【-学案导学设计】2020-2021学年高中数学(人教A版-必修五)单元检测-第一章-解三角形

第一章解三角形§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，eq\f(A,2)＋eq\f(B,2)＋eq\f(C,2)＝eq\f(π,2).2．在Rt△ABC中，C＝eq\f(π,2)，则eq\f(a,c)＝sin_A，eq\f(b,c)＝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eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，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∶4C．3∶4∶5D．1∶eq\r(3)∶2答案D2．若△ABC中，a＝4，A＝45°，B＝60°，则边b的值为()A.eq\r(3)＋1B．2eq\r(3)＋1C．2eq\r(6)D．2＋2eq\r(3)答案C解析由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得eq\f(4,sin45°)＝eq\f(b,sin60°)，∴b＝2eq\r(6).3．在△ABC中，sin2A＝sin2B＋sin2C，则△ABCA．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4．在△ABC中，若sinA>sinB，则角A与角B的大小关系为()A．A>BB．A<BC．A≥BD．A，B的大小关系不能确定答案A解析由sinA>sinB⇔2RsinA>2RsinB⇔a>b⇔A>B.5．在△ABC中，A＝60°，a＝eq\r(3)，b＝eq\r(2)，则B等于()A．45°或135°B．60°C．45°D．135°答案C解析由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(\r(2)sin60°,\r(3))＝eq\f(\r(2),2).∵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，假如c＝eq\r(3)a，B＝30°，那么角C等于()A．120°B．105°C．90°D．75°答案A解析∵c＝eq\r(3)a，∴sinC＝eq\r(3)sinA＝eq\r(3)sin(180°－30°－C)＝eq\r(3)sin(30°＋C)＝eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinC＋\f(1,2)cosC))，即sinC＝－eq\r(3)cosC.∴tanC＝－eq\r(3).又C∈(0°，180°)，∴C＝120°.二、填空题7．在△ABC中，AC＝eq\r(6)，BC＝2，B＝60°，则C＝_________.答案75°解析由正弦定理得eq\f(2,sinA)＝eq\f(\r(6),sin60°)，∴sinA＝eq\f(\r(2),2).∵BC＝2<AC＝eq\r(6)，∴A为锐角．∴A＝45°.∴C＝75°.8．在△ABC中，若tanA＝eq\f(1,3)，C＝150°，BC＝1，则AB＝________.答案eq\f(\r(10),2)解析∵tanA＝eq\f(1,3)，A∈(0°，180°)，∴sinA＝eq\f(\r(10),10).由正弦定理知eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AB,sinC)，∴AB＝eq\f(BCsinC,sinA)＝eq\f(1×sin150°,\f(\r(10),10))＝eq\f(\r(10),2).9．在△ABC中，b＝1，c＝eq\r(3)，C＝eq\f(2π,3)，则a＝________.答案1解析由正弦定理，得eq\f(\r(3),sin\f(2π,3))＝eq\f(1,sinB)，∴sinB＝eq\f(1,2).∵C为钝角，∴B必为锐角，∴B＝eq\f(π,6)，∴A＝eq\f(π,6).∴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∴sin(A＋60°)＝2sinA即sinAcos60°＋cosAsin60°＝2sinA，化简得：sinA＝eq\f(\r(3),3)cosA，∴tanA＝eq\f(\r(3),3)，∴A＝30°.三、解答题11．在△ABC中，已知a＝2eq\r(2)，A＝30°，B＝45°，解三角形．解∵eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，∴b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(2\r(2)sin45°,sin30°)＝eq\f(2\r(2)×\f(\r(2),2),\f(1,2))＝4.∵C＝180°－(A＋B)＝180°－(30°＋45°)＝105°，∴c＝eq\f(asinC,sinA)＝eq\f(2\r(2)sin105°,sin30°)＝eq\f(2\r(2)sin75°,\f(1,2))＝2＋2eq\r(3).12．在△ABC中，已知a＝2eq\r(3)，b＝6，A＝30°，解三角形．解a＝2eq\r(3)，b＝6，a<b，A＝30°<90°.又由于bsinA＝6sin30°＝3，a>bsinA，所以本题有两解，由正弦定理得：sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(6sin30°,2\r(3))＝eq\f(\r(3),2)，故B＝60°或120°.当B＝60°时，C＝90°，c＝eq\r(a2＋b2)＝4eq\r(3)；当B＝120°时，C＝30°，c＝a＝2eq\r(3).所以B＝60°，C＝90°，c＝4eq\r(3)或B＝120°，C＝30°，c＝2eq\r(3).力气提升13．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c若a＝eq\r(2)，b＝2，sinB＋cosB＝eq\r(2)，则角A的大小为________．答案eq\f(π,6)解析∵sinB＋cosB＝eq\r(2)sin(eq\f(π,4)＋B)＝eq\r(2).∴sin(eq\f(π,4)＋B)＝1.又0<B<π，∴B＝eq\f(π,4).由正弦定理，得sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(\r(2)×\f(\r(2),2),2)＝eq\f(1,2).又a<b，∴A<B，∴A＝eq\f(π,6).14．在锐角三角形ABC中，A＝2B，a，b，c所对的角分别为A，B，C，求eq\f(a,b)的取值范围．解在锐角三角形ABC中，A，B，C<90°，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(B<90°，,2B<90°，,180°－3B<90°，))∴30°<B<45°.由正弦定理知：eq\f(a,b)＝eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(sin2B,sinB)＝2cosB∈(eq\r(2)，eq\r(3))，故eq\f(a,b)的取值范围是(eq\r(2)，eq\r(3))．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，这时三角形解的状况比较简洁，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时的各种状况.A为锐角a<bsinAa＝bsinAbsinA<a<ba≥b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≤ba>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洁的推理与证明．1．正弦定理：eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R的常见变形：(1)sinA∶sinB∶sinC＝a∶b∶c；(2)eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝2R；(3)a＝2Rsin_A，b＝2Rsin_B，c＝2Rsin_C；(4)sinA＝eq\f(a,2R)，sinB＝eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R).2．三角形面积公式：S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)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D2．在△ABC中，若eq\f(a,cosA)＝eq\f(b,cosB)＝eq\f(c,cosC)，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：eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(sinB,cosB)＝eq\f(sinC,cosC)，∴tanA＝tanB＝tanC，∴A＝B＝C.3．在△ABC中，sinA＝eq\f(3,4)，a＝10，则边长c的取值范围是()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)))答案D解析∵eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(40,3)，∴c＝eq\f(40,3)sinC.∴0<c≤eq\f(40,3).4．在△ABC中，a＝2bcosC，则这个三角形确定是()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)＝2sinBcosC，∴sinBcosC＋cosBsinC＝2sinBcosC，∴sin(B－C)＝0，∴B＝C.5．在△ABC中，已知(b＋c)∶(c＋a)∶(a＋b)＝4∶5∶6，则sinA∶sinB∶sinC等于()A．6∶5∶4B．7∶5∶3C．3∶5∶7D．4∶5∶6答案B解析∵(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)，则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∶3.6．已知三角形面积为eq\f(1,4)，外接圆面积为π，则这个三角形的三边之积为()A．1B．2C.eq\f(1,2)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△＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(abc,4R)＝eq\f(abc,4)＝eq\f(1,4)，∴abc＝1.二、填空题7．在△ABC中，已知a＝3eq\r(2)，cosC＝eq\f(1,3)，S△ABC＝4eq\r(3)，则b＝________.答案2eq\r(3)解析∵cosC＝eq\f(1,3)，∴sinC＝eq\f(2\r(2),3)，∴eq\f(1,2)absinC＝4eq\r(3)，∴b＝2eq\r(3).8．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A＝60°，a＝eq\r(3)，b＝1，则c＝________.答案2解析由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得eq\f(\r(3),sin60°)＝eq\f(1,sinB)，∴sinB＝eq\f(1,2)，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eq\f(a,sinA)＋eq\f(b,2sinB)＋eq\f(2c,sinC)＝________.答案7解析∵△ABC的外接圆直径为2R＝2，∴eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R＝2，∴eq\f(a,sinA)＋eq\f(b,2sinB)＋eq\f(2c,sinC)＝2＋1＋4＝7.10．在△ABC中，A＝60°，a＝6eq\r(3)，b＝12，S△ABC＝18eq\r(3)，则eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝________，c＝________.答案126解析eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(6\r(3),\f(\r(3),2))＝12.∵S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×6eq\r(3)×12sinC＝18eq\r(3)，∴sinC＝eq\f(1,2)，∴eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)＝12，∴c＝6.三、解答题11．在△ABC中，求证：eq\f(a－ccosB,b－ccosA)＝eq\f(sinB,sinA).证明由于在△ABC中，eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R，所以左边＝eq\f(2RsinA－2RsinCcosB,2RsinB－2RsinCcosA)＝eq\f(sinB＋C－sinCcosB,sinA＋C－sinCcosA)＝eq\f(sinBcosC,sinAcosC)＝eq\f(sinB,sinA)＝右边．所以等式成立，即eq\f(a－ccosB,b－ccosA)＝eq\f(sinB,sinA).12．在△ABC中，已知a2tanB＝b2tanA，试推断△ABC的外形．解设三角形外接圆半径为R，则a2tanB＝b2tanA⇔eq\f(a2sinB,cosB)＝eq\f(b2sinA,cosA)⇔eq\f(4R2sin2AsinB,cosB)＝eq\f(4R2sin2BsinA,cosA)⇔sinAcosA＝sinBcosB⇔sin2A＝sin2⇔2A＝2B或2A＋2⇔A＝B或A＋B＝eq\f(π,2).∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．力气提升13．在△ABC中，B＝60°，最大边与最小边之比为(eq\r(3)＋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°，∴eq\f(sinC,sinA)＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(120°－A)),sinA)＝eq\f(sin120°cosA－cos120°sinA,sinA)＝eq\f(\r(3),2tanA)＋eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3)＋1,2)＝eq\f(\r(3),2)＋eq\f(1,2)，∴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＝eq\f(π,4)，coseq\f(B,2)＝eq\f(2\r(5),5)，求△ABC的面积S.解cosB＝2cos2eq\f(B,2)－1＝eq\f(3,5)，故B为锐角，sinB＝eq\f(4,5).所以sinA＝sin(π－B－C)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－B))＝eq\f(7\r(2),10).由正弦定理得c＝eq\f(asinC,sinA)＝eq\f(10,7)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×2×eq\f(10,7)×eq\f(4,5)＝eq\f(8,7).1．在△ABC中，有以下结论：(1)A＋B＋C＝π；(2)sin(A＋B)＝sinC，cos(A＋B)＝－cosC；(3)eq\f(A＋B,2)＋eq\f(C,2)＝eq\f(π,2)；(4)sineq\f(A＋B,2)＝coseq\f(C,2)，coseq\f(A＋B,2)＝sineq\f(C,2)，taneq\f(A＋B,2)＝eq\f(1,tan\f(C,2)).2．借助正弦定理可以进行三角形中边角关系的互化，从而进行三角形外形的推断、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＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)；cosB＝eq\f(c2＋a2－b2,2ca)；cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab).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＋eq\r(2)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.eq\r(3)B．3C.eq\r(5)D．5答案A2．在△ABC中，a＝7，b＝4eq\r(3)，c＝eq\r(13)，则△ABC的最小角为()A.eq\f(π,3)B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,12)答案B解析∵a>b>c，∴C为最小角，由余弦定理cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(72＋4\r(3)2－\r(13)2,2×7×4\r(3))＝eq\f(\r(3),2).∴C＝eq\f(π,6).3．在△ABC中，已知a＝2，则bcosC＋ccosB等于()A．1B.eq\r(2)C．2D．4答案C解析bcosC＋ccosB＝b·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＋c·eq\f(c2＋a2－b2,2ac)＝eq\f(2a2,2a)＝a＝2.4．在△ABC中，已知b2＝ac且c＝2a，则cosB等于A.eq\f(1,4)B.eq\f(3,4)C.eq\f(\r(2),4)D.eq\f(\r(2),3)答案B解析∵b2＝ac，c＝2a，∴b2＝2a2，b＝eq\r(2)a，∴cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋4a2－2a2,2a·2a)＝eq\f(3,4).5．在△ABC中，sin2eq\f(A,2)＝eq\f(c－b,2c)(a，b，c分别为角A，B，C的对应边)，则△ABC的外形为()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∵sin2eq\f(A,2)＝eq\f(1－cosA,2)＝eq\f(c－b,2c)，∴cosA＝eq\f(b,c)＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)⇒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＝eq\f(1,4)(a2＋b2－c2)，则角C的度数为()A．135°B．45°C．60°D．120°答案B解析∵S＝eq\f(1,4)(a2＋b2－c2)＝eq\f(1,2)absinC，∴a2＋b2－c2＝2absinC，∴c2＝a2＋b2－2absinC.由余弦定理得：c2＝a2＋b2－2abcosC，∴sinC＝cosC，∴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＝2eq\r(3).由正弦定理：eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)得sinA＝eq\f(1,2).∵a<c，∴A<60°，A＝30°.9．三角形三边长为a，b，eq\r(a2＋ab＋b2)(a>0，b>0)，则最大角为________．答案120°解析易知：eq\r(a2＋ab＋b2)>a，eq\r(a2＋ab＋b2)>b，设最大角为θ，则cosθ＝eq\f(a2＋b2－\r(a2＋ab＋b2)2,2ab)＝－eq\f(1,2)，∴θ＝120°.10．在△ABC中，BC＝1，B＝eq\f(π,3)，当△ABC的面积等于eq\r(3)时，tanC＝________.答案－2eq\r(3)解析S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\r(3)，∴c＝4.由余弦定理得，b2＝a2＋c2－2accosB＝13，∴cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝－eq\f(1,\r(13))，sinC＝eq\f(\r(12),\r(13))，∴tanC＝－eq\r(12)＝－2eq\r(3).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＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2·AB·AC)＝eq\f(92＋82－72,2×9×8)＝eq\f(2,3)，设中线长为x，由余弦定理知：x2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AC,2)))2＋AB2－2·eq\f(AC,2)·ABcosA＝42＋92－2×4×9×eq\f(2,3)＝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x2－2eq\r(3)x＋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)＝－eq\f(1,2)，又∵C∈(0°，180°)，∴C＝120°.(2)∵a，b是方程x2－2eq\r(3)x＋2＝0的两根，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝2\r(3)，,ab＝2.))∴AB2＝b2＋a2－2abcos120°＝(a＋b)2－ab＝10，∴AB＝eq\r(10).(3)S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(\r(3),2).力气提升13．(2010·潍坊一模)在△ABC中，AB＝2，AC＝eq\r(6)，BC＝1＋eq\r(3)，AD为边BC上的高，则AD的长是________．答案eq\r(3)解析∵cosC＝eq\f(BC2＋AC2－AB2,2×BC×AC)＝eq\f(\r(2),2)，∴sinC＝eq\f(\r(2),2).∴AD＝AC·sinC＝eq\r(3).14．在△ABC中，acosA＋bcosB＝ccosC，试推断三角形的外形．解由余弦定理知cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，代入已知条件得a·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＋b·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＋c·eq\f(c2－a2－b2,2ab)＝0，通分得a2(b2＋c2－a2)＋b2(a2＋c2－b2)＋c2(c2－a2－b2)＝0，开放整理得(a2－b2)2＝c4.∴a2－b2＝±c2，即a2＝b2＋c2或b2＝a2＋c2.依据勾股定理知△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．娴熟把握正弦定理、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)eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R.(2)a＝2Rsin_A，b＝2Rsin_B，c＝2Rsin_C.(3)sinA＝eq\f(a,2R)，sinB＝eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R).(4)sinA∶sinB∶sinC＝a∶b∶c.2．余弦定理及其推论(1)a2＝b2＋c2－2bccos_A.(2)cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc).(3)在△ABC中，c2＝a2＋b2⇔C为直角；c2>a2＋b2⇔C为钝角；c2<a2＋b2⇔C为锐角．3．在△ABC中，边a、b、c所对的角分别为A、B、C，则有：(1)A＋B＋C＝π，eq\f(A＋B,2)＝eq\f(π,2)－eq\f(C,2).(2)sin(A＋B)＝sin_C，cos(A＋B)＝－cos_C，tan(A＋B)＝－tan_C.(3)sineq\f(A＋B,2)＝coseq\f(C,2)，coseq\f(A＋B,2)＝sineq\f(C,2).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eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝－eq\f(1,2)，∴cosC＝－eq\f(1,2)，∴∠C＝120°.2．在△ABC中，若2cosBsinA＝sinC，则△ABC的外形确定是()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)，∴sinAcosB－cosAsinB＝0，即sin(A－B)＝0，∴A＝B.3.在△ABC中，已知sinA∶sinB∶sinC＝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＝sinA∶sinB∶sinC＝3∶5∶7，不妨设a＝3，b＝5，c＝7，C为最大内角，则cosC＝eq\f(32＋52－72,2×3×5)＝－eq\f(1,2).∴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＝c5．在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，若C＝120°，c＝eq\r(2)a，则()A．a>bB．a<bC．a＝bD．a与b的大小关系不能确定答案A解析在△ABC中，由余弦定理得，c2＝a2＋b2－2abcos120°＝a2＋b2＋ab.∵c＝eq\r(2)a，∴2a2＝a2＋b2＋ab.∴a2－b2＝ab>0，∴a2>b2，∴a>b.6．假如将直角三角形的三边增加同样的长度，则新三角形的外形是()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eq\r(19)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＝eq\r(19).8．设2a＋1，a,2a－1为钝角三角形的三边，那么a答案2<a<8解析∵2a－1>0，∴a>eq\f(1,2)，最大边为2a＋1.∵三角形为钝角三角形，∴a2＋(2a－1)2<(2a＋1)化简得：0<a<8.又∵a＋2a－1>2∴a>2，∴2<a<8.9．已知△ABC的面积为2eq\r(3)，BC＝5，A＝60°，则△ABC的周长是________．答案12解析S△ABC＝eq\f(1,2)AB·AC·sinA＝eq\f(1,2)AB·AC·sin60°＝2eq\r(3)，∴AB·AC＝8，BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cosA＝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＝eq\r(3)，则△ABC外接圆的面积是________．答案eq\f(13π,3)解析S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),4)c＝eq\r(3)，∴c＝4，由余弦定理：a2＝b2＋c2－2bccosA＝12＋42－2×1×4cos60°＝13，∴a＝eq\r(13).∴2R＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(\r(13),\f(\r(3),2))＝eq\f(2\r(39),3)，∴R＝eq\f(\r(39),3).∴S外接圆＝πR2＝eq\f(13π,3).三、解答题11．在△ABC中，求证：eq\f(a2－b2,c2)＝eq\f(sinA－B,sinC).证明右边＝eq\f(sinAcosB－cosAsinB,sinC)＝eq\f(sinA,sinC)·cosB－eq\f(sinB,sinC)·cosA＝eq\f(a,c)·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)－eq\f(b,c)·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(a2＋c2－b2,2c2)－eq\f(b2＋c2－a2,2c2)＝eq\f(a2－b2,c2)＝左边．所以eq\f(a2－b2,c2)＝eq\f(sinA－B,sinC).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＝4eq\r(2).由正弦定理：eq\f(c,sinC)＝eq\f(b,sinB).∴sinC＝eq\f(c,b)sinB＝eq\f(5,4\r(2))×eq\f(4,5)＝eq\f(\r(2),2).∵c<b且B为锐角，∴C确定是锐角．∴C＝45°.力气提升13．已知△ABC中，AB＝1，BC＝2，则角C的取值范围是()A．0<C≤eq\f(π,6)B．0<C<eq\f(π,2)C.eq\f(π,6)<C<eq\f(π,2)D.eq\f(π,6)<C≤eq\f(π,3)答案A解析方法一(应用正弦定理)∵eq\f(AB,sinC)＝eq\f(BC,sinA)，∴eq\f(1,sinC)＝eq\f(2,sinA)∴sinC＝eq\f(1,2)sinA，∵0<sinA≤1，∴0<sinC≤eq\f(1,2).∵AB<BC，∴C<A，∴C为锐角，∴0<C≤eq\f(π,6).方法二(应用数形结合)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＝eq\f(π,6)，∴0<C≤eq\f(π,6).14．△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知b2＝ac且cosB＝eq\f(3,4).(1)求eq\f(1,tanA)＋eq\f(1,tanC)的值；（2）设·=，求a+c的值.解(1)由cosB＝eq\f(3,4)，得sinB＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2)＝eq\f(\r(7),4).由b2＝ac及正弦定理得sin2B＝sinAsinC.于是eq\f(1,tanA)＋eq\f(1,tanC)＝eq\f(cosA,sinA)＋eq\f(cosC,sinC)＝eq\f(sinCcosA＋cosCsinA,sinAsinC)＝eq\f(sinA＋C,sin2B)＝eq\f(sinB,sin2B)＝eq\f(1,sinB)＝eq\f(4\r(7),7).(2)由·=得ca·cosB=由cosB＝eq\f(3,4)，可得ca＝2，即b2＝2.由余弦定理：b2＝a2＋c2－2ac·cosB得a2＋c2＝b2＋2ac·cosB∴(a＋c)2＝a2＋c2＋2ac＝5＋4＝9，∴a＋c1．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.依据所给条件确定三角形的外形，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，我们依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．计算不行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C2．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．akmB.eq\r(3)akmC.eq\r(2)akmD．2akm答案B解析∠ACB＝120°，AC＝BC＝a，∴由余弦定理得AB＝eq\r(3)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．10eq\r(3)nmileB.eq\f(10\r(6),3)nmileC．5eq\r(2)nmileD．5eq\r(6)nmile答案D解析在△ABC中，∠C＝180°－60°－75°＝45°.由正弦定理得：eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AB,sinB)∴eq\f(BC,sin60°)＝eq\f(10,sin45°)解得BC＝5eq\r(6).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、BA．50eq\r(2)mB．50eq\r(3)mC．25eq\r(2)mD.eq\f(25\r(2),2)m答案A解析由题意知∠ABC＝30°，由正弦定理eq\f(AC,sin∠ABC)＝eq\f(AB,sin∠ACB)，∴AB＝eq\f(AC·sin∠ACB,sin∠ABC)＝eq\f(50×\f(\r(2),2),\f(1,2))＝50eq\r(2)(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(eq\r(6)＋eq\r(2))海里/小时B．20(eq\r(6)－eq\r(2))海里/小时C．20(eq\r(6)＋eq\r(3))海里/小时D．20(eq\r(6)－eq\r(3))海里/小时答案B解析由题意，∠SMN＝45°，∠SNM＝105°，∠NSM＝30°.由正弦定理得eq\f(MN,sin30°)＝eq\f(MS,sin105°).∴MN＝eq\f(MSsin30°,sin105°)＝eq\f(10,\f(\r(6)＋\r(2),4))＝10(eq\r(6)－eq\r(2))．则v货＝20(eq\r(6)－eq\r(2))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动身以每小时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.eq\f(150,7)分钟B.eq\f(15,7)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－eq\f(5,7)x)＋100＝28eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,14)))2－eq\f(25,7)＋100∴当x＝eq\f(5,14)(小时)＝eq\f(150,7)(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3eq\r(2－\r(2))8．如图，A、N两点之间的距离为________．答案40eq\r(3)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，答案60解析在△ABC中，∠CAB＝30°，∠CBA＝75°，∴∠ACB＝75°.∠ACB＝∠ABC.∴AC＝AB＝120作CD⊥AB，垂足为D，则CD即为河的宽度．由正弦定理得eq\f(AC,sin∠ADC)＝eq\f(CD,sin∠CAD)，∴eq\f(120,sin90°)＝eq\f(CD,sin30°)，∴CD＝60(m)∴河的宽度为6010．太湖中有一小岛，沿太湖有一条正南方向的大路，一辆汽车测得小岛在大路的南偏西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，则小岛到大路的距离是________答案eq\f(\r(3),6)解析如图，∠CAB＝15°，∠CBA＝180°－75°＝105°，∠ACB＝180°－105°－15°＝60°，AB＝1由正弦定理得eq\f(BC,sin∠CAB)＝eq\f(AB,sin∠ACB)∴BC＝eq\f(1,sin60°)·sin15°＝eq\f(\r(6)－\r(2),2\r(3))(km)．设C到直线AB的距离为d，则d＝BC·sin75°＝eq\f(\r(6)－\r(2),2\r(3))·eq\f(\r(6)＋\r(2),4)＝eq\f(\r(3),6)(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12eq\r(6)nmile，在A处看灯塔C在货轮的北偏西30°，距离为8eq\r(3)nmile，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＝eq\f(ABsinB,sin∠ADB)＝eq\f(12\r(6)×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝24(nmile)．(2)在△ADC中，由余弦定理得CD2＝AD2＋AC2－2AD·AC·cos30°，解得CD＝8eq\r(3)≈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eq\f(\r(3),2)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eq\f(BC,sin30°)＝eq\f(CD,sin45°)，则BC＝eq\f(CDsin30°,sin45°)＝eq\f(\r(6),4)(km)．在△ACD中，∠CAD＝180°－60°－60°＝60°，∴△ACD为正三角形．∴AC＝CD＝eq\f(\r(3),2)(km)．在△ABC中，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos＝eq\f(3,4)＋eq\f(6,16)－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)．答河对岸A、B两点间距离为eq\f(\r(6),4)km.力气提升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急区，城市B在A的正东40千米处，B城市处于危急区内的持续时间为()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市恰好处于危急区，则由余弦定理得：(20t)2＋402－2×20t×40·cos45°＝302.化简得：4t2－8eq\r(2)t＋7＝0，∴t1＋t2＝2eq\r(2)，t1·t2＝eq\f(7,4).从而|t1－t2|＝eq\r(t1＋t22－4t1t2)＝1.14．如图所示，甲船以每小时30eq\r(2)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10eq\r(2)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＝10eq\r(2)，A1A2＝30eq\r(2)×eq\f(20,60)＝10eq\r(2)，∴A1A2＝A2B2，又∠A1A2B2∴△A1A2B2是等边三角形∴A1B2＝A1A2＝10eq\r(2).由已知，A1B1＝20，∠B1A1B2在△A1B2B1中，由余弦定理，B1Beq\o\al(2,2)＝A1Beq\o\al(2,1)＋A1Beq\o\al(2,2)－2A1B1·A1B2·cos45°＝202＋(10eq\r(2))2－2×20×10eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝200.∴B1B2＝10eq\r(2).因此，乙船速度的大小为eq\f(10\r(2),20)×60＝30eq\r(2)(海里/小时)．答乙船每小时航行30eq\r(1．解三角形应用问题的基本思路是：实际问题eq\o(→,\s\up7(画图))数学问题eq\o(→,\s\up7(解三角形))数学问题的解eq\o(→,\s\up7(检验))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，要依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eq\f(1,2)absinC.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＝βC．α<βD．α＋β＝90°答案B2．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、A．20eq\r(3)m，eq\f(40,3)eq\r(3)mB．10eq\r(3)m,20eq\r(3)mC．10(eq\r(3)－eq\r(2))m,20eq\r(3)mD.eq\f(15,2)eq\r(3)m，eq\f(20,3)eq\r(3)m答案A解析h甲＝20tan60°＝20eq\r(3)(m)．h乙＝20tan60°－20tan30°＝eq\f(40,3)eq\r(3)(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，A．30＋30eq\r(3)mB．30＋15eq\r(3)mC．15＋30eq\r(3)mD．15＋3eq\r(3)m答案A解析在△PAB中，由正弦定理可得eq\f(60,sin45°－30°)＝eq\f(PB,sin30°)，PB＝eq\f(60×\f(1,2),sin15°)＝eq\f(30,sin15°)，h＝PBsin45°＝(30＋30eq\r(3))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.eq\r(2)h米C.eq\r(3)h米D．2eq\r(2)h米答案A解析如图所示，BC＝eq\r(3)h，AC＝h，∴AB＝eq\r(3h2＋h2)＝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，连续在平行地面上前进200eq\r(3)m后，测得山峰的仰角为原来的4倍，则该山峰的高度是A．200mBC．400mD．100eq\r(3)答案B解析如图所示，600·sin2θ＝200eq\r(3)·sin4θ，∴cos2θ＝eq\f(\r(3),2)，∴θ＝15°，∴h＝200eq\r(3)·sin4θ＝300(m)．6．平行四边形中，AC＝eq\r(65)，BD＝eq\r(17)，周长为18，则平行四边形面积是()A．16B．17.5C．18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＝eq\f(3,5)或a＝4，b＝5，cosα＝eq\f(3,5)，∴S▱ABCD＝absinα＝16.二、填空题7．甲船在A处观看乙船，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eq\r(3)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°eq\r(3)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＝eq\r(3)tv，B＝120°，由正弦定理知eq\f(BC,sin∠CAB)＝eq\f(AC,sinB)，∴eq\f(1,sin∠CAB)＝eq\f(\r(3),sin120°)，∴sin∠CAB＝eq\f(1,2)，∴∠CAB＝30°，∴∠ACB＝30°，∴BC＝AB＝a，∴AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos120°＝a2＋a2－2a2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝3a2，∴AC＝eq\r(3)a.8．△ABC中，已知A＝60°，AB∶AC＝8∶5，面积为10eq\r(3)，则其周长为________．答案20解析设AB＝8k，AC＝5k，k>0，则S＝eq\f(1,2)AB·AC·sinA＝10eq\r(3)k2＝10eq\r(3).∴k＝1，AB＝8，AC＝5，由余弦定理：BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cosA＝82＋52－2×8×5×eq\f(1,2)＝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eq\f(27π,5)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＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(122＋122－62,2×12×12)＝eq\f(7,8)，∴sinA＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))2)＝eq\f(\r(15),8).由eq\f(1,2)(a＋b＋c)·r＝eq\f(1,2)bcsinA得r＝eq\f(3\r(15),5).∴S内切圆＝πr2＝eq\f(27π,5).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eq\f(2,3)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＝eq\f(2,3)或t＝－eq\f(5,12)(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.依据正弦定理得：eq\f(AC,sin∠ABC)＝eq\f(BC,sin∠BAC)，即eq\f(AC,sin90°－α)＝eq\f(BC,sinα－β)，∴AC＝eq\f(BCcosα,sinα－β)＝eq\f(hcosα,sinα－β).在Rt△ACD中，CD＝ACsin∠CAD＝ACsinβ＝eq\f(hcosαsinβ,sinα－β).即山高CD为eq\f(hcosαsinβ,sinα－β).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＝eq\f(1,2)AB·AD·sinA＋eq\f(1,2)BC·CD·sinC.∵A＋C＝180°，∴sinA＝sinC.∴S＝eq\f(1,2)(AB·AD＋BC·CD)·sinA＝16sinA.由余弦定理：在△ABD中，BD2＝22＋42－2×2×4cosA＝20－16cosA，在△CDB中，BD2＝42＋62－2×4×6cosC＝52－48cosC，∴20－16cosA＝52－48cosC.又cosC＝－cosA，∴cosA＝－eq\f(1,2).∴A＝120°.∴四边形ABCD的面积S＝16sinA＝8eq\r(3).力气提升13．如图所示，为了解某海疆海底构造，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解作DM∥AC交BE于N，交CF于M.DF＝eq\r(MF2＋DM2)＝eq\r(302＋1702)＝10eq\r(298)(m)，DE＝eq\r(DN2＋EN2)＝eq\r(502＋1202)＝130(m)，EF＝eq\r(BE－FC2＋BC2)＝eq\r(902＋1202)＝150(m)．在△DEF中，由余弦定理的变形公式，得cos∠DEF＝eq\f(DE2＋EF2－DF2,2DE·EF)＝eq\f(1302＋1502－102×298,2×130×150)＝eq\f(16,65).即∠DEF的余弦值为eq\f(16,65).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，解如图所示：∠CBD＝30°，∠ADB＝30°，∠ACB＝45°∵AB＝30，∴BC＝30，BD＝eq\f(30,tan30°)＝30eq\r(3).在△BCD中，CD2＝BC2＋BD2－2BC·BD·cos30°＝900，∴CD＝30，即两船相距301．测量底部不行到达的建筑物的高度问题．由于底部不行到达，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，再依据需要求出所求的角．第一章解三角形复习课课时目标1．把握正弦定理、余弦定理的内容，并能解决一些简洁的三角形度量问题．2．能够运用正弦定理、余弦定理等学问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＝4eq\r(3)，b＝4eq\r(2)，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·eq\f(sinA,a)＝eq\f(\r(2),2)，且b<a，∴B＝45°.2．在△ABC中，已知cosAcosB>sinAsinB，则△ABC是()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cosAcosB>sinAsinB⇔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.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))答案D解析由正弦定理得：a＝mk，b＝m(k＋1)，c＝2mk(m>0)，∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b>c,a＋c>b))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2k＋1>2mk,3mk>mk＋1))，∴k>eq\f(1,2).4．如图所示，D、C、B三点在地面同始终线上，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.eq\f(asinαsinβ,sinα－β)B.eq\f(asinαsinβ,cosα－β)C.eq\f(asinαcosβ,sinα－β)D.eq\f(acosαcosβ,cosα－β)答案A解析设AB＝h，则AD＝eq\f(h,sinα)，在△ACD中，∵∠CAD＝α－β，∴eq\f(CD,sinα－β)＝eq\f(AD,sinβ).∴eq\f(a,sinα－β)＝eq\f(h,sinαsinβ