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高考数学一轮复习学案：解三角形的综合应用（含答案）4.7解三角形的综合应用解三角形的综合应用最新考纲考情考向分析能够运用正弦定理.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.以利用正弦定理.余弦定理测量距离.高度.角度等实际问题为主，常与三角恒等变换.三角函数的性质结合考查，加强数学知识的应用性题型主要为选择题和填空题，中档难度.实际测量中的常见问题求AB图形需要测量的元素解法求竖直高度底部可达ACB，BCa解直角三角形ABatan底部不可达ACB，ADB，CDa解两个直角三角形ABatantantantan求水平距离山两侧ACB，ACb，BCa用余弦定理ABa2b22abcos河两岸ACB，ABC，CBa用正弦定理ABasinsin河对岸ADC，BDC，BCD，ACD，CDa在ADC中，ACasinsin；在BDC中，BCasinsin；在ABC中，应用余弦定理求AB知识拓展实际问题中的常用术语1仰角和俯角与目标线在同一铅垂平面内的水平视线和目标视线的夹角，目标视线在水平视线上方叫仰角，目标视线在水平视线下方叫俯角如图2方向角相对于某正方向的水平角，如南偏东30，北偏西45等3方位角指从正北方向顺时针转到目标方向线的水平角，如B点的方位角为如图4坡度又称坡比坡面的垂直高度与水平长度之比题组一思考辨析1判断下列结论是否正确请在括号中打“”或“”1从A处望B处的仰角为，从B处望A处的俯角为，则，的关系为180.2俯角是铅垂线与视线所成的角，其范围为0，2.3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4方位角大小的范围是0,2，方向角大小的范围一般是0，2.题组二教材改编2.P11例1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50m，ACB45，CAB105后，就可以计算出A，B两点的距离为________m.答案502解析由正弦定理得ABsinACBACsinB，又B30，ABACsinACBsinB502212502m3P13例3如图，在山脚A测得山顶P 的仰角为30，沿倾斜角为15的斜坡向上走a米到B，在B处测得山顶P的仰角为60，则山高h______米答案22a解析由题图可得PAQ30，BAQ15，PAB中，PAB15，又PBC60，BPA909030，asin30PBsin15，PB622a，PQPCCQPBsinasin622asin60asin1522a.题组三易错自纠4在某次测量中，在A处测得同一半平面方向的B 点的仰角是60，C点的俯角是70，则BAC等于A10B50C120D130答案D5.如图所示，D，C，B三点在地面的同一条直线上，DCa，从C，D两点测得A点的仰角分别为60，30，则A点离地面的高度AB________.答案32a解析由已知得DAC30，ADC为等腰三角形，AD3a，所以在RtADB中，AB12AD32a.6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20km/h；水的流向是正东，流速是20km/h，若不考虑其他因素，救生艇在洪水中漂行的方向为北偏东________，速度的大小为________km/h.答案60203解析如图，AOB60，由余弦定理知OC2202202800cos1201200，故OC203，COy303060.题型一题型一求距离.高度问题求距离.高度问题1xx吉林长春检测江岸边有一炮台高30m，江中有两条船，船与炮台底部在同一水平面上，由炮台顶部测得俯角分别为45和60，而且两条船与炮台底部连线成30角，则两条船相距____m.答案103解析如图，OMAOtan4530m，ONAOtan303330103m，在MON中，由余弦定理得，MN90030023010332300103m2.xx郑州一中月考如图所示，在山顶铁塔上B处测得地面上一点A的俯角为，在塔底C处测得A处的俯角为.已知铁塔BC部分的高为h，则山高CD________.答案hcossinsin解析由已知得，BCA90，ABC90，BAC，CAD.在ABC中，由正弦定理得ACsinABCBCsinBAC，即ACsin90BCsin，ACBCcossinhcossin.在RtACD中，CDACsinCADACsinhcossinsin.故山高CD为hcossinsin.3xx日照模拟一船以每小时15km的速度向东航行，船在A处看到一个灯塔B在北偏东60的方向上，行驶4h后，船到达C处，看到这个灯塔在北偏东15的方向上，这时船与灯塔的距离为________km.答案302解析如图，由题意知，BAC30，ACB105，B45，AC60，由正弦定理得BCsin30ACsin45，BC302km思维升华求距离.高度问题的注意事项1选定或确定要创建的三角形，要首先确定所求量所在的三角形，若其他量已知则直接解；若有未知量，则把未知量放在另一确定三角形中求解2确定用正弦定理还是余弦定理，如果都可用，就选择更便于计算的定理题型二题型二求角度问题求角度问题典例如图所示，位于A处的信息中心获悉在其正东方向相距40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30.相距20海里的C 处的乙船，现乙船朝北偏东的方向沿直线CB前往B处救援，则cos的值为________答案2114解析在ABC中，AB40，AC20，BAC120，由余弦定理得BC2AB2AC22ABACcos1202800，得BC207.由正弦定理，得ABsinACBBCsinBAC，即sinACBABBCsinBAC217.由BAC120，知ACB为锐角，则cosACB277.由ACB30，得coscosACB30cosACBcos30sinACBsin302114.思维升华解决测量角度问题的注意事项1首先应明确方位角或方向角的含义；2分析题意，分清已知与所求，再根据题意画出正确的示意图，这是最关键.最重要的一步；3将实际问题转化为可用数学方法解决的问题后，注意正弦.余弦定理的“联袂”使用跟踪训练如图所示，已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离相等，灯塔A 在观察站C的北偏东40的方向上，灯塔B在观察站C的南偏东60的方向上，则灯塔A在灯塔B的______的方向上答案北偏西10解析由已知ACB180406080，又ACBC，AABC50，605010，灯塔A位于灯塔B的北偏西10的方向上题型三题型三三角形与三角函数的综合问题三角形与三角函数的综合问题典例xx石家庄模拟在ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，2accosBbcosC0.1求角B的大小；2设函数fx2sinxcosxcosB32cos2x，求函数fx的最大值及当fx取得最大值时x的值解1因为2accosBbcosC0，所以2acosBccosBbcosC0，由正弦定理得2sinAcosBsinCcosBcosCsinB0，即2sinAcosBsinCB0，又CBA，所以sinCBsinA.所以sinA2cosB10.在ABC中，sinA0，所以cosB12，又B0，，所以B3.2因为B3，所以fx12sin2x32cos2xsin2x3，令2x32k2kZ，得xk512kZ，即当xk512kZ时，fx取得最大值1.思维升华三角形与三角函数的综合问题，要借助三角函数性质的整体代换思想，数形结合思想，还要结合三角形中角的范围，充分利用正弦定理.余弦定理解题跟踪训练设fxsinxcosxcos2x4.1求fx的单调区间；2在锐角ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若fA20，a1，求ABC面积的最大值解1由题意知fxsin2x21cos2x22sin2x21sin2x2sin2x12.由22k2x22k，kZ,可得4kx4k，kZ；由22k2x322k，kZ,可得4kx34k，kZ.所以fx的单调递增区间是4k，4kkZ；单调递减区间是4k，34kkZ2由fA2sinA120，得sinA12，由题意知A为锐角，所以cosA32.由余弦定理a2b2c22bccosA，可得13bcb2c22bc，即bc23，当且仅当bc时等号成立因此12bcsinA234.所以ABC面积的最大值为234.函数思想在解三角形中的应用典例12分某港口O要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上在小艇出发时，轮船位于港口O北偏西30且与该港口相距20海里的A处，并正以30海里/小时的航行速度沿正东方向匀速行驶假设该小艇沿直线方向以v海里/小时的航行速度匀速行驶，经过t小时与轮船相遇1若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇航行速度的大小应为多少2假设小艇的最高航行速度只能达到30海里/小时，试设计航行方案即确定航行方向和航行速度的大小，使得小艇能以最短时间与轮船相遇，并说明理由思想方法指导已知两边和其中一边的对角解三角形时，可以设出第三边，利用余弦定理列方程求解；对于三角形中的最值问题，可建立函数模型，转化为函数最值问题解决规范解答解1设相遇时小艇航行的距离为S 海里，则1分S900t2400230t20cos9030900t2600t400900t132300.3分故当t13时，Smin103，v10313303.即小艇以303海里/小时的速度航行，相遇时小艇的航行距离最小6分2设小艇与轮船在B处相遇则v2t2400900t222030tcos9030，8分故v2900600t400t2.0v30，900600t400t2900，即2t23t0，解得t23.又当t23时，v30，故当v30时，t取得最小值，且最小值为23.此时，在OAB中，有OAOBAB20.11分故可设计航行方案如下航行方向为北偏东30，航行速度为30海里/小时12分。
2012版高三数学一轮精品复习学案：第三章三角函数、解三角形3．2解三角形【高考新动向】一、正弦定理和余弦定理 1、考纲点击掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题； 2、热点提示（1）利用正、余弦定理求三角形中的边、角及其面积问题是高考考查的热点；（2）常与三角形等变换相结合，综合考查三角形中的边与角、三角形形状的判断等； （3）在平面解析几何、立体几何中常作为工具求角和两点间的距离问题。
二、应用举例 1、考纲点击能够运用正弦定理、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。
2、热点提示（1）对解决实际问题中的角度、方向、距离及测量问题的考查是高考考查的重点； （3）在选择题、填空题、解答题中都可能考查，多属中低档题。
【考纲全景透析】一、正弦定理和余弦定理 cos ,cos ,cos .bc A ac B ab C 注：在ΔABC 中，sinA>sinB 是A>B 的充要条件。
（∵sinA>sinB ⇔22R R>⇔a>b ⇔A>B ） 2、在在ΔABC 中，已知a,b 和A 时，解的情况如下：3、三角形中的一些常用结论在⊿ABC中，设角A、B、C的对边长度分别为（1）三角形内角和定理A+B+C=π（2）三角形中的诱导公式Sin(A+B)=sinC,cos(A+B)=-cosC,tan(A+B)=-tanC,（3）三角形中的边角关系三角形中等边对等角，大边对大角，反之亦然；三角形中任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边。
（4）三个重要结论①A＞B＞C⇔sinA＞sinB＞sinC;②sinA:sinB:sinC=a:b:c.③二、应用举例1、实际问题中的常用角（1）仰角和俯角在视线和水平线所成的角中，视线在水平线上方的角叫仰角，在水平线下文的叫俯角（如图①）（2）方位角从指北方向顺时针转到目标方向线的水平角，如B点的方位角为α（如图②）注：仰角、俯角、方位角的区别是：三者的参照不同。
解析：由题意，/ ACB= 180°— 75°— 60°= 45由正弦定理得ACsin 60AB sin 45 ° ,2所以 AC= sin 45-sin 60 ° = 6(km).第八节 解三角形的应用题号1234567答案1. (2013 •绍兴模拟)有一长为1的斜坡，它的倾斜角为20°,现高不变，将倾斜角改为10°，则斜坡长为()解析：如图，/ ABC= 20°, AB= 1，/ ADC= 10 •••/ ABD= 160°.答案：C2•如果把直角三角形的三边都增加同样的长度，则这个新的三角形的形状为 ( )A.锐角三角形 B •直角三角形 C.钝角三角形D •由增加的长度决定解析：设增加同样的长度为x ，原三边长为a 、b 、c ,且c 2=a 2 +b 2, a + b>c.新的三角形的三边长为a + x 、b + x 、c + x ,知c + x 为最大边，其对应角最大.而(a + x) + (b + x) — (c + x) = x + 2(a + b - c)x>0 ,由余弦定理知新的三角形的最大角 的余弦值为正，则为锐角，那么它为锐角三角形.____________答案：A3. 在相距2 km 的A 、B 两点处测量目标 C ,若/ CAB= 75°,/ CBA= 60°,贝U A 、C 两 点之间的距离是()A. 2工：3 km B . 3 2 km C. , 6 km D . 3 , 3 kmA. 1 B . 2sin 10C . 2cos 10 °D . cos 20在厶ABD 中，由正弦定理得 AD sin 160AB sin 10• AD= AB-sin 160 sin 20 sin 10sin 10=2cos 10.故选C 项.J答案：C4. 甲船在岛 B 的正南方A 处，AB= 10 km ，甲船以4 km/h 的速度向正北航行，同时乙 船自B 出发以6 km/h 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（）C. 21.5分钟D . 2.15分钟解析：t 小时后，甲、乙两船的距离为 s ,2 2 2s = (6t)+ (10 — 4t) — 2X 6t X (10 — 4t)cos 120=28t 2— 20t + 100.20 5 5 150•••当t = 2X 28 = 14（小时）=14X 60= 7 （分钟）时，甲、乙两船的距离最近.故选 A.答案：A5. 某人在C 点测得某塔在南偏西 80°,塔顶仰角为45°,此人沿南偏东40°方向前进 10 m 到D,测得塔顶A 的仰角为30°,则塔高为()A. 15 m B . 5 m C . 10 m D . 12 m解析：如图，设塔高为 h ,在Rt △ AOC 中，/ AC(= 45°,贝U OC= OA= h.在Rt △ AOD 中， /ADO= 30°,贝U OD- 3h ,在厶 OCD 中，/ OC = 120°, CD = 10,由余弦定理得： OD = O C + CD — 2 OC - CDcosZ OCD 即 卩(W h)2= h 2 + 102— 2h X 10X cos 120 °,；h 2— 5 h — 50= 0，解 得 h = 10或 h =— 5(舍).答案：C6 .如图所示，为了测量某障碍物两侧 据，不能确定 A , B 间距离的是（）A.a, a , b B . a,3, a C. a , b , Y D . a,3, bA.罟分钟B. 弓分钟A ,B 间的距离，给定下列四组数解析：选项B 中由正弦定理可求 b ,再由余弦定理可确定 AB.选项C 中可由余弦定理确定AB•选项D同B类似.答案：A7. （2014 •济南模拟）如图，设A B两点在河的两岸，一测量者在A的同侧所在的河岸边选定一点C,测出AC的距离为50 m,/ACB= 45°,/ CAB= 105°后，就可以计算出A, B两点间的距离为（） A. 50 '2 m B . 50 mC. 25 .''2 mD.筈2m解析：因为/ ACB= 45°, / CAB= 105°ACAB中，由正弦定理，得sin / CBA= sin / ACBAB= 50 2(m)，故选A.答案：AC对于山坡的斜度为15°, &如图，在斜度一定的山坡上一点A测得山顶上一建筑物顶端向山顶前进100 m后，又从点B测得斜度为45 °,假设建筑物高50 m，设山对于地平面的斜度为B,则cos 0 =解析：在厶ABC 中，AB = 100 m , / CAB= 15°,/ ACB= 45°- 15°= 30°,由正弦定理得• 30 ° = i BC ° ,sin 30 sin 15••• BC= 200sin 15在厶DBC 中，CD= 50 m,/ CB= 45°,/ CD= 90°+0,50 200sin 15由正弦定理知，sin 45 ° = sin (90°+0)，解得cos 0= 3 - 1.o答案：3- 19.如图，在坡度为15°的观礼台上，某一列座位与旗杆在同一个垂直于地面的平面上,在该列的第一排和最后一排测得旗杆顶端的仰角分别为60°和30°,且第一排和最后一排的距离为10 ..'6 m,旗杆解析：设旗杆高为h 米，最后一排为点A,第一排为点B 旗杆顶端为点C,则BO sin 60o所以炮兵阵地到目标的距离为 42 km..在厶 ABC 中，AB= 10 6，/ CAB= 45°,/ ABC = 105°,所以/ ACB= 30°，由正弦定最后一排/" A第一排答案：3010.某炮兵阵地位于地面 A 处，两观察所分别位于地面 C 和D 处，已知CD= 6 km, / ACD =45°,/ ADC= 75。
第八节 正弦定理和余弦定理的应用课时作业 A 组——基础对点练1．一个大型喷水池的中央有一个强大喷水柱，为了测量喷水柱喷出的水柱的高度，某人在喷水柱正西方向的点A 测得水柱顶端的仰角为45°，沿点A 向北偏东30°前进100 m 到达点B ，在B 点测得水柱顶端的仰角为30°，则水柱的高度是( ) A ．50 m B ．100 m C ．120 mD ．150 m解析：设水柱高度是h m ，水柱底端为C ，则在△ABC 中，∠BAC ＝60°，AC ＝h ，AB ＝100，BC ＝3h ，根据余弦定理得，(3h )2＝h 2＋1002－2·h ·100·cos 60°，即h 2＋50h －5 000＝0，即(h －50)(h ＋100)＝0，即h ＝50，故水柱的高度是50 m.答案：A2．如图，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°，灯塔B 在观察站南偏东60°，则灯塔A 在灯塔B 的( )A ．北偏东10°B ．北偏西10°C ．南偏东80°D ．南偏西80°解析：由条件及图可知，∠A ＝∠CBA ＝40°，又∠BCD ＝60°，所以∠CBD ＝30°，所以∠DBA ＝10°，因此灯塔A 在灯塔B 南偏西80°. 答案：D3．如图，设A ，B 两点在河的两岸，一测量者在A 的同侧，在所在的河岸边选定一点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 2 m B ．50 3 m C ．25 2 mD ．2522m解析：由正弦定理得AB sin ∠ACB ＝ACsin B，∴AB ＝AC ·sin∠ACBsin B ＝50×2212＝502，故A ，B 两点的距离为50 2 m.答案：A4．(2018·某某市检测)在△ABC 中，已知AB ＝2，AC ＝5，tan ∠BAC ＝－3，则BC 边上的高等于( ) A ．1 B ． 2 C. 3D ．2 解析：因为tan ∠BAC ＝－3，所以sin ∠BAC ＝310，cos ∠BAC ＝－110.由余弦定理，得BC2＝AC 2＋AB 2－2AC ·AB ·cos∠BAC ＝5＋2－2×5×2×(－110)＝9，所以BC ＝3，所以S △ABC ＝12AB ·AC sin ∠BAC ＝12×2×5×310＝32，所以BC 边上的高h ＝2S △ABCBC ＝2×323＝1，故选A. 答案：A5．(2018·某某模拟)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119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119x m/s ，因为AB ＝1 040，BC ＝500，所以AC x ＝1 040＋500119x ，解得：AC ＝1 260，在△ABC 中由余弦定理可知cos ∠BAC ＝AB 2＋AC 2－BC 22AB ·AC＝1 0402＋1 2602－50022×1 040×1 260＝8491＝1213，所以sin ∠BAC ＝1－cos 2∠BAC ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12132＝513.答案：5136．如图所示，在一个坡度一定的山坡AC 的顶上有一高度为25 m 的建筑物CD ，为了测量该山坡相对于水平地面的坡角θ，在山坡的A 处测得∠DAC ＝15°，沿山坡前进50 m 到达B 处，又测得 ∠DBC ＝45°，根据以上数据可得cos θ＝________.解析：由∠DAC ＝15°，∠DBC ＝45°可得∠BDA ＝30°，∠DBA ＝135°，∠BDC ＝90°－(15°＋θ)－30°＝45°－θ，由内角和定理可得∠DCB ＝180°－(45°－θ)－45°＝90°＋θ，根据正弦定理可得50sin 30°＝DBsin 15°，即DB ＝100sin 15°＝100×sin(45°－30°)＝252(3－1)，又25sin 45°＝2523－1sin 90°＋θ，即25sin 45°＝2523－1cos θ，得到cos θ＝3－1. 答案：3－17．已知在岛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°＝5314，sin 22°＝3314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海里，依题意，∠BAC ＝180°－38°－22°＝120°，由余弦定理可得BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos 120°， 所以BC 2＝49，BC ＝0.5x ＝7，解得x ＝14. 又由正弦定理得sin ∠ABC ＝AC ·sin∠BACBC＝5×327＝5314，所以∠ABC ＝38°，又∠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．8．如图，在△ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝3，BC ＝1，P 为△ABC 内一点，∠BPC ＝90°.(1)若PB ＝12，求PA ；(2)若∠APB ＝150°，求tan ∠PBA .解析：(1)由已知得∠PBC ＝60°，所以∠PBA ＝30°.在△PBA 中，由余弦定理得PA 2＝3＋14－2×3×12cos 30°＝74.故PA ＝72.(2)设∠PBA ＝α，由已知得PB ＝sin α. 在△PBA 中，由正弦定理得，3sin 150°＝sin αsin 30°－α，化简得3cos α＝4sin α. 所以tan α＝34，即tan ∠PBA ＝34. B 组——能力提升练1．一艘海轮从A 处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B 处，在C 处有一座灯塔，海轮在A 处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B 处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B ，C 两点间的距离是( ) A ．102海里 B ．103海里 C ．203海里D ．202海里解析：如图所示，易知，在△ABC 中，AB ＝20海里，∠CAB ＝30°，∠ACB ＝45°，根据正弦定理得BC sin 30°＝ABsin 45°，解得BC ＝102(海里)．答案：A2．如图，在山脚A 测得山顶P 的仰角为α＝30°，沿倾斜角β＝15°的斜坡向上走a 米到B ，在B 处测得山顶P 的仰角γ＝60°，则山高h ＝( )A.22a 米 B ．a2米 C.32a 米 D ．a 米解析：在△PAB 中，∠PAB ＝α－β＝15°，∠BPA ＝(90°－α)－(90°－γ)＝γ－α＝30°，所以a sin 30°＝PBsin 15°，所以PB ＝6－22a ， 所以PQ ＝PC ＋CQ ＝PB ·sin γ＋a sin β ＝6－22a ×sin 60°＋a sin 15°＝22a (米)． 答案：A3．如图，飞机的航线和山顶在同一个铅垂面内，若飞机的高度为海拔18 km ，速度为1 000 km/h ，飞行员先看到山顶的俯角为30°，经过1 min 后又看到山顶的俯角为75°，则山顶的海拔高度为(精确到0.1 km ，参考数据：3≈1.732)( )A ．8.4 kmB ．6.6 kmC ．6.5 kmD ．5.6 km解析：因为AB ＝1 000×160＝503 km ，所以BC ＝ABsin 45°·sin 30°＝5032(km)．所以航线离山顶的高度h ＝5032×sin 75°＝5032×sin(45°＋30°)≈11.4 km.所以山高为18－11.4＝6.6(km)． 答案：B4．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 ，然后给出了三种测量方案：(△ABC 的角A ，B ，C 所对的边分别记为a ，b ，c )①测量A ，C ，b ②测量a ，b ，C ③测量A ，B ，a则一定能确定A ，B 间距离的所有方案的个数为( )A ．3B ．2C ．1D ．0解析：对于①，利用内角和定理先求出B ＝π－A －C ， 再利用正弦定理b sin B ＝csin C解出c ，对于②，直接利用余弦定理cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab即可解出c ，对于③，先利用内角和定理求出C ＝π－A －B ， 再利用正弦定理a sin A ＝csin C 解出c .答案：A5．(2018·某某市质检)在距离塔底分别为80 m ，160 m ，240 m 的同一水平面上的A ，B ，C 处，依次测得塔顶的仰角分别为α，β，γ.若α＋β＋γ＝90°，则塔高为________． 解析：设塔高为h m ．依题意得，tan α＝h 80，tan β＝h 160，tan γ＝h240.因为α＋β＋γ＝90°，所以tan(α＋β)tan γ＝tan(90°－γ)tan γ＝sin90°－γsin γcos 90°－γcos γ＝cos γsin γsin γcos γ＝1，所以tan α＋tan β1－tan αtan β·tan γ＝1，所以h80＋h1601－h 80·h 160·h240＝1，解得h＝80，所以塔高为80 m. 答案：80 m6．(2018·某某模拟)海轮“和谐号”从A 处以每小时21海里的速度出发，海轮“奋斗号”在A 处北偏东45°的方向，且与A 相距10海里的C 处，沿北偏东105°的方向以每小时9海里的速度行驶，则海轮“和谐号”与海轮“奋斗号”相遇所需的最短时间为__________小时．解析：设海轮“和谐号”与海轮“奋斗号”相遇所需的最短时间为x 小时，如图，则由已知得△ABC 中，AC ＝10，AB ＝21x ，BC ＝9x ，∠ACB ＝120°，由余弦定理得：(21x )2＝100＋(9x )2－2×10×9x ×cos 120°， 整理，得36x 2－9x －10＝0， 解得x ＝23或x ＝－512(舍)．所以海轮“和谐号”与海轮“奋斗号”相遇所需的最短时间为23小时．答案：237．如图，现要在一块半径为1 m ，圆心角为π3的扇形白铁片AOB 上剪出一个平行四边形MNPQ ，使点P 在弧AB 上，点Q 在OA 上，点M ，N 在OB 上，设∠BOP ＝θ，平行四边形MNPQ 的面积为S .(1)求S 关于θ的函数关系式． (2)求S 的最大值及相应的θ角．解析：(1)分别过P ，Q 作PD ⊥OB 于点D ，QE ⊥OB 于点E ，则四边形QEDP 为矩形． 由扇形半径为1 m ， 得PD ＝sin θ，OD ＝cos θ. 在Rt △OEQ 中，OE ＝33QE ＝33PD ， MN ＝QP ＝DE ＝OD －OE ＝cos θ－33sin θ， S ＝MN ·PD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos θ－33sin θ·sin θ ＝sin θcos θ－33sin 2θ，θ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π3.(2)S ＝12sin 2θ－36(1－cos 2θ)＝12sin 2θ＋36cos 2θ－36＝33sin ⎝⎛⎭⎪⎫2θ＋π6－36，因为θ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π3，所以2θ＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，5π6，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π6∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1.当θ＝π6时，S max ＝36(m 2)．8．(2018·某某模拟)一艘海轮从A 出发，沿北偏东75°的方向航行(23－2)n mile 到达海岛B ，然后从B 出发，沿北偏东15°的方向航行4 n mile 到达海岛C .(1)求AC 的长；(2)如果下次航行直接从A 出发到达C ，求∠CAB 的大小． 解析：(1)由题意，在△ABC 中，∠ABC ＝180°－75°＋15°＝120°，AB ＝23－2，BC ＝4， 根据余弦定理得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ×BC ×cos∠ABC＝(23－2)2＋42＋(23－2)×4＝24， 所以AC ＝2 6.(2)根据正弦定理得，sin ∠BAC ＝4×3226＝22，所以∠CAB ＝45°.。
第五章解三角形与平面向量学案23正弦定理和余弦定理导学目标： 1.利用正弦定理、余弦定理进行边角转化，进而进行恒等变换解决问题.2.掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题．自主梳理1．三角形的有关性质(1)在△ABC中，A＋B＋C＝________；(2)a＋b____c，a－b<c；(3)a>b⇔sin A____sin B⇔A____B；(4)三角形面积公式：S△ABC＝12ah＝12ab sin C＝12ac sin B＝_________________；(5)在三角形中有：sin 2A＝sin 2B⇔A＝B或________________⇔三角形为等腰或直角三角形；sin(A＋B)＝sin C，sin A＋B2＝cosC2.自我检测1．(2010·上海)若△ABC的三个内角满足sin A∶sin B∶sin C＝5∶11∶13，则△ABC()A．一定是锐角三角形B．一定是直角三角形C．一定是钝角三角形D．可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形2．(2010·天津)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a2－b2＝3bc，sin C＝23sin B，则A等于()A．30°B．60°C．120°D．150°3．(2011·烟台模拟)在△ABC中，A＝60°，b＝1，△ABC的面积为3，则边a的值为()A ．27 B.21C.13 D ．34．(2010·山东)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若a ＝2，b ＝2，sin B ＋cos B ＝2，则角A 的大小为________．5．(2010·北京)在△ABC 中，若b ＝1，c ＝3，C ＝2π3，则a ＝________.探究点一 正弦定理的应用例1 (1)在△ABC 中，a ＝3，b ＝2，B ＝45°，求角A 、C 和边c ；(2)在△ABC 中，a ＝8，B ＝60°，C ＝75°，求边b 和c .变式迁移1 (1)在△ABC 中，若tan A ＝13，C ＝150°，BC ＝1，则AB ＝________； (2)在△ABC 中，若a ＝50，b ＝256，A ＝45°，则B ＝________.探究点二 余弦定理的应用例2 (2011·咸宁月考)已知a 、b 、c 分别是△ABC 中角A 、B 、C 的对边，且a 2＋c 2－b 2＝ac .(1)求角B 的大小；(2)若c ＝3a ，求tan A 的值．变式迁移2 在△ABC 中，a 、b 、c 分别为A 、B 、C 的对边，B ＝2π3，b ＝13，a ＋c ＝4，求a .探究点三 正、余弦定理的综合应用例3 在△ABC 中，a 、b 、c 分别表示三个内角A 、B 、C 的对边，如果(a 2＋b 2)sin(A－B )＝(a 2－b 2)sin(A ＋B )，试判断该三角形的形状．变式迁移3 (2010·天津)在△ABC 中，AC AB ＝cos B cos C. (1)证明：B ＝C ；(2)若cos A ＝－13，求sin ⎝⎛⎭⎫4B ＋π3的值．1．解斜三角形可以看成是三角变换的延续和应用，用到三角变换的基本方法，同时它是对正、余弦定理，三角形面积公式等的综合应用．2．在利用正弦定理解已知三角形的两边和其中一边的对角，求另一边的对角，进而求出其他的边和角时，有可能出现一解、两解或无解的情况，应结合图形并根据“三角形中大边对大角”来判断解的情况，作出正确取舍．3．在解三角形中的三角变换问题时，要注意两点：一是要用到三角形的内角和及正、余弦定理，二是要用到三角变换、三角恒等变形的原则和方法．“化繁为简”“化异为同”是解此类问题的突破口．(满分：75分) 一、选择题(每小题5分，共25分)1．(2010·湖北)在△ABC 中，a ＝15，b ＝10，A ＝60°，则cos B 等于 ( )A ．－223 B.223 C ．－63 D.632.在△ABC 中AB ＝3，AC =2，BC 则AB →⋅AC →等于 ( )A ．－32B ．－23 C.23 D.323．在△ABC 中，sin 2A 2＝c －b 2c(a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边)，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4．(2011·聊城模拟)在△ABC 中，若A ＝60°，BC ＝43，AC ＝42，则角B 的大小为( )A ．30°B ．45°C ．135°D ．45°或135°5．(2010·湖南)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c ，若C ＝120°，c ＝2a ，则( )A ．a >bB ．a <b6．在△ABC 中，B ＝60°，b 2＝ac ，则△ABC 的形状为________________．7．(2010·广东)已知a ，b ，c 分别是△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边，若a ＝1，b＝3，A ＋C ＝2B ，则sin C ＝________.8．(2011·龙岩模拟)在锐角△ABC 中，AD ⊥BC ，垂足为D ，且BD ∶DC ∶AD ＝2∶3∶6，则∠BAC 的大小为________．三、解答题(共38分)9.在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足cos 25A =，AB →AC →=3. (1)求△ABC 的面积；(2)若b ＋c ＝6，求a 的值．10．(12分)(2010·陕西)在△ABC 中，已知B ＝45°，D 是BC 边上的一点，AD ＝10，AC＝14，DC ＝6，求AB 的长．11．(14分)(2010·重庆)设△ABC 的内角A 、B 、C 的对边长分别为a 、b 、c ，且3b 2＋3c 2－3a 2＝42bc .(1)求sin A 的值；(2)求2sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π4sin ⎝⎛⎭⎫B ＋C ＋π41－cos 2A的值．答案 自主梳理1．(1)π (2)> (3)> > (4)12bc sin A (5)A ＋B ＝π2 2.a sin A ＝b sin B ＝c sin Cb 2＋c 2－2bc cos A a 2＋c 2－2ac cos B a 2＋b 2－2ab cos C ①2R sin A 2R sin B 2R sin C ②a 2R b 2Rc 2R ③sin A ∶sin B ∶sin C b 2＋c 2－a 22bc a 2＋c 2－b 22ac a 2＋b 2－c 22ab自我检测1．C 2.A 3.C4.π65.1 课堂活动区例1 解题导引 已知三角形的两边和其中一边的对角，可利用正弦定理求其他的角和边，但要注意对解的情况进行判断，这类问题往往有一解、两解、无解三种情况．具体判断方法如下：在△ABC 中．已知a 、b 和A ，求B .若A 为锐角，①当a ≥b 时，有一解；②当a ＝b sin A 时，有一解；③当b sin A <a <b 时，有两解；④当a <b sin A 时，无解．若A 为直角或钝角，①当a >b 时，有一解；②当a ≤b 时，无解．解 (1)由正弦定理a sin A ＝b sin B 得，sin A ＝32. ∵a >b ，∴A >B ，∴A ＝60°或A ＝120°.当A ＝60°时，C ＝180°－45°－60°＝75°，c ＝b sin C sin B ＝6＋22； 当A ＝120°时，C ＝180°－45°－120°＝15°，c ＝b sin C sin B ＝6－22. 综上，A ＝60°，C ＝75°，c ＝6＋22， 或A ＝120°，C ＝15°，c ＝6－22. (2)∵B ＝60°，C ＝75°，∴A ＝45°.由正弦定理a sin A ＝b sin B ＝c sin C， 得b ＝a ·sin B sin A ＝46，c ＝a ·sin C sin A＝43＋4. ∴b ＝46，c ＝43＋4.变式迁移1 (1)102(2)60°或120°解析 (1)∵在△ABC 中，tan A ＝13，C ＝150°， ∴A 为锐角，∴sin A ＝110. 又∵BC ＝1.∴根据正弦定理得AB ＝BC ·sin C sin A ＝102. (2)由b >a ，得B >A ，由a sin A ＝b sin B， 得sin B ＝b sin A a ＝25650×22＝32， ∵0°<B <180°∴B ＝60°或B ＝120°.例2 解 (1)∵a 2＋c 2－b 2＝ac ，∴cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝12. ∵0<B <π，∴B ＝π3. (2)方法一 将c ＝3a 代入a 2＋c 2－b 2＝ac ，得b ＝7a .由余弦定理，得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝5714. ∵0<A <π，∴sin A ＝1－cos 2A ＝2114， ∴tan A ＝sin A cos A ＝35. 方法二 将c ＝3a 代入a 2＋c 2－b 2＝ac ，得b ＝7a .由正弦定理，得sin B ＝7sin A .由(1)知，B ＝π3，∴sin A ＝2114. 又b ＝7a >a ，∴B >A ，∴cos A ＝1－sin 2A ＝5714. ∴tan A ＝sin A cos A ＝35. 方法三 ∵c ＝3a ，由正弦定理，得sin C ＝3sin A . ∵B ＝π3，∴C ＝π－(A ＋B )＝2π3－A ， ∴sin(2π3－A )＝3sin A ， ∴sin 2π3cos A －cos 2π3sin A ＝3sin A ， ∴32cos A ＋12sin A ＝3sin A ， ∴5sin A ＝3cos A ，∴tan A ＝sin A cos A ＝35. 变式迁移2 解 由余弦定理得，b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B＝a 2＋c 2－2ac cos 23π ＝a 2＋c 2＋ac ＝(a ＋c )2－ac .又∵a ＋c ＝4，b ＝13，∴ac ＝3，联立⎩⎪⎨⎪⎧a ＋c ＝4ac ＝3，解得a ＝1，c ＝3，或a ＝3，c ＝1. ∴a 等于1或3.例3 解题导引 利用正弦定理或余弦定理进行边角互化，转化为边边关系或角角关系．解 方法一 ∵(a 2＋b 2)sin(A －B )＝(a 2－b 2)sin(A ＋B )⇔a 2[sin(A －B )－sin(A ＋B )]＝b 2[－sin(A ＋B )－sin(A －B )]，∴2a 2cos A sin B ＝2b 2cos B sin A ，由正弦定理，得sin 2A cos A sin B ＝sin 2B cos B sin A ，∴sin A sin B (sin A cos A －sin B cos B )＝0，∴sin 2A ＝sin 2B ，由0<2A <2π，0<2B <2π，得2A ＝2B 或2A ＝π－2B ，即△ABC 是等腰三角形或直角三角形．方法二 同方法一可得2a 2cos A sin B ＝2b 2cos B sin A ，由正、余弦定理，即得a 2b ×b 2＋c 2－a 22bc ＝b 2a ×a 2＋c 2－b 22ac， ∴a 2(b 2＋c 2－a 2)＝b 2(a 2＋c 2－b 2)，即(a 2－b 2)(c 2－a 2－b 2)＝0，∴a ＝b 或c 2＝a 2＋b 2，∴三角形为等腰三角形或直角三角形．变式迁移3 解题导引 在正弦定理a sin A ＝b sin B ＝c sin C＝2R 中，2R 是指什么？a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C 的作用是什么？(1)证明 在△ABC 中，由正弦定理及已知得sin B sin C ＝cos B cos C. 于是sin B cos C －cos B sin C ＝0，即sin(B －C )＝0.因为－π<B －C <π，从而B －C ＝0.所以B ＝C .(2)解 由A ＋B ＋C ＝π和(1)得A ＝π－2B ，故cos 2B ＝－cos(π－2B )＝－cos A ＝13. 又0<2B <π，于是sin 2B ＝1－cos 22B ＝223. 从而sin 4B ＝2sin 2B cos 2B ＝429， cos 4B ＝cos 22B －sin 22B ＝－79. 所以sin ⎝⎛⎭⎫4B ＋π3 ＝sin 4B cos π3＋cos 4B sin π3＝42－7318. 课后练习区1．D 2.D 3.B 4.B 5.A6．等边三角形解析 ∵b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，∴ac ＝a 2＋c 2－ac ，∴(a －c )2＝0，∴a ＝c ，又B ＝60°，∴△ABC 为等边三角形．7．1解析 由A ＋C ＝2B 及A ＋B ＋C ＝180°知，B ＝60°.由正弦定理知，1sin A ＝3sin 60°， 即sin A ＝12. 由a <b 知，A <B ，∴A ＝30°，C ＝180°－A －B ＝180°－30°－60°＝90°，∴sin C ＝sin 90°＝1. 8.π4解析 设∠BAD ＝α，∠DAC ＝β，则tan α＝13，tan β＝12， ∴tan ∠BAC ＝tan(α＋β)＝tan α＋tan β1－tan αtan β＝13＋121－13×12＝1. ∵∠BAC 为锐角，∴∠BAC 的大小为π4. 9．解 (1)因为cos A 2＝255， 所以cos A ＝2cos 2A 2－1＝35，sin A ＝45.……………………………………………………(4分)又由AB →·AC →＝3得bc cos A ＝3，所以bc ＝5，因此S △ABC ＝12bc sin A ＝2.…………………………………………………………………(8分)(2)由(1)知，bc ＝5，又b ＋c ＝6，由余弦定理，得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝(b ＋c )2－165bc ＝20，所以a ＝2 5 (12)) 10．解在△ADC 中，AD ＝10，AC ＝14，DC ＝6，由余弦定理得，cos ∠ADC ＝AD 2＋DC 2－AC 22AD ·DC＝100＋36－1962×10×6＝－12，…………………………………………………………………(6分)∴∠ADC ＝120°，∠ADB ＝60°.…………………………………………………………(8分) 在△ABD 中，AD ＝10，B ＝45°，∠ADB ＝60°，由正弦定理得AB sin ∠ADB ＝AD sin B， ∴AB ＝AD ·sin ∠ADB sin B ＝10sin 60°sin 45°＝10×3222＝5 6.…………………………………………………………………………(12分)11．解 (1)∵3b 2＋3c 2－3a 2＝42bc ，∴b 2＋c 2－a 2＝423bc . 由余弦定理得，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝223，……………………………………………(4分) 又0<A <π，故sin A ＝1－cos 2A ＝13.……………………………………………………(6分) (2)原式＝2sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π4sin ⎝⎛⎭⎫π－A ＋π41－cos 2A………………………………………………………(8分)＝2sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π4sin ⎝⎛⎭⎫A －π42sin 2A＝2⎝⎛⎭⎫22sin A ＋22cos A ⎝⎛⎭⎫22sin A －22cos A 2sin 2A…………………………………………(11分) ＝sin 2A －cos 2A 2sin 2A ＝－72. 所以2sin (A ＋π4)sin (B ＋C ＋π4)1－cos 2A＝－72.……………………………………………………(14分)。
