（江苏专用）高考数学大一轮复习 第五章 解三角形 第32课 正弦定理与余弦定理的综合应用 文-人教版高三全册数学试题

第32课正弦定理与余弦定理的综合应用(本课时对应学生用书第页)自主学习回归教材1.(必修5P16练习1改编)在△ABC中，若sinA∶sinB∶sinC=7∶8∶13，则cosC=.【答案】-【解析】由正弦定理知a∶b∶c=7∶8∶13，再由余弦定理得cosC==-.2.(必修5P24复习题1改编)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a2-b2=bc，sinC=2sinB，则角A=.【答案】【解析】由sinC=2sinB得c=2b，代入a2-b2=bc得a2-b2=6b2，所以a2=7b2，a=b，所以cosA==，所以角A=.3.(必修5P20练习3改编)如图，一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°方向、距塔68nmile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nmile/h.(第3题)【答案】4.(必修5P26本章测试7改编)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若asinA+csinC-asinC=bsinB，则角B=.【答案】45°【解析】由正弦定理得a2+c2-ac=b2，再由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB，故cosB=，因此B=45°.5.(必修5P19例4改编)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a，b，c成等比数列，则角B的取值范围为.【答案】【解析】因为a，b，c成等比数列，所以b2=ac，所以cosB==≥，因为0<B<π，所以0<B≤.1.测量问题的有关名词(1)仰角和俯角：是指与目标视线在同一垂直平面内的水平视线的夹角.其中目标视线在水平视线上方时叫作仰角，目标视线在水平视线下方时叫作俯角.(2)方向角：是指从指定方向线到目标方向线的水平角，如北偏东30°，南偏西45°.(3)方位角：是指北方向线顺时针转到目标方向线的角.(4)坡角：是指坡面与水平面所成的角.(5)坡比：是指坡面的铅直高度与水平宽度之比.2.求解三角形实际问题的基本步骤(1)分析：理解题意，弄清已知和未知，画出示意图；(2)建模：根据条件和目标，构建三角形，建立一个解三角形的数学模型；(3)求解：利用正弦定理和余弦定理解三角形，求数学模型的解；(4)检验：检验上述所求的角是否符合实际意义，从而得到实际问题的解.【要点导学】要点导学各个击破利用正、余弦定理解常见的三角问题例1(2016·苏北四市期中)在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知b=4，c=6，且asinB=2.(1)求角A的大小；(2)若D为BC的中点，求线段AD的长.【解答】(1)由正弦定理，得asinB=bsinA.因为b=4，asinB=2，所以sinA=.又0<A<，所以A=.(2)若b=4，c=6，由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA=16+36-2×24×=28，所以a=2.又因为asinB=2，所以sinB=，所以cosB=.因为D为BC的中点，所以BD=DC=.在△ABD中，由余弦定理，得AD2=AB2+BD2-2AB·BD·cosB，即AD2=36+7-2×6××=19，所以AD=.变式(2015·全国卷)已知a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C的对边，且sin2B=2sinAsinC.(1)若a=b，求cosB的值；(2)若B=90°，且a=，求△ABC的面积.【解答】(1)由题设及正弦定理可得b2=2ac.又因为a=b，所以b=2c，a=2c，由余弦定理可得cosB==.(2)由(1)知b2=2ac.因为B=90°，由勾股定理得a2+c2=b2.故a2+c2=2ac，得c=a=.所以△ABC的面积为1.【精要点评】解三角形问题的主要工具就是正弦定理、余弦定理，在解题过程中要注意边角关系的转化，根据题目需要合理选择变形的方向.实际问题中解三角形例22011年5月中下旬，强飓风袭击美国南部与中西部，造成了巨大的损失.为了减少强飓风带来的灾难，美国救援队随时待命进行救援.如图(1)，某天，信息中心在A处获悉：在其正东方向相距80nmile的B处有一艘客轮遇险，在原地等待救援.信息中心立即把消息告知在其南偏西30°，相距40nmile的C处的救援船，救援船立即朝北偏东θ角的方向沿直线CB前往B处救援.(例2(1))(1)若救援船的航行速度为60nmile/h，求救援船到达客轮遇险位置的时间(≈2.646，结果保留两位小数)；(2)求tanθ的值.【思维引导】(1)把问题转化为三角形中的边角关系，因此本题的关键是找出图中的角和边，利用余弦定理求出BC即可解决；(2)首先利用正弦定理求出sin∠ACB，然后利用同角基本关系求出tan∠ACB，再利用两角和的正切公式即可得出结果.(例2(2))【解答】(1)如图(2)，在△ABC中，AB=80，AC=40，∠BAC=120°，由余弦定理可知BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos120°，即BC==40，故救援船到达客轮遇险位置所需时间为40÷60=≈1.76(h).(2)在△ABC中，由正弦定理可得=，则sin∠ACB=·sin∠BAC=.显然∠ACB为锐角，故cos∠ACB=，tan∠ACB=，而θ=∠ACB+30°.所以tanθ=tan(∠ACB+30°)==.变式如图，某海岛上一观察哨A在上午11时测得一轮船在海岛北偏东60°的C处，12时20分测得该轮船在海岛北偏西60°的B处，12时40分，该轮船到达海岛正西方5km的E港口，若该轮船始终匀速前进，求该轮船的速度.(变式)【解答】设∠ABE=θ，船的速度为vkm/h，则BC=v，BE=v，在△ABE中，=，即sinθ=.在△ABC中，=，即AC===.在△ACE中，=25+-2×5××cos150°，化简得v2=25++100=，即v2=93，所以v=.故船速为km/h.例3(2015·苏锡常镇、宿迁一调)如图，有一段河流，河的一侧是以O为圆心、半径为10m的扇形区域OCD，河的另一侧是一段笔直的河岸l，岸边有一烟囱AB(不计B离河岸的距离)，且OB的连线恰好与河岸l垂直，设OB与圆弧的交点为E.经测量，扇形区域和河岸处于同一水平面，在点C，点O和点E处测得烟囱AB的仰角分别为45°，30°和60°.(例3)(1)求烟囱AB的高度；(2)如果要在CE间修一条直路，求CE的长.【思维引导】一要理解这是一个立体图形，若设AB=hm，在Rt△ABE中，∠AEB=60°，可求得EB=h.(1)在Rt△ABO中，∠AOB=30°，OB=h，由OE=10，可求出AB.(2)在Rt△ABC中，∠ACB=45°，BC=AB，在△CBO中，求出cos∠COB，在△CEO中，求CE的长.【解答】(1)设AB的高度为hm.在△CAB中，因为∠ACB=45°，所以CB=h.在△OAB和△EAB中，因为∠AOB=30°，∠AEB=60°，所以OB=h，EB=h.由题意得h-=10，解得h=15.答：烟囱的高度为15m.(2)在△OBC中，OC=10m，OB=15m，BC=15m，所以cos∠COB===，所以在△OCE中，OC=10m，OE=10m，所以CE2=OC2+OE2-2OC·OEcos∠COE=300+300-600×=100.答：CE的长为10m.变式(2015·苏锡常镇三模)如图(1)，甲船从A处以每小时30nmile的速度沿正北方向航行，乙船在B处沿固定方向匀速航行，B在A南偏西75°方向且与A相距10nmile处.当甲船航行20min到达C处时，乙船航行到甲船的南偏西60°方向的D处，此时两船相距10nmile.(变式(1))(1)求乙船每小时航行多少海里?(2)在C处的北偏西30°方向且与C相距nmile处有一个暗礁E，暗礁E周围nmile范围内为航行危险区域.问：甲、乙两船按原航向和速度航行有无危险?如果有危险，从有危险开始多少小时后能脱离危险?如无危险，请说明理由.(变式(2))【解答】(1)如图(2)，连接AD，由题知CD=10，AC=×30=10，∠ACD=60°，所以△ACD为等边三角形，所以AD=10，又因为∠DAB=45°，在△ABD中，由余弦定理得BD2=AD2+AB2-2AB×ADcos45°=100，BD=10，v=10×3=30(nmile/h).答：乙船的速度为每小时30nmile.(2)在海平面内，以点B为原点，分别以东西方向作x轴，以南北方向作y轴，建立如图所示的平面直角坐标系.危险区域在以E为圆心，半径为r=的圆内，因为∠DAB=∠DBA=45°，易知直线BD的方程为y=x，E的横坐标为ABcos15°-CEsin30°，纵坐标为ABsin15°+CEcos30°+AC，求得A(5+5，5-5)，C(5+5，5+5)，E，点E到直线BD的距离为d1==1<，故乙船有危险；点E到直线AC的距离为d2=>，故甲船没有危险.以E为圆心，半径为的圆截直线BD所得的弦长为l=2=2，所以乙船遭遇危险持续时间t==(h).答：甲船没有危险，乙船有危险，且在遭遇危险开始持续h后脱险.解三角形中的不等关系微课9●典型示例例4如图，在等腰直角三角形OPQ中，∠POQ=90°，OP=2，点M在线段PQ上.(例4)(1)若OM=，求PM的长；(2)若点N在线段MQ上，且∠MON=30°，问：当∠POM取何值时，△OMN的面积最小?并求出面积的最小值.【思维导图】【规范解答】(1)在△OMP中，∠P=45°，OM=，OP=2.由余弦定理，得OM2=OP2+PM2-2×OP×PM×cos45°，得PM2-4PM+3=0，解得PM=1或PM=3.(2)设∠POM=α，0°≤α≤60°，在△OMP中，由正弦定理，得=，所以OM=，同理ON=，故S△OMN=×OM×ON×sin∠MON=×======.因为0°≤α≤60°，所以30°≤2α+30°≤150°.所以当α=30°时，sin(2α+30°)取得最大值为1，此时△OMN的面积取得最小值，即∠POM=30°时，△OMN的面积最小，其最小值为8-4.●总结归纳(1)求最值首先选择适当的变量作为自变量，若动点在圆上，则选择圆心角为自变量，三角形(特别是直角三角形)中常选择一锐角为自变量，最关键的是列出解析式.(2)若角是自变量，常把解析式化为f(x)=Asin(ωx+φ)+B的形式，求得最值.●题组强化1.若△ABC的内角满足sinA+sinB=2sinC，则cosC的最小值是.【答案】【解析】由sinA+sinB=2sinC及正弦定理可得a+b=2c，所以cosC===≥=，当且仅当3a2=2b2，即=时等号成立，所以cosC的最小值为.2.在锐角三角形ABC中，已知A=2B，则的取值范围是.【答案】()【解析】因为A+B+C=180°，A=2B，△ABC为锐角三角形，所以30°<B<45°，所以==2cosB∈().3.已知线段AB外有一点C，∠ABC=60°，AB=200km，汽车以80km/h的速度由A向B行驶，同时摩托车以50km/h的速度由B向C行驶，则运动开始h后，两车的距离最小.(第3题)【答案】【解析】如图，设th后，汽车由A行驶到D，摩托车由B行驶到E，则AD=80t，BE=50t.因为AB=200，所以BD=200-80t，问题就转化为求DE最小时t的值.由余弦定理，得DE2=BD2+BE2-2BD·BEcos60°=(200-80t)2+2500t2-(200-80t)·50t=12900t2-42000t+40000.当t=时，DE最小.4.(2015·苏州调查)如图，有两条相交成60°角的直路X'X，Y'Y，交点为O，甲、乙两人分别在OX，OY上，甲的起始位置与点O相距3km，乙的起始位置与点O相距1km.后来甲沿XX'的方向、乙沿YY'的方向同时以4km/h的速度步行.(第4题)(1)求甲、乙在起始位置时两人之间的距离；(2)设th后甲、乙两人的距离为d(t)，写出d(t)的表达式，当t为何值时，甲、乙两人之间的距离最短?并求出两人之间的最短距离.【解答】(1)由余弦定理，得起初两人的距离为=(km).(2)设th后两人的距离为d(t)，则当0≤t≤时，d(t)==；当t>时，d(t)==；当<t≤时，d(t)==.所以d(t)==(t≥0)，当t=时，两人的距离最短，且为km.答：当t=时，两人的距离最短为km.1.(2015·北京卷)在△ABC中，已知a=3，b=，A=，则角B=.【答案】【解析】由正弦定理，得=，即=，所以sinB=，因为b<a，所以角B=.2.(2016·苏州期中)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若tanA=2tanB，a2-b2=c，则c=.【答案】1【解析】由已知及正、余弦定理知，tanA=2tanB=3a2-3b2=c2，又a2-b2=c，所以c2-c=0，解得c=1或c=0(舍去)，故c=1.3.为了测量塔AB的高度，先在塔外选择和塔脚在一条水平直线上的三点C，D，E，测得仰角分别为θ，2θ，4θ，CD=30m，DE=10m，则θ=，塔高AB=m.【答案】15°15(第3题)【解析】如图，设塔脚为B，由题意得∠ADE=2∠ACD=2θ，可知△ACD为等腰三角形，所以AD=30，同理△ADE也是等腰三角形，AE=10，在△ADE中，cos2θ==，所以2θ=30°，所以θ=15°，AB=AEsin4θ=AEsin60°=10×=15(m).4.(2015·南京、盐城、徐州二模)如图，在△ABC中，D是BC上的一点.已知∠B=60°，AD=2，AC=，DC=，则AB=.(第4题)【答案】【解析】在△ACD中，因为AD=2，AC=，DC=，所以cos∠ADC==-，从而∠ADC=135°，所以∠ADB=45°.在△ADB中，=，所以AB==.5.(2015·苏州期末)如图，某生态园将三角形地块ABC的一角APQ开辟为水果园种植桃树，已知角A为120°，AB，AC的长度均大于200m，现在边界AP，AQ处建围墙，在PQ处围竹篱笆.(第5题)(1)若围墙AP，AQ的总长度为200m，问：如何围可使得三角形地块APQ的面积最大?(2)已知AP段围墙高1m，AQ段围墙高1.5m，造价均为每平方米100元.若围围墙用了20000元，问如何围可使竹篱笆用料最省?【解答】(1)设AP=xm，AQ=ym，则x+y=200，x>0，y>0.△APQ的面积S=xysin120°=xy.因为xy≤=10000，当且仅当x=y=100时取等号.所以当AP=AQ=100m时，可使三角形地块APQ的面积最大.(2)由题意得100×(1×x+1.5×y)=20000，即x+1.5y=200.在△APQ中，PQ2=x2+y2-2xycos120°=x2+y2+xy，即PQ2=(200-1.5y)2+y2+(200-1.5y)y=1.75y2-400y+40000，其中0<y<.则当y=，x=时，PQ2取得最小值，从而PQ也取得最小值.所以当AP=m，AQ=m时，可使竹篱笆用料最省.【融会贯通】融会贯通能力提升已知在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且tanC=.(1)求角C的大小；(2)当c=1时，求a2+b2的取值范围.【思维引导】【规范解答】由已知及余弦定理，得=，所以sinC=.…2分因为C为锐角，所以C=30°. ………………4分(2)由正弦定理，得====2，…………5分所以a=2sinA，b=2sinB=2sin(A+30°).a2+b2=4[sin2A+sin2(A+30°)]=4=4=4-3cos2A+sin2A=4+2sin(2A-60°).……………………8分由得60°<A<90°，…………10分所以60°<2A-60°<120°，<sin(2A-60°)≤1.………………12分所以7<a2+b2≤4+2.所以a2+b2的取值范围是(7，4+2].………………14分【精要点评】三角形有六个基本元素，即三条边和三个角，解三角形最主要的就是将六个基本元素化为已知的过程，一般要用正、余弦定理等工具，但选用怎样的公式，如何转化分析，要总结经验和规律.趁热打铁，事半功倍.请老师布置同学们完成《配套检测与评估》中的练习第63~64页.【检测与评估】第32课正弦定理与余弦定理的综合应用一、填空题1.轮船A和轮船B在中午12时离开海港C，两艘轮船航行方向的夹角为120°，轮船A的航行速度是25nmile/h，轮船B的航行速度是15nmile/h，下午2时两船之间的距离为.2.小明同学骑电动自行车以24km/h的速度沿着正北方向的公路行驶，在点A处望见电视塔S在电动车的北偏东30°方向上，15min后到点B处望见电视塔在电动车的北偏东75°方向上，则电动车在点B时与电视塔S的距离是.3.如图，要测量河对岸A，B两点之间的距离，今沿河岸选取相距40m的C，D两点，测得∠ACB=60°，∠BCD=45°，∠ADB=60°，∠ADC=30°，则AB的距离为m.(第3题)4.已知△ABC的三边长成公比为的等比数列，则其最大角的余弦值为.5.如图，当甲船位于A处时获悉，在其正东方向、相距20nmile的B处有一艘渔船遇险等待营救.甲船立即前往救援，同时把消息告知在甲船的南偏西30°、相距10nmile的C处的乙船.设乙船朝北偏东θ度的方向沿直线前往B处救援，则sinθ=.

(第5题)6.如图，在△ABC中，已知点D在边BC上，AD⊥AC，sin∠BAC=，AB=3，AD=3，那么BD的长为.(第6题)7.(2015·重庆卷)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a=2，cosC=-，3sinA=2sinB，则c=.8.(2015·湖北卷)如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西方向行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在北偏西60°的方向上，行驶600m后到达B处，测得此山顶D在北偏西15°的方向上，仰角为30°，则此山的高度CD=m.

(第8题)二、解答题9.如图，在△ABC中，sin=，AB=2，点D在线段AC上，且AD=2DC，BD=.(1)求BC的长.(2)求△DBC的面积.(第9题)10.(2015·南京三模)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知acosC+ccosA=2bcosA.(1)求角A的大小；(2)求sinB+sinC的取值范围.11.如图，在海岛A上有一座海拔1km的山，山顶设有一个观察站P，上午9时，测得一轮船在海岛北偏东30°、俯角为30°的B处，到9时10分又测得该船(船直线航行)在海岛北偏西60°、俯角为45°的C处.(1)求船的航行速度；(2)在C处，该船改为向正南方向航行，且不改变速度，10min后到达什么位置(以点A为参照点)?(第11题)三、选做题(不要求解题过程，直接给出最终结果)12.在△ABC中，已知=，则△ABC的形状为.13.在不等边三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中a为最大边，如果sin2(B+C)<sin2B+sin2C，则角A的取值范围是.【检测与评估答案】第32课正弦定理与余弦定理的综合应用1.70nmile【解析】设轮船A，B航行到下午2时时所在的位置分别是E，F，则依题意有CE=25×2=50(nmile)，CF=15×2=30(nmile)，且∠ECF=120°，所以EF===70.2.3km【解析】如图，由条件知AB=24×=6，在△ABS中，∠BAS=30°，AB=6，∠ABS=180°-75°=105°，所以∠ASB=45°.由正弦定理知=，所以BS=·sin30°=3(km).(第2题)3.20【解析】如图，由题设知△BDC为等腰直角三角形，故DB=40.由∠ACB=60°和∠ADB=60°知A，B，C，D四点共圆，所以∠BAD=∠BCD=45°.在△BDA中，运用正弦定理可得AB=20.(第3题)4.-【解析】设最小边为a，则其他两边分别为a，2a.由余弦定理得最大角的余弦值为cosα==-.5.【解析】如图，过点C作CD⊥AB，交BA的延长线于点D，则∠DAC=60°，AC=10，所以AD=5，CD=5，则BD=25，BC=10，所以sinθ=sin∠DCB==.(第5题)6.【解析】因为AD⊥AC，所以∠DAC=90°，所以在△ABD中，cos∠BAD=cos(∠BAC-90°)=sin∠BAC=，所以BD==.7.4【解析】由3sinA=2sinB及正弦定理得3a=2b，又因为a=2，所以b=3，由余弦定理得c2=a2+b2-2abcosC=4+9-2×2×3×=16，所以c=4.8.100【解析】在△ABC中，∠CAB=30°，∠ACB=75°-30°=45°，根据正弦定理知=，即BC=×sin∠BAC=×=300，所以CD=BC×tan∠DBC=300×=100.9.(1)因为sin=，所以cos∠ABC=1-2×=