（精品講義）1.2應(yīng)用舉例word版含答案2

30/3029/30/eq\a\vs4\al(應(yīng)用舉例)第一課時(shí)解三角形的實(shí)際應(yīng)用舉例預(yù)習(xí)課本P11～16，思考并完成以下問題(1)方向角和方位角各是什么樣的角？(2)怎樣測(cè)量物體的高度？(3)怎樣測(cè)量物體所在的角度？實(shí)際測(cè)量中的有關(guān)名稱、術(shù)語(yǔ)名稱定義圖示仰角在同一鉛垂平面內(nèi)，視線在水平線上方時(shí)l與水平線的夾角俯角在同一鉛垂平面內(nèi)，視線在水平線l下方時(shí)與水平線的夾角方向角從指定方向線到目標(biāo)方向線的水平角(指定方向線是指正北或正南或正東或正西，方向角小于90°)eq\a\vs4\al(南偏西60°?指以正南方向?yàn)槭歼?，轉(zhuǎn)向目標(biāo)方向線形成的角?)方位角從正北的方向線按順時(shí)針到目標(biāo)方向線所轉(zhuǎn)過的水平角1．判斷下列命題是否正確．(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)已知三角形的三個(gè)角，能夠求其三條邊()(2)兩個(gè)不可到達(dá)的點(diǎn)之間的距離無(wú)法求得()(3)方位角和方向角是一樣的()解析：(1)錯(cuò)誤，要解三角形，至少知道這個(gè)三角形的一條邊長(zhǎng)．(2)錯(cuò)誤，兩個(gè)不可到達(dá)的點(diǎn)之間的距離我們可以借助第三個(gè)點(diǎn)和第四個(gè)點(diǎn)量出角度、距離求得．(3)錯(cuò)誤．方位角是指從正北方向順時(shí)針轉(zhuǎn)到目標(biāo)方向線的水平角，而方向角是以觀測(cè)者的位置為中心，將正北或正南方向作起始方向旋轉(zhuǎn)到目標(biāo)的方向線所成的角(一般指銳角)．答案：(1)×(2)×(3)×2．若點(diǎn)A在點(diǎn)C的北偏東30°，點(diǎn)B在點(diǎn)C的南偏東60°，且AC＝BC，則點(diǎn)A在點(diǎn)B的()A．北偏東15° B．北偏西15°C．北偏東10° D．北偏西10°解析：選B如圖所示，∠ACB＝90°，又AC＝BC，∴∠CBA＝45°，而β＝30°，∴α＝90°－45°－30°＝15°.∴點(diǎn)A在點(diǎn)B的北偏西15°.故選B.3．從A處望B處的仰角為α，從B處望A處的俯角為β，則α，β的關(guān)系為()A．α＞β B．α＝βC．α＋β＝90° D．α＋β＝180°解析：選B根據(jù)題意和仰角、俯角的概念畫出草圖，如圖．知α＝β，故應(yīng)選B.4.已知船A在燈塔C北偏東85°且到C的距離為1km，船B在燈塔C西偏北25°且到C的距離為eq\r(3)km，則A，B兩船的距離為________km.解析：由題意得∠ACB＝(90°－25°)＋85°＝150°，又AC＝1，BC＝eq\r(3)，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos150°＝7，∴AB＝eq\r(7).答案：eq\r(7)測(cè)量高度問題[典例]如圖，測(cè)量河對(duì)岸的塔高AB時(shí)，可以選與塔底B在同一水平面內(nèi)的兩點(diǎn)C與D.現(xiàn)測(cè)得∠BCD＝α，∠BDC＝β，CD＝s，并在點(diǎn)C測(cè)得塔頂A的仰角為θ，求塔高AB.[解]在△BCD中，∠CBD＝π－(α＋β)．由正弦定理得eq\f(BC,sin∠BDC)＝eq\f(CD,sin∠CBD).∴BC＝eq\f(CDsin∠BDC,sin∠CBD)＝eq\f(s·sinβ,sin?α＋β?).在Rt△ABC中，AB＝BCtan∠ACB＝eq\f(s·sinβtanθ,sin?α＋β?).測(cè)量高度問題的解題策略(1)“空間”向“平面”的轉(zhuǎn)化：測(cè)量高度問題往往是空間中的問題，因此先要選好所求線段所在的平面，將空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題．(2)“解直角三角形”與“解斜三角形”結(jié)合，全面分析所有三角形，仔細(xì)規(guī)劃解題思路．[活學(xué)活用]1．一個(gè)大型噴水池的中央有一個(gè)強(qiáng)力噴水柱，為了測(cè)量噴水柱噴出的水柱的高度，某人在噴水柱正西方向的A處測(cè)得水柱頂端的仰角為45°，沿A向北偏東30°方向前進(jìn)100m到達(dá)B處，在B處測(cè)得水柱頂端的仰角為30°，則水柱的高度是()A．50m B．100mC．120m D．150m解析：選A如圖，設(shè)水柱高度是hm，水柱底端為C，則在△ABC中，A＝60°，AC＝h，AB＝100，BC＝eq\r(3)h，根據(jù)余弦定理得，(eq\r(3)h)2＝h2＋1002－2×h×100×cos60°，即h2＋50h－5000＝0，解得h＝50或h＝－100(舍去)，故水柱的高度是50m.2.如圖所示，在山底A處測(cè)得山頂B的仰角∠CAB＝45°，沿傾斜角為30°的山坡向山頂走1000m到達(dá)S點(diǎn)，又測(cè)得山頂仰角∠DSB＝75°，則山高BC為________m.解析：因?yàn)椤蟂AB＝45°－30°＝15°，∠SBA＝∠ABC－∠SBC＝45°－(90°－75°)＝30°，所以∠ASB＝180°－∠SAB－∠SBA＝135°.在△ABS中，AB＝eq\f(AS·sin135°,sin30°)＝eq\f(1000×\f(\r(2),2),\f(1,2))＝1000eq\r(2)，所以BC＝AB·sin45°＝1000eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝1000(m)．答案：1000測(cè)量角度問題[典例]如圖所示，A，B是海面上位于東西方向相距5(3＋eq\r(3))nmile的兩個(gè)觀測(cè)點(diǎn)．現(xiàn)位于A點(diǎn)北偏東45°方向、B點(diǎn)北偏西60°方向的D點(diǎn)有一艘輪船發(fā)出求救信號(hào)，位于B點(diǎn)南偏西60°且與B點(diǎn)相距20eq\r(3)nmile的C點(diǎn)的救援船立即前往營(yíng)救，其航行速度為30nmile/h，則該救援船到達(dá)D點(diǎn)需要多長(zhǎng)時(shí)間？[解]由題意，知AB＝5(3＋eq\r(3))nmile，∠DBA＝90°－60°＝30°，∠DAB＝90°－45°＝45°，∴∠ADB＝180°－(45°＋30°)＝105°.在△DAB中，由正弦定理得eq\f(BD,sin∠DAB)＝eq\f(AB,sin∠ADB)，即BD＝eq\f(ABsin∠DAB,sin∠ADB)＝eq\f(5?3＋\r(3)?sin45°,sin105°)＝eq\f(5?3＋\r(3)?sin45°,sin45°cos60°＋cos45°sin60°)＝10eq\r(3)nmile.又∠DBC＝∠DBA＋∠ABC＝60°，BC＝20eq\r(3)nmile，∴在△DBC中，由余弦定理，得CD＝eq\r(BD2＋BC2－2BD·BCcos∠DBC)＝eq\r(300＋1200－2×10\r(3)×20\r(3)×\f(1,2))＝30nmile，則救援船到達(dá)D點(diǎn)需要的時(shí)間為eq\f(30,30)＝1h.測(cè)量角度問題主要是指在海上或空中測(cè)量角度的問題，如確定目標(biāo)的方位，觀察某一建筑物的視角等．解決它們的關(guān)鍵是根據(jù)題意和圖形及有關(guān)概念，確定所求的角在哪個(gè)三角形中，該三角形中已知哪些量，需要求哪些量．通常是根據(jù)題意，從實(shí)際問題中抽象出一個(gè)或幾個(gè)三角形，然后通過解這些三角形，得到所求的量，從而得到實(shí)際問題的解．[活學(xué)活用]在海岸A處，發(fā)現(xiàn)北偏東45°方向，距離A處(eq\r(3)－1)nmile的B處有一艘走私船，在A處北偏西75°的方向，距離A2nmile的C處的緝私船奉命以10eq\r(3)nmile的速度追截走私船．此時(shí)，走私船正以10nmile/h的速度從B處向北偏東30°方向逃竄，問緝私船沿什么方向能最快追上走私船？解：設(shè)緝私船用th在D處追上走私船，畫出示意圖，則有CD＝10eq\r(3)t，BD＝10t，在△ABC中，∵AB＝eq\r(3)－1，AC＝2，∠BAC＝120°，∴由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC＝(eq\r(3)－1)2＋22－2·(eq\r(3)－1)·2·cos120°＝6，∴BC＝eq\r(6)，且sin∠ABC＝eq\f(AC,BC)·sin∠BAC＝eq\f(2,\r(6))·eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(2),2)，∴∠ABC＝45°，BC與正北方向成90°角．∵∠CBD＝90°＋30°＝120°，在△BCD中，由正弦定理，得sin∠BCD＝eq\f(BD·sin∠CBD,CD)＝eq\f(10tsin120°,10\r(3)t)＝eq\f(1,2)，∴∠BCD＝30°.即緝私船沿北偏東60°方向能最快追上走私船.測(cè)量距離問題題點(diǎn)一：兩點(diǎn)間不可通又不可視1.如圖所示，要測(cè)量一水塘兩側(cè)A，B兩點(diǎn)間的距離，其方法先選定適當(dāng)?shù)奈恢肅，用經(jīng)緯儀測(cè)出角α，再分別測(cè)出AC，BC的長(zhǎng)b，a，則可求出A，B兩點(diǎn)間的距離．即AB＝eq\r(a2＋b2－2abcosα).若測(cè)得CA＝400m，CB＝600m，∠ACB＝60°，試計(jì)算AB的長(zhǎng)．解：在△ABC中，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB，∴AB2＝4002＋6002－2×400×600cos60°＝.∴AB＝200eq\r(7)(m)．即A，B兩點(diǎn)間的距離為200eq\r(7)m.題點(diǎn)二：兩點(diǎn)間可視但有一點(diǎn)不可到達(dá)2.如圖所示，A，B兩點(diǎn)在一條河的兩岸，測(cè)量者在A的同側(cè)，且B點(diǎn)不可到達(dá)，要測(cè)出A，B的距離，其方法在A所在的岸邊選定一點(diǎn)C，可以測(cè)出A，C的距離m，再借助儀器，測(cè)出∠ACB＝α，∠CAB＝β，在△ABC中，運(yùn)用正弦定理就可以求出AB.若測(cè)出AC＝60m，∠BAC＝75°，∠BCA＝45°，則A，B兩點(diǎn)間的距離為________m.解析：∠ABC＝180°－75°－45°＝60°，所以由正弦定理得，eq\f(AB,sinC)＝eq\f(AC,sinB)，∴AB＝eq\f(AC·sinC,sinB)＝eq\f(60×sin45°,sin60°)＝20eq\r(6)(m)．即A，B兩點(diǎn)間的距離為20eq\r(6)m.答案：20eq\r(6)題點(diǎn)三：兩點(diǎn)都不可到達(dá)3.如圖，A，B兩點(diǎn)在河的同側(cè)，且A，B兩點(diǎn)均不可到達(dá)，測(cè)出A，B的距離，測(cè)量者可以在河岸邊選定兩點(diǎn)C，D，測(cè)得CD＝a，同時(shí)在C，D兩點(diǎn)分別測(cè)得∠BCA＝α，∠ACD＝β，∠CDB＝γ，∠BDA＝δ.在△ADC和△BDC中，由正弦定理分別計(jì)算出AC和BC，再在△ABC中，應(yīng)用余弦定理計(jì)算出AB.若測(cè)得CD＝eq\f(\r(3),2)km，∠ADB＝∠CDB＝30°，∠ACD＝60°，∠ACB＝45°，求A，B兩點(diǎn)間的距離．解：∵∠ADC＝∠ADB＋∠CDB＝60°，∠ACD＝60°，∴∠DAC＝60°，∴AC＝DC＝eq\f(\r(3),2).在△BCD中，∠DBC＝45°，由正弦定理，得BC＝eq\f(DC,sin∠DBC)·sin∠BDC＝eq\f(\f(\r(3),2),sin45°)·sin30°＝eq\f(\r(6),4).在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos45°＝eq\f(3,4)＋eq\f(3,8)－2×eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(6),4)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(3,8).∴AB＝eq\f(\r(6),4)(km)．∴A，B兩點(diǎn)間的距離為eq\f(\r(6),4)km.當(dāng)A，B兩點(diǎn)之間的距離不能直接測(cè)量時(shí)，求AB的距離分為以下三類：(1)兩點(diǎn)間不可通又不可視(如圖①)：可取某點(diǎn)C，使得A，B與C之間的距離可直接測(cè)量，測(cè)出AC＝b，BC＝a以及∠ACB＝γ，利用余弦定理得：AB＝eq\r(a2＋b2－2abcosγ).(2)兩點(diǎn)間可視但不可到達(dá)(如圖②)：可選取與B同側(cè)的點(diǎn)C，測(cè)出BC＝a以及∠ABC和∠ACB，先使用內(nèi)角和定理求出∠BAC，再利用正弦定理求出AB.(3)兩點(diǎn)都不可到達(dá)(如圖③)：在河邊測(cè)量對(duì)岸兩個(gè)建筑物之間的距離，可先在一側(cè)選取兩點(diǎn)C，D，測(cè)出CD＝m，∠ACB，∠BCD，∠ADC，∠ADB，再在△BCD中求出BC，在△ADC中求出AC，最后在△ABC中，由余弦定理求出AB.層級(jí)一學(xué)業(yè)水平達(dá)標(biāo)1.學(xué)校體育館的人字屋架為等腰三角形，如圖，測(cè)得AC的長(zhǎng)度為4m，∠A＝30°，則其跨度AB的長(zhǎng)為()A．12m B．8mC．3eq\r(3)m D．4eq\r(3)m解析：選D由題意知，∠A＝∠B＝30°，所以∠C＝180°－30°－30°＝120°，由正弦定理得，eq\f(AB,sinC)＝eq\f(AC,sinB)，即AB＝eq\f(AC·sinC,sinB)＝eq\f(4·sin120°,sin30°)＝4eq\r(3).2．一艘船自西向東勻速航行，上午10時(shí)到達(dá)一座燈塔P的南偏西75°距塔68nmile的M處，下午2時(shí)到達(dá)這座燈塔的東南方向的N處，則這只船的航行速度為()A.eq\f(17\r(6),2)nmile/h B．34eq\r(6)nmile/hC.eq\f(17\r(2),2)nmile/h D．34eq\r(2)nmile/h解析：選A如圖所示，在△PMN中，eq\f(PM,sin45°)＝eq\f(MN,sin120°)，∴MN＝eq\f(68×\r(3),\r(2))＝34eq\r(6)，∴v＝eq\f(MN,4)＝eq\f(17\r(6),2)nmile/h.3.如圖，D，C，B三點(diǎn)在地面同一直線上，DC＝a，從C，D兩點(diǎn)測(cè)得A點(diǎn)仰角分別是β，α(α<β)，則A點(diǎn)離地面的高度AB等于()A.eq\f(asinα·sinβ,sin?β－α?)B.eq\f(asinα·sinβ,cos?α－β?)C.eq\f(asinα·cosβ,sin?β－α?)D.eq\f(acosα·sinβ,cos?α－β?)解析：選A設(shè)AB＝x，則在Rt△ABC中，CB＝eq\f(x,tanβ)，所以BD＝a＋eq\f(x,tanβ)，又因?yàn)樵赗t△ABD中，BD＝eq\f(x,tanα)，所以BD＝a＋eq\f(x,tanβ)＝eq\f(x,tanα)，從中求得x＝eq\f(a,\f(1,tanα)－\f(1,tanβ))＝eq\f(atanαtanβ,tanβ－tanα)＝eq\f(asinαsinβ,sinβcosα－sinαcosβ)＝eq\f(asinαsinβ,sin?β－α?)，故選A.4．設(shè)甲、乙兩幢樓相距20m，從乙樓底望甲樓頂?shù)难鼋菫?0°，從甲樓頂望乙樓頂?shù)母┙菫?0°，則甲、乙兩幢樓的高分別是()A．20eq\r(3)m，eq\f(40\r(3),3)m B．10eq\r(3)m,20eq\r(3)mC．10(eq\r(3)－eq\r(2))m,20eq\r(3)D.eqD.eq\f(15\r(3),2)m，eq\f(20\r(3),3)m解析：選A由題意，知h甲＝20tan60°＝20eq\r(3)(m)，h乙＝20tan60°－20tan30°＝eq\f(40\r(3),3)(m)．5．甲船在島B的正南A處，AB＝10km，甲船以4km/h的速度向正北航行，同時(shí)乙船自島B出發(fā)以6km/h的速度向北偏東60°的方向駛?cè)?，?dāng)甲、乙兩船相距最近時(shí)，它們的航行時(shí)間是()A.eq\f(150,7)B.eq B.eq\f(15,7)hC．21.5min D．2.15h解析：選A由題意可作出如圖所示的示意圖，設(shè)兩船航行t小時(shí)后，甲船位于C點(diǎn)，乙船位于D點(diǎn)，如圖．則BC＝10－4t，BD＝6t，∠CBD＝120°，此時(shí)兩船間的距離最近，根據(jù)余弦定理得CD2＝BC2＋BD2－2BC·BDcos∠CBD＝(10－4t)2＋36t2＋6t(10－4t)＝28t2－20t＋100，所以當(dāng)t＝eq\f(5,14)時(shí)，CD2取得最小值，即兩船間的距離最近，所以它們的航行時(shí)間是eq\f(150,7)min，故選A.6．某人從A處出發(fā)，沿北偏東60°行走3eq\r(3)km到B處，再沿正東方向行走2km到C處，則A，C兩地的距離為________km.解析：如圖所示，由題意可知AB＝3eq\r(3)，BC＝2，∠ABC＝150°.由余弦定理，得AC2＝27＋4－2×3eq\r(3)×2×cos150°＝49，AC＝7.則A，C兩地的距離為7km.答案：77．坡度為45°的斜坡長(zhǎng)為100m，現(xiàn)在要把坡度改為30°，則坡底要伸長(zhǎng)________m.解析：如圖，BD＝100，∠BDA＝45°，∠BCA＝30°，設(shè)CD＝x，所以(x＋DA)·tan30°＝DA·tan45°，又DA＝BD·cos45°＝100×eq\f(\r(2),2)＝50eq\r(2)，所以x＝eq\f(DA·tan45°,tan30°)－DA＝eq\f(50\r(2)×1,\f(\r(3),3))－50eq\r(2)＝50(eq\r(6)－eq\r(2))m.答案：50(eq\r(6)－eq\r(2))8．一蜘蛛沿東北方向爬行xcm捕捉到一只小蟲，然后向右轉(zhuǎn)105°，爬行10cm捕捉到另一只小蟲，這時(shí)它向右轉(zhuǎn)135°爬行回它的出發(fā)點(diǎn)，那么x＝________cm.解析：如圖所示，設(shè)蜘蛛原來(lái)在O點(diǎn)，先爬行到A點(diǎn)，再爬行到B點(diǎn)，易知在△AOB中，AB＝10cm，∠OAB＝75°，∠ABO＝45°，則∠AOB＝60°，由正弦定理知：x＝eq\f(AB·sin∠ABO,sin∠AOB)＝eq\f(10×sin45°,sin60°)＝eq\f(10\r(6),3)(cm)．答案：eq\f(10\r(6),3)9.如圖，甲船以每小時(shí)30eq\r(2)海里的速度向正北方向航行，乙船按固定方向勻速直線航行，當(dāng)甲船位于A1處時(shí)，乙船位于甲船的北偏西105°方向的B1處，此時(shí)兩船相距20海里，當(dāng)甲船航行20分鐘到達(dá)A2處時(shí)，乙船航行到甲船的北偏西120°方向的B2處，此時(shí)兩船相距10eq\r(2)海里，求乙船航行的速度．解：如圖，連接A1B2，在△A1A2B2中，易知∠A1A2B2＝60°，又易求得A1A2＝30eq\r(2)×eq\f(1,3)＝10eq\r(2)＝A2B2，∴△A1A2B2為正三角形，∴A1B2＝10eq\r(2).在△A1B1B2中，易知∠B1A1B2＝45°，∴(B1B2)2＝400＋200－2×20×10eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝200，∴B1B2＝10eq\r(2)，∴乙船每小時(shí)航行30eq\r(2)海里．10．如圖所示，某旅游景點(diǎn)有一座風(fēng)景秀麗的山峰，山上有一條筆直的山路BC和一條索道AC，小王和小李打算不坐索道，而是花2個(gè)小時(shí)的時(shí)間進(jìn)行徒步攀登．已知∠ABC＝120°，∠ADC＝150°，BD＝1千米，AC＝3千米．假設(shè)小王和小李徒步攀登的速度為每小時(shí)1.2千米，請(qǐng)問：兩位登山愛好者能否在2個(gè)小時(shí)內(nèi)徒步登上山峰(即從B點(diǎn)出發(fā)到達(dá)C點(diǎn))．解：由∠ADC＝150°知∠ADB＝30°，由正弦定理得eq\f(1,sin30°)＝eq\f(AD,sin120°)，所以AD＝eq\r(3).在△ADC中，由余弦定理得：AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cos150°，即32＝(eq\r(3))2＋DC2－2·eq\r(3)·DCcos150°，即DC2＋3·DC－6＝0，解得DC＝eq\f(－3＋\r(33),2)≈1.372(千米)，∴BC≈2.372(千米)，由于2.372<2.4，所以兩位登山愛好者能夠在2個(gè)小時(shí)內(nèi)徒步登上山峰.層級(jí)二應(yīng)試能力達(dá)標(biāo)1.如圖，從氣球A上測(cè)得其正前下方的河流兩岸B，C的俯角分別為75°，30°，此時(shí)氣球的高度AD是60m，則河流的寬度BC是()A．240(eq\r(3)－1)m B．180(eq\r(2)－1)mC．120(eq\r(3)－1)m D．30(eq\r(3)＋1)m解析：選C由題意知，在Rt△ADC中，∠C＝30°，AD＝60m，∴AC＝120m．在△ABC中，∠BAC＝75°－30°＝45°，∠ABC＝180°－45°－30°＝105°，由正弦定理，得BC＝eq\f(ACsin∠BAC,sin∠ABC)＝eq\f(120×\f(\r(2),2),\f(\r(6)＋\r(2),4))＝120(eq\r(3)－1)(m)．2.如圖所示為起重機(jī)裝置示意圖．支桿BC＝10m，吊桿AC＝15m，吊索AB＝5eq\r(19)m，起吊的貨物與岸的距離AD為()B.eqm B.eq\f(15\r(3),2)mC．15eq\r(3)m D．45m解析：選B在△ABC中，AC＝15m，AB＝5eq\r(19)m，BC＝10m，由余弦定理得cos∠ACB＝eq\f(AC2＋BC2－AB2,2×AC×BC)＝eq\f(152＋102－?5\r(19)?2,2×15×10)＝－eq\f(1,2)，∴sin∠ACB＝eq\f(\r(3),2).又∠ACB＋∠ACD＝180°，∴sin∠ACD＝sin∠ACB＝eq\f(\r(3),2).在Rt△ADC中，AD＝AC·sin∠ACD＝15×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(15\r(3),2)m.3.如圖所示，要測(cè)量底部不能到達(dá)的某電視塔AB的高度，在塔的同一側(cè)選擇C，D兩個(gè)觀測(cè)點(diǎn)，且在C，D兩點(diǎn)測(cè)得塔頂?shù)难鼋欠謩e為45°，30°，在水平面上測(cè)得∠BCD＝120°，C，D兩地相距500m，則電視塔AB的高度是()A．100eq\r(2)m B．400mC．200eq\r(3)m D．500m解析：選D設(shè)AB＝x，在Rt△ABC中，∠ACB＝45°，∴BC＝AB＝x.在Rt△ABD中，∠ADB＝30°，∴BD＝eq\r(3)x.在△BCD中，∠BCD＝120°，CD＝500m，由余弦定理得(eq\r(3)x)2＝x2＋5002－2×500xcos120°，解得x＝500m.4.如圖所示，位于東海某島的雷達(dá)觀測(cè)站A，發(fā)現(xiàn)其北偏東45°，與觀測(cè)站A距離20eq\r(2)海里的B處有一貨船正勻速直線行駛，半小時(shí)后，又測(cè)得該貨船位于觀測(cè)站A東偏北θ(0°<θ<45°)的C處，且cosθ＝eq\f(4,5).已知A，C兩處的距離為10海里，則該貨船的船速為()A．4eq\r(85)海里/小時(shí) B．3eq\r(85)海里/小時(shí)C．2eq\r(7)海里/小時(shí) D．4eq\r(6)海里/小時(shí)解析：選A因?yàn)閏osθ＝eq\f(4,5)，0°<θ<45°，所以sinθ＝eq\f(3,5)，cos(45°－θ)＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(4,5)＋eq\f(\r(2),2)×eq\f(3,5)＝eq\f(7\r(2),10)，在△ABC中，BC2＝(20eq\r(2))2＋102－2×20eq\r(2)×10×eq\f(7\r(2),10)＝340，所以BC＝2eq\r(85)，該貨船的船速為eq\f(2\r(85),\f(1,2))＝4eq\r(85)海里/小時(shí)．5.如圖，某人在垂直于水平地面ABC的墻面前的點(diǎn)A處進(jìn)行射擊訓(xùn)練．已知點(diǎn)A到墻面的距離為AB，某目標(biāo)點(diǎn)P沿墻面上的射線CM移動(dòng)，此人為了準(zhǔn)確瞄準(zhǔn)目標(biāo)點(diǎn)P，需計(jì)算由點(diǎn)A觀察點(diǎn)P的仰角θ的大?。鬉B＝15m，AC＝25m，∠BCM＝30°，則tanθ的最大值是________．(仰角θ為直線AP與平面ABC所成角)解析：如圖，過點(diǎn)P作PO⊥BC于點(diǎn)O，連接AO，則∠PAO＝θ.設(shè)CO＝x，則OP＝eq\f(\r(3),3)x.在Rt△ABC中，AB＝15，AC＝25，所以BC＝20.所以cos∠BCA＝eq\f(4,5).所以AO＝eq\r(625＋x2－2×25x×\f(4,5))＝eq\r(x2－40x＋625).故tanθ＝eq\f(\f(\r(3),3)x,\r(x2－40x＋625))＝eq\f(\f(\r(3),3),\r(1－\f(40,x)＋\f(625,x2)))＝eq\f(\f(\r(3),3),\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(25,x)－\f(4,5)))2＋\f(9,25))).當(dāng)eq\f(25,x)＝eq\f(4,5)，即x＝eq\f(125,4)時(shí)，tanθ取得最大值為eq\f(\f(\r(3),3),\f(3,5))＝eq\f(5\r(3),9).答案：eq\f(5\r(3),9)6．甲船在A處觀察乙船，乙船在它的北偏東60°方向的B處，兩船相距anmile，乙船正向北行駛，若甲船的速度是乙船的eq\r(3)倍，則甲船應(yīng)沿________方向行駛才能追上乙船；追上時(shí)甲船行駛了________nmile.解析：如圖所示，設(shè)在C處甲船追上乙船，乙船到C處用的時(shí)間為t，乙船的速度為v，則BC＝tv，AC＝eq\r(3)tv，又B＝120°，則由正弦定理eq\f(BC,sin∠CAB)＝eq\f(AC,sinB)，得eq\f(1,sin∠CAB)＝eq\f(\r(3),sin120°)，∴sin∠CAB＝eq\f(1,2)，∴∠CAB＝30°，∴甲船應(yīng)沿北偏東30°方向行駛．又∠ACB＝180°－120°－30°＝30°，∴BC＝AB＝anmile，∴AC＝eq\r(AB2＋BC2－2AB·BCcos120°)＝eq\r(a2＋a2－2a2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝eq\r(3)a(nmile)答案：北偏東30°eq\r(3)a7.如圖所示，在社會(huì)實(shí)踐中，小明觀察一棵桃樹．他在點(diǎn)A處發(fā)現(xiàn)桃樹頂端點(diǎn)C的仰角大小為45°，往正前方走4m后，在點(diǎn)B處發(fā)現(xiàn)桃樹頂端點(diǎn)C的仰角大小為75°.(1)求BC的長(zhǎng)；(2)若小明身高為1.70m，求這棵桃樹頂端點(diǎn)C離地面的高度(精確到0.01m，其中eq\r(3)≈1.732)．解：(1)在△ABC中，∠CAB＝45°，∠DBC＝75°，則∠ACB＝75°－45°＝30°，AB＝4，由正弦定理得eq\f(BC,sin45°)＝eq\f(4,sin30°)，解得BC＝4eq\r(2)(m)．即BC的長(zhǎng)為4eq\r(2)m.(2)在△CBD中，∠CDB＝90°，BC＝4eq\r(2)，所以DC＝4eq\r(2)sin75°.因?yàn)閟in75°＝sin(45°＋30°)＝sin45°cos30°＋cos45°sin30°＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，則DC＝2＋2eq\r(3).所以CE＝ED＋DC＝1.70＋2＋2eq\r(3)≈3.70＋3.464≈7.16(m)．即這棵桃樹頂端點(diǎn)C離地面的高度為7.16m.8.如圖，在一條海防警戒線上的點(diǎn)A，B，C處各有一個(gè)水聲監(jiān)測(cè)點(diǎn)，B，C兩點(diǎn)到A的距離分別為20千米和50千米，某時(shí)刻，B收到發(fā)自靜止目標(biāo)P的一個(gè)聲波信號(hào)，8秒后A，C同時(shí)接收到該聲波信號(hào)，已知聲波在水中的傳播速度是1.5千米/秒．(1)設(shè)A到P的距離為x千米，用x表示B，C到P的距離，并求x的值；(2)求P到海防警戒線AC的距離．解：(1)依題意，有PA＝PC＝x，PB＝x－1.5×8＝x－12.在△PAB中，AB＝20，cos∠PAB＝eq\f(PA2＋AB2－PB2,2PA·AB)＝eq\f(x2＋202－?x－12?2,2x·20)＝eq\f(3x＋32,5x)，同理在△PAC中，AC＝50，cos∠PAC＝eq\f(PA2＋AC2－PC2,2PA·AC)＝eq\f(x2＋502－x2,2x·50)＝eq\f(25,x).∵cos∠PAB＝cos∠PAC，∴eq\f(3x＋32,5x)＝eq\f(25,x)，解得x＝31.(2)作PD⊥AC于D，在△ADP中，由cos∠PAD＝eq\f(25,31)，得sin∠PAD＝eq\r(1－cos2∠PAD)＝eq\f(4\r(21),31)，∴PD＝PAsin∠PAD＝31×eq\f(4\r(21),31)＝4eq\r(21)千米．故靜止目標(biāo)P到海防警戒線AC的距離為4eq\r(21)千米．第二課時(shí)三角形中的幾何計(jì)算預(yù)習(xí)課本P16～18，思考并完成以下問題預(yù)習(xí)課本P16～18，思考并完成以下問題(1)已知三角形的兩邊及內(nèi)角怎樣求其面積？(2)已知三角形的面積如何求其他量？三角形的面積公式(1)S＝eq\f(1,2)a·ha(ha表示a邊上的高)．(2)S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)acsinB.[點(diǎn)睛]三角形的面積公式S＝eq\f(1,2)absinC與原來(lái)的面積公式S＝eq\f(1,2)a·h(h為a邊上的高)的關(guān)系為：h＝bsinC，實(shí)質(zhì)上bsinC就是△ABC中a邊上的高．1．判斷下列命題是否正確．(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)公式S＝eq\f(1,2)absinC適合求任意三角形的面積()(2)三角形中已知三邊無(wú)法求其面積()(3)在三角形中已知兩邊和一角就能求三角形的面積()解析：(1)正確，S＝eq\f(1,2)absinC適合求任意三角形的面積．(2)錯(cuò)誤．已知三邊可利用余弦定理求角的余弦值，再求得正弦值，進(jìn)而求面積．(3)正確．已知兩邊和兩邊的夾角可直接求得面積，已知兩邊和一邊的對(duì)角，可求得其他邊和角，再求面積．答案：(1)√(2)×(3)√2．在△ABC中，已知a＝2，b＝3，C＝120°，則S△ABC＝()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(3\r(3),2)C.eq\r(3) D．3解析：選BS△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×2×3×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),2).3．已知△ABC的面積為eq\f(3,2)，且b＝2，c＝eq\r(3)，則A的大小為()A．60°或120° B．60°C．120° D．30°或150°解析：選A由S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA得eq\f(3,2)＝eq\f(1,2)×2×eq\r(3)×sinA，所以sinA＝eq\f(\r(3),2)，故A＝60°或120°，故選A.4．若△ABC的三邊a，b，c及面積S滿足S＝a2－(b－c)2，則sinA＝________.解析：由余弦定理得S＝a2－(b－c)2＝2bc－2bccosA＝eq\f(1,2)bcsinA，所以sinA＋4cosA＝4，由sin2A＋cos2A＝1，解得sin2A＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(sinA,4)))2＝1，sinA＝eq\f(8,17).答案：eq\f(8,17)三角形面積的計(jì)算[典例]已知△ABC中，B＝30°，AB＝2eq\r(3)，AC＝2，求△ABC的面積．[解]由正弦定理，得sinC＝eq\f(ABsinB,AC)＝eq\f(2\r(3)sin30°,2)＝eq\f(\r(3),2).∵AB>AC，∴C＝60°或C＝120°.當(dāng)C＝60°時(shí)，A＝90°，S△ABC＝eq\f(1,2)AB·AC＝2eq\r(3)；當(dāng)C＝120°時(shí)，A＝30°，S△ABC＝eq\f(1,2)AB·ACsinA＝eq\r(3).故△ABC的面積為2eq\r(3)或eq\r(3).(1)求三角形面積時(shí)，應(yīng)先根據(jù)題目給出的已知條件選擇最簡(jiǎn)便、最快捷的計(jì)算方法，這樣不僅能減少一些不必要的計(jì)算，還能使計(jì)算結(jié)果更加接近真實(shí)值．(2)事實(shí)上，在眾多公式中，最常用的公式是S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)acsinB，即給出三角形的兩邊和夾角(其中某邊或角需求解)求三角形面積，反過來(lái)，給出三角形的面積利用上述公式也可求得相應(yīng)的邊或角，應(yīng)熟練應(yīng)用此公式．[活學(xué)活用]△ABC中，若a，b，c的對(duì)角分別為A，B，C，且2A＝B＋C，a＝eq\r(3)，△ABC的面積S△ABC＝eq\f(\r(3),2)，求邊b的長(zhǎng)和B的大?。猓骸逜＋B＋C＝180°，又2A＝B＋C，∴A＝60°.∵S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),2)，sinA＝eq\f(\r(3),2)，∴bc＝2.①又由余弦定理得3＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－2×2×eq\f(1,2)，即b2＋c2＝5.②解①②可得b＝1或2.由正弦定理知eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，∴sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(b,2).當(dāng)b＝1時(shí)，sinB＝eq\f(1,2)，B＝30°；當(dāng)b＝2時(shí)，sinB＝1，B＝90°.三角恒等式證明問題[典例]在△ABC中，求證：eq\f(a－ccosB,b－ccosA)＝eq\f(sinB,sinA).證明：[法一化角為邊]左邊＝eq\f(a－\f(c?a2＋c2－b2?,2ac),b－\f(c?b2＋c2－a2?,2bc))＝eq\f(a2－c2＋b2,2a)·eq\f(2b,b2－c2＋a2)＝eq\f(b,a)＝eq\f(2RsinB,2RsinA)＝eq\f(sinB,sinA)＝右邊，其中R為△ABC外接圓的半徑．∴eq\f(a－ccosB,b－ccosA)＝eq\f(sinB,sinA).[法二化邊為角]左邊＝eq\f(sinA－sinCcosB,sinB－sinCcosA)＝eq\f(sin?B＋C?－sinCcosB,sin?A＋C?－sinCcosA)＝eq\f(sinBcosC,sinAcosC)＝eq\f(sinB,sinA)＝右邊(cosC≠0)，∴eq\f(a－ccosB,b－ccosA)＝eq\f(sinB,sinA).1．三角恒等式證明的三個(gè)基本原則(1)統(tǒng)一邊角關(guān)系．(2)由繁推簡(jiǎn)．(3)目標(biāo)明確，等價(jià)轉(zhuǎn)化．2．三角恒等式證明的基本方法(1)把角的關(guān)系通過正、余弦定理轉(zhuǎn)化為邊的關(guān)系，然后進(jìn)行化簡(jiǎn)、變形．(2)把邊的關(guān)系轉(zhuǎn)化為角的關(guān)系，一般是通過正弦定理，然后利用三角函數(shù)公式進(jìn)行恒等變形．[活學(xué)活用]在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.求證：eq\f(cosB,cosC)＝eq\f(c－bcosA,b－ccosA).證明：法一：由正弦定理，得eq\f(c－bcosA,b－ccosA)＝eq\f(2RsinC－2RsinBcosA,2RsinB－2RsinCcosA)＝eq\f(sin?A＋B?－sinBcosA,sin?A＋C?－sinCcosA)＝eq\f(sinAcosB,sinAcosC)＝eq\f(cosB,cosC).法二：由余弦定理，得eq\f(c－bcosA,b－ccosA)＝eq\f(c－\f(b2＋c2－a2,2c),b－\f(b2＋c2－a2,2b))＝eq\f(\f(a2＋c2－b2,2c),\f(b2＋a2－c2,2b))＝eq\f(\f(a2＋c2－b2,2ac),\f(b2＋a2－c2,2ab))＝eq\f(cosB,cosC).與三角形有關(guān)的綜合問題題點(diǎn)一：與三角形面積有關(guān)的綜合問題1．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知acosB－c＝eq\f(b,2).(1)求角A的大?。?2)若b－c＝eq\r(6)，a＝3＋eq\r(3)，求BC邊上的高．解：(1)由acosB－c＝eq\f(b,2)及正弦定理可得，sinAcosB－sinC＝eq\f(sinB,2)，因?yàn)閟inC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB，所以eq\f(sinB,2)＋cosAsinB＝0.因?yàn)閟inB≠0，所以cosA＝－eq\f(1,2)，因?yàn)?<A<π，所以A＝eq\f(2π,3).(2)由余弦定理可知，a2＝b2＋c2－2bccoseq\f(2π,3)＝b2＋c2＋bc，所以(3＋eq\r(3))2＝b2＋c2＋bc＝(b－c)2＋3bc＝6＋3bc，解得bc＝2＋2eq\r(3).設(shè)BC邊上的高為h，由S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)ah，得eq\f(1,2)(2＋2eq\r(3))sineq\f(2π,3)＝eq\f(1,2)(3＋eq\r(3))h,解得h＝1.題點(diǎn)二：三角形中的范圍問題2．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且滿足(2c－a)cosB－bcosA＝0.(1)求角B的大??；(2)求eq\r(3)sinA＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,6)))的取值范圍．解：(1)由正弦定理得：(2sinC－sinA)cosB－sinBcosA＝0，即sinC(2cosB－1)＝0，∵sinC≠0，∴cosB＝eq\f(1,2)，∵B∈(0，π)，∴B＝eq\f(π,3).(2)由(1)知B＝eq\f(π,3)，∴C＝eq\f(2π,3)－A，∴eq\r(3)sinA＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,6)))＝eq\r(3)sinA＋cosA＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6))).∵A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，∴A＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，∴2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))∈(1,2]，∴eq\r(3)sinA＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,6)))的取值范圍是(1,2]．題點(diǎn)三：三角形中的最值問題3．設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知eq\f(sin?A－B?,sin?A＋B?)＝eq\f(b＋c,c).(1)求角A的大??；(2)當(dāng)a＝6時(shí)，求△ABC面積的最大值，并指出面積最大時(shí)△ABC的形狀．解：(1)由eq\f(sin?A－B?,sin?A＋B?)＝eq\f(b＋c,c)，得eq\f(sin?A－B?,sin?A＋B?)＝eq\f(sinB＋sinC,sinC).又sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sinC，∴sin(A－B)＝sinB＋sinC，∴sin(A－B)＝sinB＋sin(A＋B)．∴sinAcosB－cosAsinB＝sinB＋sinAcosB＋cosAsinB，∴sinB＋2cosAsinB＝0，又sinB≠0，∴cosA＝－eq\f(1,2).∵A∈(0，π)，∴A＝eq\f(2π,3).(2)S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),4)bc＝eq\f(\r(3),4)×2RsinB·2RsinC＝eq\r(3)R2sinB·sinC＝eq\r(3)R2sinB·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－B))＝eq\f(\r(3),2)R2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B＋\f(π,6)))－eq\f(\r(3),4)R2，B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))).由正弦定理2R＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(6,sin\f(2π,3))＝4eq\r(3)，∴R＝2eq\r(3).當(dāng)2B＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即B＝C＝eq\f(π,6)時(shí)，Smax＝3eq\r(3)，∴△ABC面積的最大值為3eq\r(3)，此時(shí)△ABC為等腰鈍角三角形．題點(diǎn)四：多邊形面積問題4．已知圓內(nèi)接四邊形ABCD的邊長(zhǎng)AB＝2，BC＝6，CD＝DA＝4，求四邊形ABCD的面積S.解：如圖，連接BD，則S＝S△ABD＋S△CBD＝eq\f(1,2)AB·ADsinA＋eq\f(1,2)BC·CDsinC.∵A＋C＝180°，∴sinA＝sinC，∴S＝eq\f(1,2)sinA(AB·AD＋BC·CD)＝16sinA.在△ABD中，由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcosA＝20－16cosA，在△CDB中，由余弦定理得BD2＝CD2＋BC2－2CD·BCcosC＝52－48cosC，∴20－16cosA＝52－48cosC.又cosC＝－cosA，∴cosA＝－eq\f(1,2)，∴A＝120°，∴S＝16sinA＝8eq\r(3).(1)解決此類問題的關(guān)鍵是根據(jù)題意畫出圖形，將圖形中的已知條件與未知量之間的關(guān)系轉(zhuǎn)化為三角形中的邊與角的關(guān)系，求解三角形使問題獲解．(2)三角形問題中，常涉及求邊、求角及求面積等幾個(gè)問題，用正、余弦定理作為解題的工具進(jìn)行轉(zhuǎn)化求解．在涉及變量取值范圍或最值問題時(shí)，常常用到函數(shù)等數(shù)學(xué)相關(guān)知識(shí)．(3)解三角形時(shí)，角的取值范圍至關(guān)重要．角的取值范圍往往隱含在題目中，不深入挖掘很容易出錯(cuò)．層級(jí)一學(xué)業(yè)水平達(dá)標(biāo)1．在△ABC中，A＝60°，AB＝1，AC＝2，則S△ABC的值為()A.eq\f(1,2)B.eqB.eq\f(\r(3),2)C.eq\r(3)D．2eq\r(3)解析：選BS△ABC＝eq\f(1,2)AB·AC·sinA＝eq\f(\r(3),2).2．如果等腰三角形的周長(zhǎng)是底邊長(zhǎng)的5倍，則它的頂角的余弦值為()A．－eq\f(7,8)B.eq\f(7,8)C．－eq\f(8,7)D.eq\f(8,7)解析：選B設(shè)等腰三角形的底邊長(zhǎng)為a，頂角為θ，則腰長(zhǎng)為2a，由余弦定理得，cosθ＝eq\f(4a2＋4a2－a2,8a2)＝eq\f(7,8).3．在△ABC中，已知面積S＝eq\f(1,4)(a2＋b2－c2)，則角C的大小為()A．135°B．45°C．60°D．120°解析：選B∵S＝eq\f(1,4)(a2＋b2－c2)＝eq\f(1,2)absinC，由余弦定理得：sinC＝cosC，∴tanC＝1.又0°<C<180°，∴C＝45°.4．在△ABC中，若cosB＝eq\f(1,4)，eq\f(sinC,sinA)＝2，且S△ABC＝eq\f(\r(15),4)，則b＝()A．4B．3C．2D．1解析：選C依題意得，c＝2a，b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋(2a)2－2×a×2a×eq\f(1,4)＝4a2，所以b＝c＝2a.因?yàn)锽∈(0，π)，所以sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(\r(15),4)，又S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×eq\f(b,2)×b×eq\f(\r(15),4)＝eq\f(\r(15),4)，所以b＝2，選C.5．三角形的一邊長(zhǎng)為14，這條邊所對(duì)的角為60°，另兩邊之比為8∶5，則這個(gè)三角形的面積為()A．40eq\r(3)B．20eq\r(3)C．40eq\r(2)D．20eq\r(2)解析：選A設(shè)另兩邊長(zhǎng)為8x,5x，則cos60°＝eq\f(64x2＋25x2－142,80x2)，解得x＝2或x＝－2(舍去)．故兩邊長(zhǎng)分別為16與10，所以三角形的面積是eq\f(1,2)×16×10×sin60°＝40eq\r(3).6．在△ABC中，a＝3eq\r(2)，b＝2eq\r(3)，cosC＝eq\f(1,3)，則△ABC的面積為________．解析：∵cosC＝eq\f(1,3)，0<C<π，∴sinC＝eq\f(2\r(2),3)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×3eq\r(2)×2eq\r(3)×eq\f(2\r(2),3)＝4eq\r(3).答案：4eq\r(3)7.如圖，在△ABC中，已知B＝45°，D是BC邊上一點(diǎn)，AD＝5，AC＝7，DC＝3，則AB＝________.解析：在△ADC中，cosC＝eq\f(AC2＋DC2－AD2,2·AC·DC)＝eq\f(72＋32－52,2×7×3)＝eq\f(11,14).又0°<C<180°，∴sinC＝eq\f(5\r(3),14).在△ABC中，eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sinC)，∴AB＝eq\f(sinC,sinB)·AC＝eq\f(5\r(3),14)×eq\r(2)×7＝eq\f(5\r(6),2).答案：eq\f(5\r(6),2)8．△ABC的兩邊長(zhǎng)分別為2,3，其夾角的余弦值為eq\f(1,3)，則其外接圓的半徑為________．解析：不妨設(shè)b＝2，c＝3，cosA＝eq\f(1,3)，則a2＝b2＋c2－2bc·cosA＝9，∴a＝3.又∵sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(2\r(2),3)，∴外接圓半徑為R＝eq\f(a,2sinA)＝eq\f(3,2·\f(2\r(2),3))＝eq\f(9\r(2),8).答案：eq\f(9\r(2),8)9．在△ABC中，求證：b2cos2A－a2cos2B＝b2－a2.證明：左邊＝b2(1－2sin2A)－a2(1－2sin2B)＝b2－a2－2(b2sin2A－a2sin2B)，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得bsinA＝asinB，∴b2sin2A－a2sin2B＝0，∴左邊＝b2－a2＝右邊，∴b2cos2A－a2cos2B＝b2－a2.10.如圖所示，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝5，AC＝9，∠BCA＝30°，∠ADB＝45°，求BD的長(zhǎng)．解：在△ABC中，AB＝5，AC＝9，∠BCA＝30°，由正弦定理，得eq\f(AB,sin∠BCA)＝eq\f(AC,sin∠ABC)，∴sin∠ABC＝eq\f(AC·sin∠BCA,AB)＝eq\f(9×sin30°,5)＝eq\f(9,10).∵AD∥BC，∴∠BAD＝180°－∠ABC，于是sin∠BAD＝sin∠ABC＝eq\f(9,10).在△ABD中，AB＝5，sin∠BAD＝eq\f(9,10)，∠ADB＝45°，由正弦定理，得eq\f(AB,sin∠ADB)＝eq\f(BD,sin∠BAD)，解得BD＝eq\f(9\r(2),2)，故BD的長(zhǎng)為eq\f(9\r(2),2).層級(jí)二應(yīng)試能力達(dá)標(biāo)1．△ABC的周長(zhǎng)為20，面積為10eq\r(3)，A＝60°，則BC的邊長(zhǎng)等于()A．5B．6C．7D．8解析：選C如圖，由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＋c＝20，,\f(1,2)bcsin60°＝10\r(3)，,a2＝b2＋c2－2bccos60°，))則bc＝40，a2＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc＝(20－a)2－3×40，∴a＝7.2．在△ABC中，已知b2－bc－2c2＝0，且a＝eq\r(6)，cosA＝eq\f(7,8)，則△ABC的面積等于()A.eq\f(\r(15),2)B.eq\r(15)C．2D．3解析：選A因?yàn)閎2－bc－2c2＝0，所以(b－2c)(b＋c)＝0，所以b＝2c.由a2＝b2＋c2－2bccosA，解得c＝2，b＝4，因?yàn)閏osA＝eq\f(7,8)，所以sinA＝eq\f(\r(15),8)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×4×2×eq\f(\r(15),8)＝eq\f(\r(15),2).3．在△ABC中，若b＝2，A＝120°，其面積S＝eq\r(3)，則△ABC外接圓的半徑為()A.eq\r(3)B．C．2eq\r(3)D．4解析：選B∵S＝eq\f(1,2)bcsinA，∴eq\r(3)＝eq\f(1,2)×2csin120°，∴c＝2，∴a＝eq\r(b2＋c2－2bccosA)＝eq\r(4＋4－2×2×2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝2eq\r(3)，設(shè)△ABC外接圓的半徑為R，∴2R＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(2\r(3),\f(\r(3),2))＝4，∴R＝2.4．在△ABC中，sinA＝eq\f(3,4)，a＝10，則邊長(zhǎng)c的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,2)，＋∞)) B．(10，＋∞)C．(0,10) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(40,3)))解析：選D∵eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(40,3)，∴c＝eq\f(40,3)sinC．∴0<c≤eq\f(40,3).5．已知△ABC的面積S＝eq\r(3)，A＝eq\f(π,3)，則·＝________.解析：S△ABC＝eq\f(1,2)·||·||·sinA，即eq\r(3)＝eq\f(1,2)·||·||·eq\f(\r(3),2)，所以||·||＝4，于是·＝||·||·cosA＝4×eq\f(1,2)＝2.答案：26．在銳角三角形ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，若eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＝6cosC，則eq\f(tanC,tanA)＋eq\f(tanC,tanB)＝________.解析：∵eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＝6cosC，∴eq\f(a2＋b2,ab)＝6×eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，∴2a2＋2b2－2c2＝c2，又eq\f(tanC,tanA)＋eq\f(tanC,tanB)＝eq\f(sinCcosA,sinAcosC)＋eq\f(sinCcosB,sinBcosC)＝eq\f(sinC?sinBcosA＋cosBsinA?,sinAsinBcosC)＝eq\f(sinCsin?B＋A?,sinAsinBcosC)＝eq\f(sin2C,sinAsinBcosC)＝eq\f(c2,abcosC)＝eq\f(c2,ab\f(a2＋b2－c2,2ab))＝eq\f(2c2,a2＋b2－c2)＝4.答案：47．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c.已知sinAsinB＝sinCtanC.(1)求eq\f(a2＋b2,c2)的值；(2)若a＝eq\f(\r(2),2)c，且△ABC的面積為4，求c的值．解：(1)由已知sinAsinB＝sinCtanC得cosC＝eq\f(c2,ab).又cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，故a2＋b2＝3c2，故eq\f(a2＋b2,c2)的值為3.(2)由a＝eq\f(\r(2),2)c,a2＋b2＝3c2得b＝eq\f(\r(10),2)c.由余弦定理得cosC＝eq\f(2\r(5),5)，故sinC＝eq\f(\r(5),5).所以eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)c×eq\f(\r(10),2)c×eq\f(\r(5),5)＝4，解得c＝4.8．在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，且a＝2,2cos2eq\f(B＋C,2)＋sinA＝eq\f(4,5).(1)若滿足條件的△ABC有且只有一個(gè)，求b的取值范圍；(2)當(dāng)△ABC的周長(zhǎng)取最大值時(shí)，求b的值.解：2cos2eq\f(B＋C,2)＋sinA＝eq\f(4,5)?1＋cos(B＋C)＋sinA＝eq\f(4,5)?sinA－cosA＝－eq\f(1,5).又0<A<π，且sin2A＋cos2A＝1，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinA＝\f(3,5)，,cosA＝\f(4,5).))(1)若滿足條件的△ABC有且只有一個(gè)，則有a＝bsinA或a≥b，則b的取值范圍為(0,2]∪eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(10,3))).(2)設(shè)△ABC的周長(zhǎng)為l，由正弦定理得l＝a＋b＋c＝a＋eq\f(a,sinA)(sinB＋sinC)＝2＋eq\f(10,3)[sinB＋sin(A＋B)]＝2＋eq\f(10,3)[sinB＋sinAcosB＋cosAsinB]＝2＋2(3sinB＋cosB)＝2＋2eq\r(10)sin(B＋θ)，其中θ為銳角，且eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinθ＝\f(\r(10),10)，,cosθ＝\f(3\r(10),10)，))lmax＝2＋2eq\r(10)，當(dāng)cosB＝eq\f(\r(10),10)，sinB＝eq\f(3\r(10),10)時(shí)取到．此時(shí)b＝eq\f(a,sinA)sinB＝eq\r(10).(時(shí)間120分鐘滿分150分)一、選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．在△ABC中，a＝k，b＝eq\r(3)k(k＞0)，A＝45°，則滿足條件的三角形有()A．0個(gè) B．1個(gè)C．2個(gè) D．無(wú)數(shù)個(gè)解析：選A由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，∴sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(\r(6),2)＞1，即sinB＞1，這是不成立的．所以沒有滿足此條件的三角形．2．在△ABC中，A＝eq\f(π,3)，BC＝3，AB＝eq\r(6)，則C＝()A.eq\f(π,4)或eq\f(3π,4) B.eq\f(3π,4)C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,6)解析：選C由eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AB,sinC)，得sinC＝eq\f(\r(2),2).∵BC＝3，AB＝eq\r(6)，∴A>C，則C為銳角，故C＝eq\f(π,4).3．在△ABC中，a＝15，b＝20，A＝30°，則cosB＝()A．±eq\f(\r(5),3) B.eq\f(2,3)C．－eq\f(\r(5),3) D.eq\f(\r(5),3)解析：選A因?yàn)閑q\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，所以eq\f(15,sin30°)＝eq\f(20,sinB)，解得sinB＝eq\f(2,3).因?yàn)閎>a，所以B>A，故B有兩解，所以cosB＝±eq\f(\r(5),3).4．在△ABC中，已知(b＋c)∶(c＋a)∶(a＋b)＝4∶5∶6，則sinA∶sinB∶sinC等于()A．6∶5∶4 B．7∶5∶3C．3∶5∶7 D．4∶5∶6解析：選B∵(b＋c)∶(c＋a)∶(a＋b)＝4∶5∶6，∴eq\f(b＋c,4)＝eq\f(c＋a,5)＝eq\f(a＋b,6).令eq\f(b＋c,4)＝eq\f(c＋a,5)＝eq\f(a＋b,6)＝k(k>0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＋c＝4k，,c＋a＝5k，,a＋b＝6k，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(7,2)k，,b＝\f(5,2)k，,c＝\f(3,2)k.))∴sinA∶sinB∶sinC＝a∶b∶c＝7∶5∶3.5．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且sin2eq\f(A,2)＝eq\f(c－b,2c)，則△ABC的形狀為()A．等邊三角形 B．直角三角形C．等腰三角形 D．等腰直角三角形解析：選B由已知可得eq\f(1－cosA,2)＝eq\f(1,2)－eq\f(b,2c)，即cosA＝eq\f(b,c)，b＝ccosA.法一：由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，則b＝c·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，所以c2＝a2＋b2，由此知△ABC為直角三角形．法二：由正弦定理，得sinB＝sinCcosA．在△ABC中，sinB＝sin(A＋C)，從而有sinAcosC＋cosAsinC＝sinCcosA，即sinAcosC＝0.在△ABC中，sinA≠0，所以cosC＝0.由此得C＝eq\f(π,2)，故△ABC為直角三角形．6．已知圓的半徑為4，a，b，c為該圓的內(nèi)接三角形的三邊，若abc＝16eq\r(2)，則三角形的面積為()A．2eq\r(2) B．8eq\r(2)C.eq\r(2) D.eq\f(\r(2),2)解析：選C∵eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R＝8，∴sinC＝eq\f(c,8)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(abc,16)＝eq\f(16\r(2),16)＝eq\r(2).7．在△ABC中，三邊長(zhǎng)分別為a－2，a，a＋2，最大角的正弦值為eq\f(\r(3),2)，則這個(gè)三角形的面積為()A.eq\f(15,4) B.eq\f(15\r(3),4)C.eq\f(21\r(3),4) D.eq\f(35\r(3),4)解析：選B∵三邊不等，∴最大角大于60°.設(shè)最大角為α，故α所對(duì)的邊長(zhǎng)為a＋2，∵sinα＝eq\f(\r(3),2)，∴α＝120°.由余弦定理得(a＋2)2＝(a－2)2＋a2＋a(a－2)，即a2＝5a，故a＝5，故三邊長(zhǎng)為3,5,7，S△ABC＝eq\f(1,2)×3×5×sin120°＝eq\f(15\r(3),4).8.如圖，在△ABC中，D是邊AC上的點(diǎn)，且AB＝AD,2AB＝eq\r(3)BD，BC＝2BD，則sinC的值為()A.eq\f(\r(3),3) B.eq\f(\r(3),6)C.eq\f(\r(6),3) D.eq\f(\r(6),6)解析：選D設(shè)BD＝a，則BC＝2a，AB＝AD＝eq\f(\r(3),2)a.在△ABD中，由余弦定理，得cosA＝eq\f(AB2＋AD2－BD2,2AB·AD)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a))2－a2,2×\f(\r(3),2)a·\f(\r(3),2)a)＝eq\f(1,3).又∵A為△ABC的內(nèi)角，∴sinA＝eq\f(2\r(2),3).在△ABC中，由正弦定理得，eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AB,sinC).∴sinC＝eq\f(AB,BC)·sinA＝eq\f(\f(\r(3),2)a,2a)·eq\f(2\r(2),3)＝eq\f(\r(6),6).二、填空題(本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分．把答案填在題中橫線上)9．在△ABC中，已知eq\f(a,cosA)＝eq\f(b,cosB)＝eq\f(c,cosC)，則這個(gè)三角形的形狀是________．解析：由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)得eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(sinB,cosB)＝eq\f(sinC,cosC)，∴tanA＝tanB＝tanC，∴A＝B＝C，三角形ABC為等邊三角形．答案：等邊三角形10．在△ABC中，B＝30°，C＝120°，則A＝________，a∶b∶c＝________.解析：A＝180°－B－C＝30°，由正弦定理得a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC，即a∶b∶c＝sin30°∶sin30°∶sin120°＝1∶1∶eq\r(3).答案：30°1∶1∶eq\r(3)11．已知△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)邊長(zhǎng)分別為a，b，c，若A＝eq\f(π,3)，b＝2acosB，c＝1，則B＝________，△ABC的面積等于________．解析：由正弦定理得sinB＝2sinAcosB，故tanB＝2sinA＝2sineq\f(π,3)＝eq\r(3)，又B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3)，又A＝B＝eq\f(π,3)，則△ABC是正三角形，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×1×1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),4).答案：eq\f(π,3)eq\f(\r(3),4)12．在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若b＝2a，B＝A＋60°，則A＝________，三角形的形狀為________．解析：∵b＝2a，由正弦定理，得sinB＝2sinA，又B＝A＋60°，∴sin(A＋60°)＝2sinA，即eq\f(1,2)sinA＋eq\f(\r(3),2)cosA＝2sinA，∴tanA＝eq\f(\r(3),3).又0°＜A＜180°，∴A＝30°，B＝90°.答案：30°直角三角形13．已知三角形ABC中，BC邊上的高與BC邊長(zhǎng)相等，則eq\f(AC,AB)＋eq\f(AB,AC)＋eq\f(BC2,AB·AC)的最大值是________．解析：由題意得，eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)a2?bcsinA＝a2，因此eq\f(AC,AB)＋eq\f(AB,AC)＋eq\f(BC2,AB·AC)＝eq\f(b,c)＋eq\f(c,b)＋eq\f(a2,bc)＝eq\f(b2＋c2＋a2,bc)＝eq\f(a2＋2bccosA＋a2,bc)＝2cosA＋2sinA＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))≤2eq\r(2)，從而所求最大值是2eq\r(2).答案：2eq\r(2)14．在△ABC中，已知cosA＝eq\f(3,5)，cosB＝eq\f(5,13)，b＝3，則sinC＝________，c＝________.解析：在△ABC中，∵cosA＝eq\f(3,5)>0，∴sinA＝eq\f(4,5).∵cosB＝eq\f(5,13)>0，∴sinB＝eq\f(12,13).∴sinC＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋c