2024-2025学年上学期高一数学苏教版期中必刷常考题之余弦定理、正弦定理的应用

第25页（共25页）2024-2025学年上学期高一数学苏教版（2019）期中必刷常考题之余弦定理、正弦定理的应用一．选择题（共5小题）1．（2025•五华区模拟）如图，测量河对岸的塔高AB时，可以选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D．现测得∠BCD＝75°，∠BDC＝45°，CD＝30米，在点C测得塔顶A的仰角∠ACB＝60°，则塔高AB约为（）（单位：米，2≈1.414A．30.42 B．42.42 C．50.42 D．60.422．（2024秋•商洛期末）位于P处的雷达接收到在其正东方向相距203海里的B处的一艘渔船遇险后抛锚的营救信号后，即刻通知位于P处雷达北偏东π3且与P处雷达相距30海里的A．153 B．105 C．103 3．（2024秋•河南期末）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝1，c＝2，B＝2C，则b＝（）A．2 B．3 C．2 D．64．（2025•雁江区校级模拟）设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2+b2+ab＝c2，若角C的内角平分线CM＝2，则AC→•CBA．8 B．4 C．16 D．125．（2025•顺德区模拟）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若bsinA+2acosB＝0，b2＝（2+23A．c＝3a B．c＝2a C．a＝2c D．a＝c二．多选题（共3小题）（多选）6．（2025•湖南模拟）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c2＝b（a+b），则（）A．c＜b B．C＝2B C．B∈(0，π（多选）7．（2025•社旗县校级开学）在圆O的内接四边形ABCD中，AB＝2，BC＝6，CD＝DA＝4，则（）A．BD=2B．四边形ABCD的面积为83C．AO→D．AC（多选）8．（2025•芜湖一模）在△ABC中，AB＝2，∠BAC＝60°，∠BCA＝45°，∠BAC的角平分线交BC于D，则（）A．△ABC是钝角三角形 B．BC=C．AD＝2 D．BD三．填空题（共4小题）9．（2025•鼓楼区校级开学）△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，若3cosB-3b=1-3cosAa，则cosC的最小值为10．（2025春•安徽月考）在△ABC中，AC＝2，AB＝mBC（m＞1），若当△ABC面积取最大值时，B=π6，则m＝11．（2025•重庆模拟）已知△ABC中内角A，B，C满足sin2A+sin2B+sin2C=23sinAsinBsinC，若在边AB，BC，CA上各取一点M，N，P，满足MN=3，MP＝2，∠12．（2025•泉州模拟）在平面四边形ABCD中，AB＝4，BC＝213，AC＝AD，cos∠CAB=45，则AC＝；若点E是CD的中点，则当BE取得最大值时，四边形ABCD的面积为四．解答题（共3小题）13．（2025•延庆区模拟）在△ABC中，c＝6，2bcosA+2acosB＝3b．（Ⅰ）求b；（Ⅱ）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使△ABC为锐角三角形，并求△ABC的面积．条件①：a＝4；条件②：AB边上中线的长为17；条件③：sinB＝sin2C．注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．14．（2025•安康模拟）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos2C+3cosC＝1．（1）求C；（2）若c=23，△ABC的面积为2315．（2025•孝义市模拟）如图，已知三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acosB+bcosA＝2ccosA．（1）求∠BAC的大小；（2）若b＝4，c＝6，设AD为三角形ABC的角平分线，求AD的长．

2024-2025学年上学期高一数学苏教版（2019）期中必刷常考题之余弦定理、正弦定理的应用参考答案与试题解析题号12345答案BCDAD一．选择题（共5小题）1．（2025•五华区模拟）如图，测量河对岸的塔高AB时，可以选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D．现测得∠BCD＝75°，∠BDC＝45°，CD＝30米，在点C测得塔顶A的仰角∠ACB＝60°，则塔高AB约为（）（单位：米，2≈1.414A．30.42 B．42.42 C．50.42 D．60.42【考点】三角形中的几何计算．【专题】转化思想；综合法；解三角形；运算求解．【答案】B【分析】由已知结合正弦定理求得BC，然后结合锐角三角函数定义可求得塔高AB．【解答】解：由题意，在△BCD中，∠CBD＝180°﹣75°﹣45°＝60°，由正弦定理得BCsin即BCsin45°=在Rt△ABC中，∠ACB＝60°，所以AB＝BCtan60°=106×故选：B．【点评】本题考查正弦定理及三角函数定义的应用，属基础题．2．（2024秋•商洛期末）位于P处的雷达接收到在其正东方向相距203海里的B处的一艘渔船遇险后抛锚的营救信号后，即刻通知位于P处雷达北偏东π3且与P处雷达相距30海里的MA．153 B．105 C．103 【考点】解三角形．【专题】转化思想；综合法；解三角形；运算求解．【答案】C【分析】根据题意求出∠BPM=π6，然后在△BPM中运用余弦定理算出【解答】解：由题意得∠BPM=π在△BPM中，根据余弦定理得BM2＝PM2+PB2﹣2PM•PBcos∠BPM＝900+1200﹣2×30×203×3所以BM=300=10故选：C．【点评】本题主要考查余弦定理、解三角形及其应用，考查了计算能力、概念的理解能力，属于基础题．3．（2024秋•河南期末）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝1，c＝2，B＝2C，则b＝（）A．2 B．3 C．2 D．6【考点】解三角形；求二倍角的三角函数值；余弦定理．【专题】转化思想；综合法；解三角形；运算求解．【答案】D【分析】应用正弦定理得出2sin3C＝sinC，再应用两角和的正弦公式结合二倍角公式得出cos2【解答】解：因为B+A+C＝π，B＝2C，所以A＝π﹣3C，由正弦定理得：asinA即2sinC=1sin(π-所以2sin（C+2C）＝2（sinCcos2C+cosCsin2C）＝2（sinCcos2C+2sinCcos2C）＝sinC，因为0＜A＜π，所以sinC≠0，所以2（cos2C+2cos2C）＝1，所以2（cos2C+cos2C+1）＝1，解得cos2因为a＝1，c＝2，所以由余弦定理得：b2＝a2+c2﹣2accosB＝5﹣4cosB＝5﹣4cos2C＝6，所以b=故选：D．【点评】本题考查利用正、余弦定理和三角恒等变换知识解三角形，属于中档题．4．（2025•雁江区校级模拟）设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2+b2+ab＝c2，若角C的内角平分线CM＝2，则AC→•CBA．8 B．4 C．16 D．12【考点】三角形中的几何计算．【专题】转化思想；综合法；解三角形；运算求解．【答案】A【分析】由题意及余弦定理可得cosC的值，再由角C的范围，可得角C的大小，由三角形等面积法，可得ab＝2（a+b），由基本不等式可得ab的最小值，进而求出AC→•CB【解答】解：因为a2+b2+ab＝c2，即a2+b2﹣c2＝﹣ab，由余弦定理可得a2+b2+﹣c2＝2abcosC，所以cosC=-12，而C∈（0，π），所以因为AC→•CB→=|AC→|•|CB→|cos（π﹣C）＝﹣ba由S△ABC=12absinC=12（b+a）•即32ab=32•2（a可得ab＝2（a+b）≥2•2ab，当且仅当a＝b时取等号，即ab≥16，所以AC→•CB→=12ab≥即AC→•CB→的最小值为故选：A．【点评】本题考查余弦定理的应用及三角形面积公式的应用，基本不等式的性质的应用，属于中档题．5．（2025•顺德区模拟）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若bsinA+2acosB＝0，b2＝（2+23A．c＝3a B．c＝2a C．a＝2c D．a＝c【考点】解三角形；利用正弦定理解三角形；余弦定理．【专题】转化思想；综合法；三角函数的求值；解三角形；运算求解．【答案】D【分析】由正弦定理算出sinB=-2cosB，运用同角三角函数的关系求得cosB=-33，进而利用余弦定理推导出b2=a2+c2+23【解答】解：根据bsinA+2acosB＝0，由正弦定理得sinBsinA+2sinAcosB＝即sinA（sinB+2cosB）＝0结合sinA≠0，可得sinB+2cosB＝0，即sinB=-2所以B为锐角，结合sin2B+cos2B＝1解得cosB=-根据余弦定理，可得b2结合已知b2=(2+233)ac，解得a2+c2＝2ac，即（a﹣c）2故选：D．【点评】本题主要考查了正弦定理与余弦定理、同角三角函数的基本关系等知识，考查了计算能力、等价转化的数学思想，属于中档题．二．多选题（共3小题）（多选）6．（2025•湖南模拟）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c2＝b（a+b），则（）A．c＜b B．C＝2B C．B∈(0，π【考点】三角形中的几何计算．【专题】转化思想；综合法；三角函数的求值；解三角形；运算求解．【答案】BCD【分析】根据已知条件证出c2＞b2，可得c＞b，由此判断出A项的正误；运用正弦定理与余弦定理化简已知等式，推导出sinC＝sin2B，进而判断出B项的正误；由选项B的结论算出B+C＝3B∈（0，π），进而求出角B的取值范围，可判断C项的正误；由正弦定理与三角恒等变换公式，结合C＝2B化简得ab=3﹣4sin2B，结合B∈(0，【解答】解：对于A，因为c2＝b（a+b）＝ab+b2＞b2，所以c＞b，可知A项错误．对于B，根据c2＝b（a+b）＝ab+b2，结合余弦定理b2＝a2+c2﹣2accosB，可得c2＝ab+a2+c2﹣2accosB，整理得cosB=a由正弦定理得cosB=sinC2sinB，所以sinC＝2sinBcosB结合B、C为三角形的内角，可得C＝2B或C+2B＝π．当C+2B＝π时，可得A＝B，即a＝b，此时c2＝b（a+b）＝2a2，可得c=2a所以a：b：c＝1：1：2，可知△ABC是以c为斜边的等腰直角三角形，可得C=π2，B=π4，满足C＝2对于C，由C＝2B，得B+C＝3B∈（0，π），所以B∈(0，对于D，由正弦定理asinA=b结合C＝2B，可得a＝1﹣2sin2B+2（1﹣sin2B）＝3﹣4sin2B，因为B∈(0，π3)，可得sinB所以sin2B∈（0，34），可得3﹣4sin2B∈（0，3），即ab∈(0故选：BCD．【点评】本题主要考查正弦定理与余弦定理、两角和与差的三角函数公式、二倍角的三角函数公式等知识，考查了计算能力、等价转化的数学思想，属于中档题．（多选）7．（2025•社旗县校级开学）在圆O的内接四边形ABCD中，AB＝2，BC＝6，CD＝DA＝4，则（）A．BD=2B．四边形ABCD的面积为83C．AO→D．AC【考点】三角形中的几何计算．【专题】转化思想；综合法；解三角形；运算求解．【答案】ABD【分析】选项A，在△ABD，△BCD分别使用余弦定理BD2＝AB2+AD2﹣2AB×ADcosA，BD2＝CB2+CD2﹣2CB×CDcosC求解即可；选项B，SABCD＝S△ABD+S△CBD结合面积公式，即得解；选项C，转化AO→选项D，转化AC→⋅BD【解答】解：由圆内接四边形的性质可得：∠A+∠C＝π，故cosA＝﹣cosC，在△ABD中，由余弦定理BD2＝AB2+AD2﹣2AB×ADcosA，在△BCD中，由余弦定理BD2＝CB2+CD2﹣2CB×CDcosC，因为AB＝2，BC＝6，CD＝DA＝4，故22+42﹣2×2×4cosA＝62+42+2×6×4cosA，解得cosA=故BD2＝22+42﹣2×2×4cosA＝28，解得BD=27，又A∈（0，π），故sinA=S四边形ABCD＝S△ABD+S△CBD=12AB×ADsinA+12×CD×CBsinC=12×2×4×3在△ABD中，cos∠ABD=A在△BCD中，cos∠CBD=BAO→•BD→=（AB→+BO→）•BD→=AB→•BD→+BO→•BD→=-|AB→|•|AC→又OC=-14+6×27故选：ABD．【点评】本题考查圆的性质的应用及余弦定理的应用，属于中档题．（多选）8．（2025•芜湖一模）在△ABC中，AB＝2，∠BAC＝60°，∠BCA＝45°，∠BAC的角平分线交BC于D，则（）A．△ABC是钝角三角形 B．BC=C．AD＝2 D．BD【考点】解三角形．【专题】转化思想；综合法；三角函数的求值；解三角形；运算求解．【答案】BC【分析】根据三角形内角和定理判断出A项的正误；在△ABC中，根据正弦定理算出BC的长，即可判断出B项的正误；在△ABD中，计算出∠B＝∠ADC＝75°，从而可得AD＝AB＝2，即可判断出C项的正误；求出sin75°=6+24，然后在△ABD中利用正弦定理算出【解答】解：对于A，由三角形内角和定理，得∠B＝180°﹣∠BAC﹣∠BCA＝75°，所以△ABC的三个内角均为锐角，可得△ABC是锐角三角形，故A项不正确；对于B，在△ABC中，由正弦定理得BCsin可得BC=ABsin∠BAC对于C，由AD平分∠BAC，可得∠BAD＝∠CAD=12∠BAC＝△ABD中，∠ADB＝∠CAD+∠C＝30°+45°＝75°，所以∠B＝∠ADC，可得AD＝AB＝2，故C项正确；对于D，sin75°＝sin（45°+30°）＝sin45°cos30°+cos45°sin30°=6在△ABD中，由正弦定理得ABsin可得BD=ABsin∠BAD故选：BC．【点评】本题主要考查三角形内角和定理、两角和的正弦公式、正弦定理等知识，考查了计算能力、等价转化的数学思想，属于中档题．三．填空题（共4小题）9．（2025•鼓楼区校级开学）△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，若3cosB-3b=1-3cosAa，则cosC的最小值为33【考点】三角形中的几何计算．【专题】转化思想；综合法；三角函数的求值；解三角形；运算求解．【答案】33；4【分析】根据正弦定理、三角恒等变换公式，化简3cosB-3b=1-3cosAa【解答】解：由3cosB-3b=1-3cosAa，可得3acosB-3a＝b﹣3bcosA，即3acosB根据正弦定理得3sinAcosB+3sinBcosA＝sinB+3sinA，即3sin（A+B）＝sinB+3sinA因为△ABC中，sinC＝sin（π﹣C）＝sin（A+B），所以3sinC＝sinB+3sinA，结合正弦定理得3c＝b+3a，即根据余弦定理得cosC=当且仅当3a设sin则19+2当λ=13当λ≠13时，可得Δ=427-综上所述，sin2Csin故答案为：33；4【点评】本题主要考查正弦定理与余弦定理、两角和与差的三角函数公式、运用基本不等式求最值等知识，属于中档题．10．（2025春•安徽月考）在△ABC中，AC＝2，AB＝mBC（m＞1），若当△ABC面积取最大值时，B=π6，则m＝【考点】三角形中的几何计算．【专题】转化思想；综合法；解三角形；运算求解．【答案】3．【分析】设|BC|＝a，结合余弦定理及面积公式可得：S=sinB12(【解答】解：由AB＝mBC（m＞1），AC＝b＝2，设BC＝a，则AB＝ma，由余弦定理可得：cosB=AB2+B所以ma所以△ABC的面积为：S=12acsinB=12ma2令12(m+1m)=t，由m＞1，易得所以S＝f（B）=sinBt-cosB，0＜则f'（B）=cosB当cosB＞1t，f′（BcosB＜1t，f′（B又y＝cosB在（0，π）单调递减，所以当cosB=即cosB=所以m+即m2-433可得：m=故答案为：3．【点评】本题考查三角函数的性质的应用及用求导的方法求函数的单调性，属于中档题．11．（2025•重庆模拟）已知△ABC中内角A，B，C满足sin2A+sin2B+sin2C=23sinAsinBsinC，若在边AB，BC，CA上各取一点M，N，P，满足MN=3，MP＝2，∠【考点】解三角形．【专题】转化思想；综合法；解三角形；逻辑思维；运算求解．【答案】π3；7【分析】利用正弦定理角化边，结合余弦定理，利用基本不等式结合三角函数的值域得到A=π3，在△MNP中，由余弦定理求得NP＝1，从而∠MPN＝60°，设∠APM＝α，在△AMP和△CPN中利用正弦定理求得AC【解答】解：因为sin所以由正弦定理可得：a2又因为a2＝b2+c2﹣2bccosA，代入上式得：2b整理可得：bc所以2sin(A+π由于2sin(A因为A∈（0，π），所以A=π3，又此时b＝c，所以△ABC如图，在△MNP中，由余弦定理得：NP=所以MN2+NP2＝MP2，所以∠MNP＝90°，从而∠MPN＝60°，设∠APM＝α，则∠AMP＝120°﹣α，∠CPN＝120°﹣α，∠PNC＝α，在△CPN中，由正弦定理得PCsinα=1在△AMP中，由正弦定理得APsin则AP=所以AC=其中tanθ=32，所以AC的最大值为273，当α所以(S故答案为：π3；7【点评】本题考查利用正余弦定理和三角恒等变换知识解三角形，属于中档题．12．（2025•泉州模拟）在平面四边形ABCD中，AB＝4，BC＝213，AC＝AD，cos∠CAB=45，则AC＝10；若点E是CD的中点，则当BE取得最大值时，四边形ABCD的面积为52【考点】解三角形．【专题】转化思想；综合法；解三角形；运算求解．【答案】10；52．【分析】首先根据余弦定理建立方程求出AC，然后取AC中点O，根据BE≤BO+EO得出BE取最大值的条件，再利用三角形的面积公式算出答案．【解答】在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2+AC2﹣2AB•ACcos∠BAC，即52＝16+AC2﹣8AC•45，整理得5AC2﹣32AC﹣180＝0，结合AC＞0，解得AC＝10取AC中点O，连接BO、EO，根据AD＝AC＝10，EO是△ADC的中位线，可得EO∥AD，EO=12AD＝在△ABO中，AO＝5，BO=AB可得AB2+BO2＝AO2，∠ABO＝90°，因为BE≤BO+EO＝8，当且仅当B、O、E三点共线时取等号，所以当BE取得最大值时，BE∥AD，即∠DAB＝90°，可得sin∠所以四边形ABCD的面积SABCD故答案为：10；52．【点评】本题主要考查余弦定理、三角形中位线定理、三角形的面积公式与诱导公式等知识，属于中档题．四．解答题（共3小题）13．（2025•延庆区模拟）在△ABC中，c＝6，2bcosA+2acosB＝3b．（Ⅰ）求b；（Ⅱ）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使△ABC为锐角三角形，并求△ABC的面积．条件①：a＝4；条件②：AB边上中线的长为17；条件③：sinB＝sin2C．注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．【考点】三角形中的几何计算．【专题】转化思想；综合法；三角函数的求值；解三角形；运算求解．【答案】（1）4．（2）若选择①，则不存在满足条件的△ABC；若选择②或③，则△ABC的面积为82【分析】（1）根据余弦定理化简得bcosA+acosB＝c，结合已知等式求出b=23c＝（2）若选择①②，则根据余弦定理，结合△ABC为锐角三角形加以计算，可得答案；若选择③，则根据余弦定理与同角三角函数的基本关系，结合三角形的面积公式算出答案．【解答】解：（1）根据余弦定理，可得bcosA+acosB＝b•b2+c2-结合2bcosA+2acosB＝3b，可得2c＝3b，即b=23c＝（2）选择条件①：a＝4，b＝4，c＝6，由余弦定理得cosC=16+16-362×4×4与△ABC为锐角三角形矛盾，不符合题意；选择条件②：设点D为AB的中点，则CD=17，AD＝在△ACD中，由余弦定理CD2＝AC2+AD2﹣2AC•ADcosA，即17＝16+9﹣2×3×4×cosA，解得cosA=所以a2=b2+因为c＝a＝6，b＝4，所以B＜A，A＝C，等腰△ABC为锐角三角形，可得sinA=1-co选择条件③：因为sinB＝sin2C，所以sinB＝2sinCcosC，结合正弦定理得b＝2ccosC，所以cosC=b由余弦定理c2=a2+b2因为△ABC中，c＝a＝6，b＝4，所以B＜A，A＝C，等腰△ABC为锐角三角形，可得sinA=1-co【点评】本题主要考查正弦定理与余弦定理、同角三角函数的基本关系、三角形的面积公式等知识，属于中档题．14．（2025•安康模拟）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos2C+3cosC＝1．（1）求C；（2）若c=23，△ABC的面积为23【考点】三角形中的几何计算．【专题】转化思想；综合法；解三角形；运算求解．【答案】（1）C=（2）6+23．【分析】（1）根据余弦的二倍角公式化简即可；（2）根据面积公式结合余弦定理求解即可．【解答】解：（1）由cos2C+3cosC＝1可得2cos2C+3cosC﹣2＝0，解得cosC=12或cosC又C为△ABC内角，即C∈（0，π），故C=（2）因为c=23，△ABC的面积为所以S△ABC=12absinC=2由余弦定理c2＝a2+b2﹣2abcosC，即12＝a2+b2﹣ab＝（a+b）2﹣3ab，解得a+b＝6，故△ABC的周长为a+b+c＝6+23．【点评】本题考查余弦定理，三角形面积公式的应用及二倍角公式的应用，属于中档题．15．（2025•孝义市模拟）如图，已知三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acosB+bcosA＝2ccosA．（1）求∠BAC的大小；（2）若b＝4，c＝6，设AD为三角形ABC的角平分线，求AD的长．【考点】三角形中的几何计算．【专题】转化思想；综合法；解三角形；运算求解．【答案】（1）π3（2）123【分析】（1）利用正弦定理边化角，利用两角和的正弦公式和三角形内角和公式求解；（2）利用面积方法和三角形的面积公式计算．【解答】（1）由acosB+bcosA＝2ccosA得sinAcosB+sinBcosA＝2sinCcosA，又因为sinAcosB+sinBcosA＝sin（A+B）＝sinC，所以2sinCcosA＝sinC，又因为C∈（0，π），sinC＞0，所以cosA=又因为A∈（0，π），所以A=（2）因为S△BAD+S△DAC＝S△BAC，由角平分线的性质可得：∠BAD＝∠DAC=12∠BAC=π6，AB＝c＝6，AC＝则12即6AD所以AD=【点评】本题考查正弦定理及辅助角公式的应用，三角形面积公式的应用，角平分线的性质的应用，属于中档题．

考点卡片1．求二倍角的三角函数值【知识点的认识】二倍角的正弦其实属于正弦函数和差化积里面的一个特例，即α＝β的一种特例，其公式为：sin2α＝2sinα•cosα；其可拓展为1+sin2α＝（sinα+cosα）2．二倍角的余弦其实属于余弦函数和差化积里面的一个特例，即α＝β的一种特例，其公式为：cos2α＝cos2α﹣sin2α＝2cos2α﹣1＝1﹣2sin2α．二倍角的正切其实属于正切函数和差化积里面的一个特例，即α＝β的一种特例，其公式为：tan2α=2【解题方法点拨】﹣利用二倍角公式：sin2α＝2sinαcosαcos2α＝cos2α﹣sin2α＝2cos2α﹣1＝1﹣2sin2αtan2﹣将具体角度值代入公式，求解二倍角的三角函数值．﹣验证计算结果的正确性．【命题方向】常见题型包括利用二倍角公式求解三角函数值，结合具体角度进行计算．已知tanα2=22，则解：因为tanα所以tanα=故答案为：222．利用正弦定理解三角形【知识点的认识】1．正弦定理定理正弦定理内容asinA=（R是△ABC外接圆半径）变形形式①a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC；②sinA=a2R，sinB=b2③a：b：c＝sinA：sinB：sinC；④asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinA解决三角形的问题①已知两角和任一边，求另一角和其他两条边；②已知两边和其中一边的对角，求另一边和其他两角﹣【解题方法点拨】﹣应用正弦定理：用正弦定理解决三角形中的边长和角度问题，特别是在已知部分角和边的情况下．﹣三角形的解法：在已知两个角和一个边，或两个边和一个角的情况下，利用正弦定理求解其他边和角．【命题方向】﹣正弦定理的应用：考查如何应用正弦定理解决涉及三角形的几何问题．﹣三角形解的存在性：如何使用正弦定理判断三角形的解的存在性和唯一性．△ABC中，a＝3，A＝30°，B＝60°，则b＝_____．解：∵△ABC中，a＝3，A＝30°，B＝60°，∴由正弦定理得，asinA∴3sin解得b＝33．3．余弦定理【知识点的认识】1．正弦定理和余弦定理定理正弦定理余弦定理内容asinA=（R是△ABC外接圆半径）a2＝b2+c2﹣2bccosA，b2＝a2+c2﹣2accos_B，c2＝a2+b2﹣2abcos_C变形形式①a＝2RsinA，b＝2Rsin_B，c＝2Rsin_C；②sinA=a2R，sinB=b2③a：b：c＝sinA：sinB：sinC；④asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinAcosA=bcosB=acosC=解决三角形的问题①已知两角和任一边，求另一角和其他两条边；②②已知两边和其中一边的对角，求另一边和其他两角①已知三边，求各角；②已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两角【解题方法点拨】正余弦定理的应用1、解直角三角形的基本元素．2、判断三角形的形状．3、解决与面积有关的问题．4、利用正余弦定理解斜三角形，在实际应用中有着广泛的应用，如测量、航海、几何等方面都要用到解三角形的知识（1）测距离问题：测量一个可到达的点到一个不可到达的点之间的距离问题，用正弦定理就可解决．解题关键在于明确：①测量从一个可到达的点到一个不可到达的点之间的距离问题，一般可转化为已知三角形两个角和一边解三角形的问题，再运用正弦定理解决；②测量两个不可到达的点之间的距离问题，首先把求不可到达的两点之间的距离转化为应用正弦定理求三角形的边长问题，然后再把未知的边长问题转化为测量可到达的一点与不可到达的一点之间的距离问题．（2）测量高度问题：解题思路：①测量底部不可到达的建筑物的高度问题，由于底部不可到达，因此不能直接用解直角三角形的方法解决，但常用正弦定理计算出建筑物顶部或底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对于顶部不可到达的建筑物高度的测量问题，我们可选择另一建筑物作为研究的桥梁，然后找到可测建筑物的相关长度和仰、俯角等构成三角形，在此三角形中利用正弦定理或余弦定理求解即可．点拨：在测量高度时，要理解仰角、俯角的概念．仰角和俯角都是在同一铅锤面内，视线与水平线的夹角．当视线在水平线之上时，成为仰角；当视线在水平线之下时，称为俯角．4．三角形中的几何计算【知识点的认识】1、几何中的长度计算：（1）利用正弦定理和三角形内角和定理可以求解：①已知两角和任一边，求其他两边和一角．②已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角（从而进一步求出其他的边和角）．（2）利用余弦定理可以求解：①解三角形；②判断三角形的形状；③实现边角之间的转化．包括：a、已知三边，求三个角；b、已知两边和夹角，求第三边和其他两角．2、与面积有关的问题：（1）三角形常用面积公式①S=12a•ha（ha表示边②S=12absinC=12acsinB=③S=12r（a+b+c）（（2）面积问题的解法：①公式法：三角形、平行四边形、矩形等特殊图形，可用相应面积公式解决．②割补法：若是求一般多边形的面积，可采用作辅助线的办法，通过分割或补形把不是三角形的几何图形分割成不重叠的几个三角形，再由三角形