数学学案：第一章解三角形

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精教材习题点拨巩固与提高1．解：(1)∠B＝180°－(∠A＋∠C）＝105°，sin105°＝sin（60°＋45°)＝eq\f（\r（2)＋\r(6)，4），由正弦定理,得b＝eq\f(csinB,sinC）＝eq\f（10sin105°，sin30°）＝5（eq\r(2)＋eq\r（6））．(2）由正弦定理，得sinB＝eq\f(bsinA,a）＝eq\f(28sin40°,20)≈0.8999，∵b＞a，∠A＝40°，∴∠B≈64。1或∠B≈115。9°。当∠B＝64。1°时,∠C＝75。9°，c＝eq\f(asinC,sinA)≈30。2°;当∠B＝115.9°时，∠C＝24。1°,c＝eq\f（asinC,sinA)≈12.7。评注：以上两题是正弦定理的两方面应用,特别要注意已知两边和其中一边的对角解三角形时，要对解的情况进行判断．2．解:(1)由正弦定理,得sinB＝eq\f（bsinA，a)＝eq\f(20sin60°,20\r(3）)＝eq\f(1,2）,∵a＞b，∠A＝60°,∴∠B＝30°，∠C＝90°，c＝eq\r(a2＋b2）＝40。(2）由正弦定理，得sinB＝eq\f(bsinA，a)＝eq\f（20sin60°，10\r（3）)＝1，∴∠B＝90°，∠C＝180°－（∠A＋∠B）＝30°，c＝eq\r（b2－a2）＝10。(3)由正弦定理,得sinB＝eq\f(bsinA，a）＝eq\f(20sin60°,15）＞1,无解．3．解：（1)由余弦定理，得cosA＝eq\f（b2＋c2－a2，2bc）＝0。725,∴∠A≈43。5°.cosB＝eq\f(a2＋c2－b2，2ac)＝－eq\f（5,28)，∠B≈100.3°,∠C≈36。2°.(2）c2＝a2＋b2－2abcos82°28′≈18。4676，c≈4。3.sinA＝eq\f(asinC,c)＝eq\f（2。730×sin82°28′,4.3)≈0.6294，∠A≈39。0°。∠B＝180°－（∠A＋∠C)≈58°32′.评注:以上两题主要是利用余弦定理解三角形．4．解：如图所示,连结BD，在△ABD中,BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos30°＝2.42＋12－4。8×eq\f（\r（3）,2)≈2.6031。在△BCD中,cosC＝eq\f（CD2＋BC2－BD2，2CD·BC)＝eq\f（12＋12－2.6031,2）＝－3.0155,∠C≈107.6°。5．解:（在此只讲一种方法）如图所示，＝a＋b，＝a－b。在△OAB中，BA2＝OA2＋OB2－2OA·OBcos120°＝25＋16－40cos120°＝61。BA＝eq\r（61）,即｜a－b｜＝eq\r(61)。在△OAC中，∵OC2＝OA2＋AC2－2OA·ACcos60°＝21，∴OC＝eq\r（21)，即|a＋b｜＝eq\r(21)。∵cos〈a＋b，a>＝eq\f（OA2＋OC2－AC2,2OA·OC）＝eq\f（25＋21－16,10\r(21））＝eq\f(\r（21），7）.∴<a＋b，a〉≈49.1°.评注：通过本题体会向量的知识与余弦定理间的联系．6．解:如图，在△OAC中，OA＝8，AC＝7，∠AOC＝60°,由正弦定理得，sin∠OCA＝eq\f（OAsin60°，AC）＝eq\f(4\r(3），7）,∵OA＞AC,∴∠OCA≈81。8°或∠OCA≈98.2°.当∠OCA＝81.8°时，<a，b〉＝141.8°,a·b＝｜a||b｜cos141.8°≈－44。0。当∠OCA＝98.2°时，〈a，b〉＝98。2°＋60°＝158.2°，a·b＝|a｜|b|cos158.2°≈－52.0。评注：本题的关键是利用向量加法的平行四边形法则作出图形．7．证明：在△ABC中，∵∠A＝2∠B，∴sinA＝sin2B＝2sinBcosB。由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得sinA＝eq\f（asinB,b)。代入上式,得eq\f(asinB,b)＝2sinBcosB．∵sinB≠0，∴a＝2bcosB.8．证明:∵∠C＝2∠B，∴∠B＋∠C＝3∠B，又∠B＋∠C＝180°－∠A，∴eq\f（sin3B,sinB）＝eq\f(sin(B＋C），sinB）＝eq\f（sin（180°－A）,sinB)＝eq\f（sinA,sinB)＝eq\f（a，b）.9．证明：∵c＝b（1＋2cosA），∴sinC＝sinB（1＋2cosA）．∴sin［180°－（A＋B）］＝sinB＋2sinBcosA，即sin（A＋B）＝sinB＋2cosAsinB,∴sinAcosB－cosAsinB＝sinB．∴sin（A－B)＝sinB.∵∠A、∠B为三角形内角，∴∠A－∠B＝∠B，即∠A＝2∠B.10．证明：如图所示，在△ABC中，过A作BC的垂线，垂足为D，在Rt△ABD中，BD＝ccosB，①在Rt△ACD中,DC＝bcosC，②∴BD＋DC＝ccosB＋bcosC，即a＝bcosC＋ccosB.同理可证：b＝acosC＋ccosA，c＝acosB＋bcosA.评注：本题也可用余弦定理,将cosA，cosB，cosC用a，b,c表示而得到证明．11．证明：∵sinA（cosB＋cosC)＝sinB＋sinC，∴eq\f(a，2R）（eq\f(a2＋c2－b2，2ac)＋eq\f(a2＋b2－c2,2ab))＝eq\f（b，2R）＋eq\f（c,2R）,∴eq\f(a2＋c2－b2,2c)＋eq\f(a2＋b2－c2，2b）＝b＋c。∴b（a2＋c2－b2）＋c(a2＋b2－c2)＝2bc(b＋c）．∴a2b＋bc2－b3＋a2c＋b2c－c3＝2b2c＋2bc2。∴b3＋c3－a2c－a2b＋b2c＋bc2＝0。∴b2(b＋c）＋c2(c＋b）－a2（b＋c)＝0。∴(b＋c)(b2＋c2－a2）＝0。∵b＋c＞0，∴b2＋c2＝a2.故△ABC为直线三角形．12．解：如图所示，当台风中心位于Q时影响该城市，设经过th，影响该城市，则PQ＝20t，OQ＝60＋10t，OP＝300，∠OPQ＝θ－45°。∵θ＝arccoseq\f（\r(2)，10)，∴cosθ＝eq\f(\r(2),10)，sinθ＝eq\f（7\r（2），10)，cos(θ－45°)＝cosθcos45°＋sinθsin45°＝eq\f(4，5).由余弦定理得OQ2＝OP2＋PQ2－2OP·PQcos（θ－45°)，即（60＋10t)2＝3002＋(20t）2－2×300×20t×eq\f(4，5），整理得t2－36t＋288＝0,解得t＝12或t＝24(舍去）．故当经过12h后，台风影响该城市且持续时间为12h.自测与评估1．解：(1)eq\r(2）；（2）30°；（3）75°或15°；（4）eq\r(13);(5）104。5°；(6)14.6°.2．解：如图所示，在△ABC中,BD＝CD＝。在△ABD中，设∠ADB＝，则AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcosα，①在△ACD中，AC2＝AD2＋CD2－2AD·CDcos(180°－α)，②①＋②，得AB2＋AC2＝2（AD2＋BD2)．即32＋42＝2(eq\f（37，4）＋eq\f（a2,4)），∴a＝eq\r(13)。cos∠BAC＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC）＝eq\f(32＋42－（\r(13））2，2×3×4)＝eq\f（1，2)，∠BAC＝60°.S＝eq\f（1，2)bcsin∠BAC＝eq\f(1,2)×3×4×sin60°＝3eq\r（3）.3．解：如图所示，连结AC、BD，在△ABD中，BD2＝AD2＋AB2－2AD·ABcos∠BAD＝52＋42－2×5×4cos60°＝21,BD＝eq\r（21).依题意，A，B，C,D四点共圆，AC为其直径．由正弦定理知,AC＝2R＝eq\f（BD,sinA)＝2eq\r（7）。在Rt△ACD中，CD＝eq\r（AC2－AD2）＝eq\r（3)，在Rt△ABC中，BC＝eq\r（AC2－AB2）＝2eq\r(3)，∴eq\f(BC，CD)＝eq\f(2\r(3），\r（3))＝2。评注:本题利用了四点共圆的条件和正弦定理的变式．4．解：如图所示，设BC＝2a，则BD＝CD＝a。设∠BAD＝α，∠DAC＝β.在△ABC中，∵α＋∠C＝90°，∴β＋∠B＝90°.在△ABD中，由正弦定理得,AD＝eq\f(BDsinB,sinα）＝eq\f(asinB，sinα），在△ACD中，AD＝eq\f(CDsinC，sinβ）＝eq\f（asinC，sinβ），∴eq\f（asinB，sinα)＝eq\f(asinC,sinβ），eq\f(sinB，sin（90°－C))＝eq\f(sinC，sin(90°－B））。即sinBcosB＝sinCcosC,sin2B－sin2C＝0。即cos（B＋C)sin（B－C)＝0，∴cos（B＋C）＝0或sin(B－C）＝0.又∵0＜B＋C＜180°，∴由cos(B＋C）＝0,得B＋C＝90°，即△ABC为直角三角形；由sin(B－C）＝0,得B＝C，∴△ABC为等腰三角形．综上,△ABC为直角三角形或等腰三角形．评注：本题将正弦定理与诱导公式、和差化积公式联系在一起，在对△ABC做出判断时,要注意不是等腰直角三角形．5．解：如图所示,∵AD是∠BAC的平分线,∴eq\f(BD,CD）＝eq\f(AB，AC）＝eq\f(3,2）,CD＝eq\f（2,3）BD。在△ABC中，BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos60°＝32＋22－2×3×2×eq\f（1，2）＝7，∴BD＝eq\r（7）.而BD＋CD＝BC＝eq\r(7），∴BD＝eq\f（3,5）eq\r（7）.由正弦定理，得sinB＝eq\f（ACsin∠BAC,BC）＝eq\f（2sin60°,\r（7))＝eq\f(\r（21），7)。∵AB＞BC＞AC，∴∠B为锐角．cosB＝eq\r（1－sin2B)＝eq\f(2\r（7）,7）.在△ABD中，AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcosB＝32＋(eq\f(3，5)eq\r(7）)2－2×3×eq\f(3\r(7)，5)×eq\f（2\r(7），7)＝eq\f（108,25），∴AD＝eq\f(6\r(3)，5）。评注：本题利用了三角形中角平分线的性质．6．解：A1A2＝28×eq\f(2，3)＝eq\f（56,3)(海里)，∠A1A2M＝80°,∠M＝180°－（80°＋40°）＝60°，由正弦定理，得A1M＝eq\f(A1A2sin∠A1A2M，sinM）＝eq\f（\f(56，3）sin80°，sin60°）≈21.2（海里）．故灯塔和轮船原来的距离约为21。2海里．评注：本题的关键是根据题意找出角的大小．7．证明：由已知eq\f(a,cosA)＝eq\f(b，cosB）