平面内的水平视线和目标视线的夹角，目标视线在水平线上方时叫仰角，目标视线在水平线下方时叫俯角．(如图所示)
2．已知△ABC的两边a、b及其夹角C，则△ABC的面积为absin C.
一、选择题
1．从A处望B处的仰角为α，从B处望A处的俯角为β，则α与β的关系为( )
A．α>βB．α＝β
C．α<βD．α＋β＝90°
答案 B
2．设甲、乙两楼相距20m，从乙楼底望甲楼顶的仰角为60°，从甲楼顶望乙楼顶的俯角为30°，则甲、乙两楼的高分别是( )
A．20m，m
B．10m,20m
C．10(－) m,20m
D.m，m
答案 A
解析 h甲＝20tan60°＝20(m)．
h乙＝20tan 60°－20tan 30°＝(m)．
3．如图，为测一树的高度，在地面上选取A、B两点，从A、B两点分别测得望树尖的仰角为30°，45°，且A、B两点之间的距离为60m，则树的高度为( )
A．30＋30mB．30＋15m
C．15＋30mD．15＋3m
答案 A
解析 在△PAB中，由正弦定理可得
＝，
PB＝＝，
h＝PBsin45°＝(30＋30)m.
4．从高出海平面h米的小岛看正东方向有一只船俯角为30°，看正南方向一只船俯角为45°，则此时两船间的距离为( )
A．2h米B.h米
C.h米D．2h米
答案 A
解析 如图所示，
BC＝h，AC＝h，
∴AB＝＝2h.
5．在某个位置测得某山峰仰角为θ，对着山峰在平行地面上前进600m后测仰角为原来的2倍，继续在平行地面上前进200m后，测得山峰的仰角为原来的4倍，则该山峰的高度是( )
A．200mB．300m
C．400mD．100m
答案 B
解析 如图所示，600·sin2θ＝200·sin4θ，
∴cos2θ＝，∴θ＝15°，
∴h＝200·sin 4θ＝300 (m)．
6．平行四边形中，AC＝，BD＝，周长为18，则平行四边形面积是( )
A．16B．17.5C．18D．18.53
答案 A
解析 设两邻边AD＝b，AB＝a，∠BAD＝α，
则a＋b＝9，a2＋b2－2abcosα＝17，
a2＋b2－2abcos(180°－α)＝65.
解得：a＝5，b＝4，cosα＝或a＝4，b＝5，cosα＝，
∴S▱ABCD＝absinα＝16.
二、填空题
7．甲船在A处观察乙船，乙船在它的北偏东60°的方向，两船相距a海里，乙船正向北行驶，若甲船是乙船速度的倍，则甲船应取方向__________才能追上乙船；追上时甲船行驶了________海里．
答案 北偏东30° a
解析
如图所示，设到C点甲船追上乙船，
乙到C地用的时间为t，乙船速度为v，
则BC＝tv，AC＝tv，B＝120°，
由正弦定理知＝，
∴＝，
∴sin∠CAB＝，∴∠CAB＝30°，∴∠ACB＝30°，
∴BC＝AB＝a，
∴AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos120°
＝a2＋a2－2a2·＝3a2，∴AC＝a.
8．△ABC中，已知A＝60°，AB∶AC＝8∶5，面积为10，则其周长为________．
答案 20
解析 设AB＝8k，AC＝5k，k>0，则
S＝AB·AC·sin A＝10k2＝10.
∴k＝1，AB＝8，AC＝5，由余弦定理：
BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos A
＝82＋52－2×8×5×＝49.
∴BC＝7，∴周长为：AB＋BC＋CA＝20.
9．已知等腰三角形的底边长为6，一腰长为12，则它的内切圆面积为________．
答案
解析 不妨设三角形三边为a，b，c且a＝6，b＝c＝12，
由余弦定理得：
cosA＝＝＝，
∴sinA＝＝.
由(a＋b＋c)·r＝bcsinA得r＝.
∴S内切圆＝πr2＝.
10．某舰艇在A处测得遇险渔船在北偏东45°，距离为10nmile的C处，此时得知，该渔船沿北偏东105°方向，以每小时9nmile的速度向一小岛靠近，舰艇时速21nmile，则舰艇到达渔船的最短时间是______小时．
答案
解析 设舰艇和渔船在B处相遇，则在△ABC中，由已知可得：∠ACB＝120°，设舰艇到达渔船的最短时间为t，则AB＝21t，BC＝9t，AC＝10，则(21t)2＝(9t)2＋100－2×10×9tcos120°，
解得t＝或t＝－(舍)．
三、解答题
11．如图所示，在山顶铁塔上B处测得地面上一点A的俯角为α，在塔底C处测得A处的俯角为β.已知铁塔BC部分的高为h，求山高CD.
解 在△ABC中，∠BCA＝90°＋β，
∠ABC＝90°－α，
∠BAC＝α－β，∠CAD＝β.
根据正弦定理得：＝，
即＝，
∴AC＝
＝.
在Rt△ACD中，CD＝ACsin∠CAD＝ACsinβ
＝.
即山高CD为.
12．已知圆内接四边形ABCD的边长AB＝2，BC＝6，CD＝DA＝4，求圆内接四边形ABCD的面积．
解
连接BD，则四边形面积
S＝S△ABD＋S△CBD＝AB·AD·sinA＋BC·CD·sinC.
∵A＋C＝180°，∴sinA＝sinC.
∴S＝(AB·AD＋BC·CD)·sin A＝16sin A.
由余弦定理：在△ABD中，BD2＝22＋42－2×2×4cos A＝20－16cos A，
在△CDB中，BD2＝42＋62－2×4×6cos C＝52－48cos C，
∴20－16cos A＝52－48cos C.
又cos C＝－cos A，∴cos A＝－.∴A＝120°.
∴四边形ABCD的面积S＝16sinA＝8.
能力提升
13．如图所示，为了解某海域海底构造，在海平面内一条直线上的A、B、C三点进行测量．已知AB＝50m，BC＝120m，于A处测得水深AD＝80m，于B处测得水深BE＝200m，于C处测得水深CF＝110m，求∠DEF的余弦值．
解 作DM∥AC交BE于N，交CF于M.
DF＝＝＝10(m)，
DE＝＝＝130(m)，
EF＝＝＝150(m)．
在△DEF中，由余弦定理的变形公式，得
cos∠DEF＝
＝＝.
即∠DEF的余弦值为.
14．江岸边有一炮台高30m，江中有两条船，由炮台顶部测得俯角分别为45°和30°，而且两条船与炮台底部连成30°角，求两条船之间的距离．
解 如图所示：
∠CBD＝30°，∠ADB＝30°，∠ACB＝45°
∵AB＝30，
∴BC＝30，
BD＝
＝30.
在△BCD中，
CD2＝BC2＋BD2－2BC·BD·cos30°＝900，
∴CD＝30，即两船相距30m.
1．测量底部不可到达的建筑物的高度问题．由于底部不可到达，这类问题不能直接用解直角三角形的方法解决，但常用正弦定理和余弦定理，计算出建筑物顶部到一个可到达的点之间的距离，然后转化为解直角三角形的问题．
2．测量角度就是在三角形内利用正弦定理和余弦定理求角的正弦值或余弦值，再根据需要求出所求的角．
第一章解三角形复习课
课时目标
1．掌握正弦定理、余弦定理的内容，并能解决一些简单的三角形度量问题．
2．能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题．
一、选择题
1．在△ABC中，A＝60°，a＝4，b＝4，则B等于( )
A．45°或135°B．135°
C．45°D．以上答案都不对
答案 C
解析 sinB＝b·＝，且b
A．锐角三角形B．直角三角形
C．钝角三角形D．等腰三角形
答案 C
解析 cos Acos B>sin Asin B⇔cos(A＋B)>0，
∴A＋B<90°，∴C>90°，C为钝角．
3．已知△ABC中，sinA∶sinB∶sinC＝k∶(k＋1)∶2k，则k的取值范围是( )
A．(2，＋∞) B．(－∞，0)
C.D.
答案 D
解析 由正弦定理得：a＝mk，b＝m(k＋1)，
c＝2mk(m>0)，
∵ 即，∴k>.
4．如图所示，D、C、B三点在地面同一直线上，DC＝a，从C、D两点测得A点的仰角分别是β、α(β<α)．则A点离地面的高AB等于( )
A.B.
C.D.
答案 A
解析 设AB＝h，则AD＝，
在△ACD中，∵∠CAD＝α－β，∴＝.
∴＝，∴h＝.
5．在△ABC中，A＝60°，AC＝16，面积为220，那么BC的长度为( )
A．25B．51C．49D．49
答案 D
解析 S△ABC＝AC·AB·sin60°＝×16×AB×＝220，∴AB＝55.
∴BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos60°＝552＋162－2×16×55×＝2401.
∴BC＝49.
6．(2010·天津)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c.若a2－b2＝bc，
sinC＝2sinB，则A等于( )
A．30°B．60°
C．120°D．150°
答案 A
解析 由sinC＝2sinB，根据正弦定理，得
c＝2b，把它代入a2－b2＝bc得
a2－b2＝6b2，即a2＝7b2.
由余弦定理，得cosA＝＝
＝＝.
又∵0°
7．三角形两条边长分别为3cm,5cm，其夹角的余弦值是方程5x2－7x－6＝0的根，则此三角形的面积是________cm2.
答案 6
解析 由5x2－7x－6＝0，解得x1＝－，x2＝2.
∵x2＝2>1，不合题意．∴设夹角为θ，则cosθ＝－，
得sinθ＝，∴S＝×3×5×＝6 (cm2)．
8．在△ABC中，A＝60°，b＝1，S△ABC＝，则＝____________.
答案
解析 由S＝bcsinA＝×1×c×＝，∴c＝4.
∴a＝＝
＝.
∴＝＝.
9．在△ABC中，a＝x，b＝2，B＝45°，若三角形有两解，则x的取值范围是
______________．
答案 2
答案 20
解析 如图所示，＝
∴BC＝×sin45°＝×
＝20 (km)．
三、解答题
11．在△ABC中，已知(a＋b＋c)(b＋c－a)＝3bc，且sinA＝2sinBcosC，试确定△ABC的形状．
解 由(a＋b＋c)(b＋c－a)＝3bc，
得b2＋2bc＋c2－a2＝3bc，
即a2＝b2＋c2－bc，∴cosA＝＝＝，
∴A＝.
又sinA＝2sinBcosC．∴a＝2b·＝，
∴b2＝c2，b＝c，∴△ABC为等边三角形．
12．在△ABC中，若已知三边为连续正整数，最大角为钝角．
(1)求最大角的余弦值；
(2)求以此最大角为内角，夹此角的两边之和为4的平行四边形的最大面积．
解 (1)设这三个数为n，n＋1，n＋2，最大角为θ，
则cosθ＝<0，
化简得：n2－2n－3<0⇒－1
∴cosθ＝＝－.
(2)设此平行四边形的一边长为a，则夹θ角的另一边长为4－a，平行四边形的面积为：
S＝a(4－a)·sinθ＝(4a－a2)＝[－(a－2)2＋4]≤.
当且仅当a＝2时，Smax＝.
能力提升
13．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知cos2C＝－.
(1)求sinC的值；
(2)当a＝2,2sinA＝sinC时，求b及c的长．
解 (1)∵cos2C＝1－2sin2C＝－，0
(2)当a＝2,2sinA＝sinC时，由正弦定理＝，
得c＝4.
由cos2C＝2cos2C－1＝－及0
由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，
得b2±b－12＝0(b>0)，
解得b＝或2，
∴或
14．如图所示，已知在四边形ABCD中，AD⊥CD，AD＝10，AB＝14，∠BDA＝60°，∠BCD＝135°，求BC的长．
解 设BD＝x，在△ABD中，由余弦定理有
AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cos∠ADB，
即142＝x2＋102－20xcos60°，
∴x2－10x－96＝0，∴x＝16(x＝－6舍去)，
即BD＝16.
在△BCD中，由正弦定理＝，
∴BC＝＝8.
1．在解三角形时，常常将正弦定理、余弦定理结合在一起用，要注意恰当的选取定理，简化运算过程．
2．应用正、余弦定理解应用题时，要注意先画出平面几何图形或立体图形，再转化为解三角形问题求解，即先建立数学模型，再求解．