4、＋c2－b2＝ac，又因為cos B＝，所以cos B＝，所以B＝30°.
5．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知bcos C＋bsin C－a＝0，則B＝________.
解析：由正弦定理可得sin Bcos C＋sin Bsin C＝sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋sin Ccos B，則sin Bsin C＝sin Ccos B，又sin C≠0，所以tan B＝，則B＝30°.
答案：30°
[清易錯]
1．由正弦定理解已知三角形的兩邊和其中一邊的對角求另一邊的對角時易忽視解的判斷．
2．利用正、余弦定理解三角形時，要注意三角形內(nèi)角
5、和定理對角的范圍的限制．
1．在△ABC中，若a＝18，b＝24，A＝45°，則此三角形解的情況是( )
A．無解 B．兩解
C．一解 D．不確定
解析：選B ∵＝，
∴sin B＝sin A＝sin 45°＝.
又∵a
6、，已知a＝7，b＝8，c＝13，則角C的大小為________．
解析：∵在△ABC中，a＝7，b＝8，c＝13，
∴由余弦定理可得cos C＝＝＝－，
∵C∈(0，π)，∴C＝.
答案：
三角形的面積公式
[過雙基]
設(shè)△ABC的邊為a，b，c，所對的三個角為A，B，C，其面積為S.
(1)S＝ah(h表示邊a上的高)．
(2)S＝bcsin A＝acsin B＝absin C.
(3)S＝r(a＋b＋c)(r為△ABC內(nèi)切圓的半徑)．
1．在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對邊，若a＝1，b＝，B＝60°，則△ABC的面積為( )
A. B
7、.
C．1 D.
解析：選B 在△ABC中，由正弦定理可得sin A＝＝，則A＝30°，所以C＝90°，則△ABC的面積S＝absin C＝×1××1＝.
2．在△ABC中，A＝60°，AB＝2，且△ABC的面積為，則BC的長為( )
A. B.
C．2 D．2
解析：選B 由題意S△ABC＝·AB·AC·sin A＝，則AC＝1，由余弦定理可得BC＝＝.
3．在△ABC中，B＝120°，AC＝7，AB＝5，則△ABC的面積為________．
解析：由余弦定理知72＝52＋BC2－2×5×BC×cos 120°，
即49＝25＋BC2＋5BC，解得BC＝3.
故S
8、△ABC＝AB·BCsin B＝×5×3×＝.
答案：
4．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.已知△ABC的面積為3，b－c＝2，cos A＝－，則a的值為________．
解析：由cos A＝－，得sin A＝，所以△ABC的面積為bcsin A＝bc×＝3，解得bc＝24，又b－c＝2，所以a2＝b2＋c2－2bccos A＝(b－c)2＋2bc－2bccos A＝22＋2×24－2×24×＝64，解得a＝8.
答案：8
[清易錯]
應(yīng)用三角形面積公式S＝absin C＝acsin B＝bcsin A時，注意公式中的角應(yīng)為兩邊的夾角．
在△ABC中，內(nèi)
9、角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若a＝2，c＝2，A＝30°，則△ABC的面積為________．
解析：∵a＝2，c＝2，A＝30°，
∴由正弦定理得sin C＝＝，
∴C＝60°或120°，
∴B＝90°或30°，
則S△ABC＝acsin B＝2或.
答案：2或
正弦、余弦定理實際應(yīng)用中的有關(guān)術(shù)語
[過雙基]
1．仰角和俯角
在視線和水平線所成的角中，視線在水平線上方的角叫仰角，在水平線下方的角叫俯角(如圖①)．
2．方位角
從指北方向順時針轉(zhuǎn)到目標(biāo)方向線的水平角，如B點的方位角為α(如圖②)．
3．方向角
相對于某一正方向的水平角．
(1)北
10、偏東α，即由指北方向順時針旋轉(zhuǎn)α到達(dá)目標(biāo)方向(如圖③)；
(2)北偏西α，即由指北方向逆時針旋轉(zhuǎn)α到達(dá)目標(biāo)方向；
(3)南偏西等其他方向角類似．
4．坡角與坡度
(1)坡角：坡面與水平面所成的二面角(如圖④，角θ為坡角)；
(2)坡度：坡面的鉛直高度與水平長度之比(如圖④，i為坡度)．坡度又稱為坡比．
1．(2018·濰坊調(diào)研)海面上有A，B，C三個燈塔，AB＝10 n mile，從A望C和B成60°視角，從B望C和A成75°視角，則BC＝( )
A．10 n mile B. n mile
C．5 n mile D．5 n mile
解析：選D
11、 如圖，在△ABC中，C＝180°－60°－75°＝45°，又A＝60°，由正弦定理，得＝，即＝，解得BC＝5.
2．江岸邊有一炮臺高30 m，江中有兩條船，船與炮臺底部在同一水平面上，由炮臺頂部測得俯角分別為45°和60°，而且兩條船與炮臺底部連線成30°角，則兩條船相距________m.
解析：如圖，OM＝AO·tan 45°＝30(m)，
ON＝AO·tan 30°＝×30＝10(m)，
在△MON中，由余弦定理得，
MN＝ ＝＝10(m)．
答案：10
3.如圖，一艘船上午9：30在A處測得燈塔S在它的北偏東30°的方向，之后它繼續(xù)沿正北方向勻速航行，上午10：00到達(dá)
12、B處，此時又測得燈塔S在它的北偏東75°的方向，且與它相距8 n mile.則此船的航速是________n mile/h.
解析：設(shè)航速為v n mile/h，
在△ABS中AB＝v，BS＝8，∠BSA＝45°，由正弦定理得＝，則v＝32.
答案：32
[清易錯]
易混淆方位角與方向角概念：方位角是指北方向線按順時針轉(zhuǎn)到目標(biāo)方向線之間的水平夾角，而方向角是正北或正南方向線與目標(biāo)方向線所成的銳角．
若點A在點C的北偏東30°，點B在點C的南偏東60°，且AC＝BC，則點A在點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
13、如圖所示，∠ACB＝90°，
又AC＝BC，
∴∠CBA＝45°，
而β＝30°，
∴α＝90°－45°－30°＝15°.
∴點A在點B的北偏西15°.
一、選擇題
1．已知△ABC中，sin A∶sin B∶sin C＝1∶1∶，則此三角形的最大內(nèi)角為( )
A．60° B．90°
C．120° D．135°
解析：選C ∵sin A∶sin B∶sin C＝1∶1∶，
∴a∶b∶c＝1∶1∶，設(shè)a＝m，則b＝m，c＝m.
∴cos C＝＝＝－，
∴C＝120°.
2．在△ABC中，已知b＝40，c＝20，C＝60°，則此三角形的解的情況
14、是( )
A．有一解 B．有兩解
C．無解 D．有解但解的個數(shù)不確定
解析：選C 由正弦定理得＝，
∴sin B＝＝＝>1.
∴角B不存在，即滿足條件的三角形不存在．
3．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若c＝2a，b＝4，cos B＝.則c的值為( )
A．4 B．2
C．5 D．6
解析：選A ∵c＝2a，b＝4，cos B＝，
∴由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B，
即16＝c2＋c2－c2＝c2，
解得c＝4.
4．已知△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對邊分別為a，b，c，若A＝，b＝2acos B，c＝1，則△ABC的
15、面積等于( )
A. B.
C. D.
解析：選B 由正弦定理得sin B＝2sin Acos B，
故tan B＝2sin A＝2sin＝，又B∈(0，π)，所以B＝，
又A＝B＝，則△ABC是正三角形，
所以S△ABC＝bcsin A＝×1×1×＝.
5．(2018·湖南四校聯(lián)考)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若(a2＋b2－c2)tan C＝ab，則角C的大小為( )
A.或 B.或
C. D.
解析：選A 由題意知，＝?cos C＝，
sin C＝，又C∈(0，π)，∴C＝或.
6．已知A，B兩地間的距離為10 km，B，C兩地
16、間的距離為20 km，現(xiàn)測得∠ABC＝120°，則A，C兩地間的距離為( )
A．10 km B．10 km
C．10 km D．10 km
解析：選D 如圖所示，由余弦定理可得，AC2＝100＋400－2×10×20×cos 120°＝700，
∴AC＝10(km)．
7．(2018·貴州質(zhì)檢)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，若c2＝(a－b)2＋6，C＝，則△ABC的面積是( )
A．3 B.
C. D．3
解析：選C ∵c2＝(a－b)2＋6，
∴c2＝a2＋b2－2ab＋6.①
∵C＝，∴c2＝a2＋b2－2abcos ＝a2＋b2
17、－ab.②
由①②得－ab＋6＝0，即ab＝6.
∴S△ABC＝absin C＝×6×＝.
8．一艘海輪從A處出發(fā)，以每小時40 n mile的速度沿南偏東40°的方向直線航行，30分鐘后到達(dá)B處，在C處有一座燈塔，海輪在A處觀察燈塔，其方向是南偏東70°，在B處觀察燈塔，其方向是北偏東65°，那么B，C兩點間的距離是( )
A．10 n mile B．10 n mile
C．20 n mile D．20 n mile
解析：選A 畫出示意圖如圖所示，易知，在△ABC中，AB＝20，∠CAB＝30°，∠ACB＝45°，根據(jù)正弦定理得＝，解得BC＝10.
故B，C兩
18、點間的距離是10 n mile.
二、填空題
9．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且a＝2，cos C＝－，3sin A＝2sin B，則c＝________.
解析：因為3sin A＝2sin B，所以由正弦定理可得3a＝2b，則b＝3，由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcos C＝4＋9－2×2×3×＝16，則c＝4.
答案：4
10．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.若角A，B，C成等差數(shù)列，且邊a，b，c成等比數(shù)列，則△ABC的形狀為________．
解析：∵在△ABC中，角A，B，C成等差數(shù)列，
∴2B＝A＋C，由三角形內(nèi)角和
19、定理，可得B＝，
又∵邊a，b，c成等比數(shù)列，∴b2＝ac，
由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2accos B，
∴ac＝a2＋c2－ac，即a2＋c2－2ac＝0，
故(a－c)2＝0，可得a＝c，
所以△ABC的形狀為等邊三角形．
答案：等邊三角形
11．已知△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且a＝x，b＝2，B＝45°，若三角形有兩解，則x的取值范圍為________．
解析：由AC＝b＝2，要使三角形有兩解，就是要使以C為圓心，以2為半徑的圓與AB有兩個交點，當(dāng)A＝90°時，圓與AB相切，只有一解；當(dāng)A＝45°時，交于B點，也就是只有一解，所以要使三角形
20、有兩解，需滿足45°
21、－)．
∵CD⊥AD，
∴CD＝BC·sin∠DBC＝10 500(－)×＝10 500(－1)＝7 350.
故山頂?shù)暮０胃叨萮＝10 000－7 350＝2 650(m)．
答案：2 650
三、解答題
13．(2017·山東高考)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知b＝3，＝－6，S△ABC＝3，求A和a.
解：因為·＝－6，
所以bccos A＝－6，
又S△ABC＝3，
所以bcsin A＝6，
因此tan A＝－1，又0＜A＜π，
所以A＝.
又b＝3，所以c＝2.
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，
得a2＝9＋8－2×
22、3×2×＝29，
所以a＝.
14．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知2bcos C＝acos C＋ccos A.
(1)求角C的大??；
(2)若b＝2，c＝，求a及△ABC的面積．
解：(1)∵2bcos C＝acos C＋ccos A，
∴由正弦定理可得2sin Bcos C＝sin Acos C＋cos Asin C，即2sin Bcos C＝sin(A＋C)＝sin B.
又sin B≠0，∴cos C＝，C＝.
(2)∵b＝2，c＝，C＝，
∴由余弦定理可得7＝a2＋4－2×a×2×，
即a2－2a－3＝0，
解得a＝3或－1(舍去)，
∴
23、△ABC的面積S＝absin C＝×3×2×＝.
高考研究課(一)
正、余弦定理的3個基礎(chǔ)點——邊角、形狀和面積
[全國卷5年命題分析]
考點
考查頻度
考查角度
解三角形求邊、角
5年5考
求解三角形中的邊、角值
三角形面積問題
5年7考
由面積求邊、求比值，求面積最值
利用正、余弦定理解三角形
[典例] (2017·天津高考)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.已知a>b，a＝5，c＝6，sin B＝.
(1)求b和sin A的值；
(2)求sin的值．
[解] (1)在△ABC中，因為a>b，
故由sin B＝，可得cos B
24、＝.
由已知及余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos B＝13，
所以b＝.
由正弦定理＝，得sin A＝＝.
所以b的值為，sin A的值為.
(2)由(1)及a
25、的判斷：已知兩角和一邊，該三角形是確定的，其解是唯一的；已知兩邊和一邊的對角，該三角形具有不唯一性，通常根據(jù)三角函數(shù)值的有界性和大邊對大角定理進(jìn)行判斷．
[即時演練]
1．(2017·山東高考)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若△ABC為銳角三角形，且滿足sin B(1＋2cos C)＝2sin Acos C＋cos Asin C，則下列等式成立的是( )
A．a(chǎn)＝2b B．b＝2a
C．A＝2B D．B＝2A
解析：選A 由題意可知sin B＋2sin Bcos C＝sin Acos C＋sin(A＋C)，即2sin Bcos C＝sin
26、Acos C，又cos C≠0，故2sin B＝sin A，由正弦定理可知a＝2b.
2．(2017·全國卷Ⅱ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若2bcos B＝acos C＋ccos A，則B＝________.
解析：法一：由2bcos B＝acos C＋ccos A及正弦定理，得
2sin Bcos B＝sin Acos C＋sin Ccos A＝sin(A＋C)＝sin B＞0，
因此cos B＝.
又0＜B＜π，所以B＝.
法二：由2bcos B＝acos C＋ccos A及余弦定理，得
2b·＝a·＋c·，
整理得，a2＋c2－b2＝ac，
所以2
27、accos B＝ac＞0，cos B＝.
又0＜B＜π，所以B＝.
答案：
3.(2018·成都二診)如圖，在平面四邊形ABCD中，已知A＝，B＝，AB＝6.在AB邊上取點E，使得BE＝1，連接EC，ED.若∠CED＝，EC＝.
(1)求sin∠BCE的值；
(2)求CD的長．
解：(1)在△BEC中，由正弦定理，知＝.
∵B＝，BE＝1，CE＝，
∴sin∠BCE＝＝＝.
(2)∵∠CED＝B＝，∴∠DEA＝∠BCE，∴cos∠DEA＝＝＝＝.
∵A＝，∴△AED為直角三角形，又AE＝5，
∴ED＝＝＝2.
在△CED中，CD2＝CE2＝＋DE2－2CE·DE·cos
28、∠CED＝7＋28－2××2×＝49.
∴CD＝7.
利用正、余弦定理判斷三角形形狀
要判斷三角形的形狀，應(yīng)圍繞三角形的邊角關(guān)系進(jìn)行思考，主要看其是否是正三角形、等腰三角形、直角三角形、鈍角三角形或銳角三角形，要特別注意“等腰直角三角形”與“等腰三角形或直角三角形”的區(qū)別.
依據(jù)已知條件中的邊角關(guān)系判斷時，主要有如下兩條途徑：
(1)角化邊；(2)邊化角.
[典例] 在△ABC中，“(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)·sin(A＋B)”，試判斷三角形的形狀．
[解] ∵(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，
∴b2[sin(A＋B)＋
29、sin(A－B)]＝a2[sin(A＋B)－sin(A－B)]，
∴2sin Acos B·b2＝2cos Asin B·a2，
即a2cos Asin B＝b2sin Acos B.
法一：用“邊化角”解題
由正弦定理得a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，
∴sin2Acos Asin B＝sin2Bsin Acos B，
又sin A·sin B≠0，∴sin Acos A＝sin Bcos B，
∴sin 2A＝sin 2B.
在△ABC中，0＜2A＜2π，0＜2B＜2π，
∴2A＝2B或2A＝π－2B，∴A＝B或A＋B＝.
∴△ABC為等腰三角形或直角三角形．
30、
法二：用“角化邊”解題
由正弦定理、余弦定理得：
a2b·＝b2a·，
∴a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，
∴(a2－b2)(a2＋b2－c2)＝0，
∴a2－b2＝0或a2＋b2－c2＝0.
即a＝b或a2＋b2＝c2.
∴△ABC為等腰三角形或直角三角形．
[方法技巧]
判斷三角形形狀的2種方法
(1)“邊化角”
利用正弦、余弦定理把已知條件轉(zhuǎn)化為只含內(nèi)角的三角函數(shù)間的關(guān)系，通過三角函數(shù)恒等變形，得出內(nèi)角的關(guān)系，從而判斷出三角形的形狀，此時要注意應(yīng)用A＋B＋C＝π這個結(jié)論．
(2)“角化邊”
利用正弦、余弦定理把已知條件轉(zhuǎn)化為只含邊的關(guān)系，通
31、過因式分解、配方等得出邊的相應(yīng)關(guān)系，從而判斷三角形的形狀．
[提醒] 在兩種解法的等式變形中，一般兩邊不要約去公因式，應(yīng)移項提取公因式，以免漏解．
[即時演練]
1．設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若bcos C＋ccos B＝asin A，則△ABC的形狀為( )
A．銳角三角形 B．直角三角形
C．鈍角三角形 D．不確定
解析：選B 依據(jù)題設(shè)條件的特點，由正弦定理，
得sin Bcos C＋cos Bsin C＝sin2A，有sin(B＋C)＝sin2A，
從而sin(B＋C)＝sin A＝sin2A，解得sin A＝1，
∴A＝，∴△ABC
32、是直角三角形．
2．在△ABC中，“2asin A＝(2b＋c)sin B＋(2c＋b)sin C，且sin B＋sin C＝1”，試判斷△ABC的形狀．
解：由已知，根據(jù)正弦定理得2a2＝(2b＋c)b＋(2c＋b)c，
即a2＝b2＋c2＋bc，由余弦定理得，cos A＝－，sin A＝，
則sin2A＝sin2B＋sin2C＋sin Bsin C.
又sin B＋sin C＝1，所以sin Bsin C＝，
解得sin B＝sin C＝.
因為0
33、BC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sin(A＋C)＝8sin2.
(1)求cos B；
(2)若a＋c＝6，△ABC的面積為2，求b.
[解] (1)由題設(shè)及A＋B＋C＝π得sin B＝8sin2，
即sin B＝4(1－cos B)，
故17cos2B－32cos B＋15＝0，
解得cos B＝或cos B＝1(舍去)．
(2)由cos B＝，得sin B＝，
故S△ABC＝acsin B＝ac.
又S△ABC＝2，則ac＝.
由余弦定理及a＋c＝6得
b2＝a2＋c2－2accos B＝(a＋c)2－2ac(1＋cos B)
＝36－2××＝4.
34、所以b＝2.
[方法技巧]
三角形面積公式的應(yīng)用原則
(1)對于面積公式S＝absin C＝acsin B＝bcsin A，一般是已知哪一個角就使用哪一個公式．
(2)與面積有關(guān)的問題，一般要用到正弦定理或余弦定理進(jìn)行邊和角的轉(zhuǎn)化．
[即時演練]
1．(2018·太原一模)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若A＝60°，b＝1，S△ABC＝，則c等于( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：選D ∵S△ABC＝bcsin A，∴＝×1×c×，∴c＝4.
2．(2018·陜西四校聯(lián)考)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且cos
35、 A＝.
(1)求cos2＋cos 2A的值；
(2)若a＝，求△ABC面積的最大值．
解：(1)cos2＋cos 2A
＝＋2cos2A－1
＝－＋2cos2A－1
＝－×＋2×2－1
＝－.
(2)由余弦定理可得()2＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc，
所以bc≤，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c＝時，bc有最大值.
又cos A＝，A∈(0，π)，
所以sin A＝＝ ＝，
于是△ABC面積的最大值為××＝.
1．(2016·全國卷Ⅲ)在△ABC中，B＝，BC邊上的高等于BC，則cos A＝( )
A. B.
C．－ D．－
解
36、析：選C 法一：設(shè)△ABC中角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，
則由題意得S△ABC＝a·a＝acsin B，∴c＝a.
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋a2－2×a×a×＝a2，∴b＝a.
∴cos A＝＝＝－.
法二：如圖，AD為△ABC中BC邊上的高．設(shè)BC＝a，由題意知AD＝BC＝a，B＝，易知BD＝AD＝a，DC＝a.
在Rt△ABD中，由勾股定理得，
AB＝ ＝a.
同理，在Rt△ACD中，AC＝ ＝a.
∴cos A＝＝－.
2．(2017·全國卷Ⅲ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知C＝60°，b＝，c＝3，則A＝_
37、_______.
解析：由正弦定理，得sin B＝＝＝，
因為0°＜B＜180°，所以B＝45°或135°.
因為b＜c，所以B＜C，故B＝45°，
所以A＝180°－60°－45°＝75°.
答案：75°
3．(2016·全國卷Ⅱ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若cos A＝，cos C＝，a＝1，則b＝________.
解析：因為A，C為△ABC的內(nèi)角，且cos A＝，cos C＝，
所以sin A＝，sin C＝，
所以sin B＝sin(π－A－C)＝sin(A＋C)
＝sin Acos C＋cos Asin C＝×＋×＝.
又a＝1，所以由正
38、弦定理得b＝＝×＝.
答案：
4．(2017·全國卷Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知△ABC的面積為.
(1)求sin Bsin C；
(2)若6cos Bcos C＝1，a＝3，求△ABC的周長．
解：(1)由題設(shè)得acsin B＝，
即csin B＝.
由正弦定理得sin Csin B＝.
故sin Bsin C＝.
(2)由題設(shè)及(1)得cos Bcos C－sin Bsin C＝－，
即cos(B＋C)＝－.
所以B＋C＝，故A＝.
由題設(shè)得bcsin A＝，即bc＝8.
由余弦定理得b2＋c2－bc＝9，即(b＋c)2－3bc＝9，
39、
得b＋c＝.
故△ABC的周長為3＋.
5．(2017·全國卷Ⅲ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知sin A＋cos A＝0，a＝2，b＝2.
(1)求c；
(2)設(shè)D為BC邊上一點，且AD⊥AC，求△ABD的面積．
解：(1)由已知可得tan A＝－，所以A＝.
在△ABC中，由余弦定理得28＝4＋c2－4ccos ，
即c2＋2c－24＝0.
解得c＝4(負(fù)值舍去)．
(2)由題設(shè)可得∠CAD＝，
所以∠BAD＝∠BAC－∠CAD＝.
故△ABD的面積與△ACD的面積的比值為
＝1.
又△ABC的面積為×4×2×sin＝2，
所以△ABD的
40、面積為.
6．(2016·全國卷Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知2cos C(acos B＋bcos A)＝c.
(1)求C；
(2)若c＝，△ABC的面積為，求△ABC的周長．
解：(1)由已知及正弦定理得
2cos C(sin Acos B＋sin Bcos A)＝sin C，
即2cos Csin(A＋B)＝sin C，
故2sin Ccos C＝sin C.
因為sin C≠0，可得cos C＝，所以C＝.
(2)由已知得absin C＝.
又C＝，所以ab＝6.
由已知及余弦定理得a2＋b2－2abcos C＝7，
故a2＋b2＝13，
41、從而(a＋b)2＝25.
所以△ABC的周長為5＋.
7．(2015·全國卷Ⅱ)△ABC中，D是BC上的點，AD平分∠BAC，BD＝2DC.
(1)求；
(2)若∠BAC＝60°，求B.
解：(1)由正弦定理，得
＝，＝.
因為AD平分∠BAC，BD＝2DC，
所以＝＝.
(2)因為C＝180°－(∠BAC＋B)，∠BAC＝60°，
所以sin C＝sin(∠BAC＋B)＝cos B＋sin B.
由(1)知2sin B＝sin C，所以tan B＝，
所以B＝30°.
8．(2013·全國卷Ⅱ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知a＝bcos C＋c
42、sin B.
(1)求B；
(2)若b＝2，求△ABC面積的最大值．
解：(1)由已知及正弦定理得sin A＝sin Bcos C＋sin Csin B．?、?
又A＝π－(B＋C)，故sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C．?、?
由①②和C∈(0，π)得sin B＝cos B.
又B∈(0，π)，所以B＝.
(2)△ABC的面積S＝acsin B＝ac.
由已知及余弦定理得4＝a2＋c2－2accos.
又a2＋c2≥2ac，故ac≤，
當(dāng)且僅當(dāng)a＝c時，等號成立．
因此△ABC面積的最大值為×＝＋1.
一、選擇題
1．在△ABC
43、中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知a＝1，b＝，A＝30°，若B為銳角，則A∶B∶C＝( )
A．1∶1∶3 B．1∶2∶3
C．1∶3∶2 D．1∶4∶1
解析：選B 因為a＝1，b＝，A＝30°，B為銳角，所以由正弦定理可得sin B＝＝，則B＝60°，所以C＝90°，則A∶B∶C＝1∶2∶3.
2．如果將直角三角形三邊增加相同的長度，則新三角形一定是( )
A．銳角三角形
B．鈍角三角形
C．直角三角形
D．根據(jù)增加的長度確定三角形的形狀
解析：選A 設(shè)原來直角三角形的三邊長是a，b，c且a2＝b2＋c2，在原來的三角形三條邊長的基礎(chǔ)上都加
44、上相同的長度，設(shè)為d，原來的斜邊仍然是最長的邊，故cos A＝＝>0，所以新三角形中最大的角是一個銳角，故選A.
3．(2018·太原模擬)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若b2＋c2－a2＝bc，且b＝a，則下列關(guān)系一定不成立的是( )
A．a(chǎn)＝c B．b＝c
C．2a＝c D．a(chǎn)2＋b2＝c2
解析：選B 由余弦定理，得cos A＝＝＝，則A＝30°.又b＝a，由正弦定理得sin B＝sin A＝sin 30°＝，所以B＝60°或120°.當(dāng)B＝60°時，△ABC為直角三角形，且2a＝c，可知C、D成立；當(dāng)B＝120°時，C＝30°，所以A＝C，即a＝c，
45、可知A成立，故選B.
4．在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，AB＝2BC＝2CD，則cos∠DAC＝( )
A. B.
C. D.
解析：選B 如圖所示，設(shè)CD＝a，則易知AC＝a，AD＝a，在△ACD中，CD2＝AD2＋AC2－2AD×AC×cos∠DAC，∴a2＝(a)2＋(a)2－2×a×a×cos∠DAC，∴cos∠DAC＝.
5．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若△ABC的面積為S，且2S＝(a＋b)2－c2，則tan C等于( )
A. B.
C．－ D．－
解析：選C 因為2S＝(a＋b)2－c2＝a2＋b2－c2
46、＋2ab，
則由面積公式與余弦定理，得absin C＝2abcos C＋2ab，
即sin C－2cos C＝2，所以(sin C－2cos C)2＝4，
即＝4，
所以＝4，
解得tan C＝－或tan C＝0(舍去)．
6．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿足b2＋c2－a2＝bc，·>0，a＝，則b＋c的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
解析：選B 在△ABC中，b2＋c2－a2＝bc，
由余弦定理可得cos A＝＝＝，
∵A是△ABC的內(nèi)角，∴A＝60°.
∵a＝，
∴由正弦定理得＝＝＝＝1，
∴b＋c＝sin B＋sin
47、(120°－B)＝sin B＋cos B
＝sin(B＋30°)．
∵·＝||·||·cos(π－B)>0，
∴cos B<0，B為鈍角，
∴90°
48、n Bcos C＋sin B＝0，因為sin B≠0，所以cos C＝－，則C＝120°，所以S＝absin 120°＝c，則c＝ab.由余弦定理可得2＝a2＋b2－2abcos C≥3ab，則ab≥12，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2時取等號，所以ab的最小值為12.
答案：12
8．(2017·浙江高考)已知△ABC，AB＝AC＝4，BC＝2.點D為AB延長線上一點，BD＝2，連接CD，則△BDC的面積是________，cos∠BDC＝________.
解析：在△ABC中，AB＝AC＝4，BC＝2，
由余弦定理得cos∠ABC＝
＝＝，
則sin∠ABC＝sin∠CBD＝，
所以S△
49、BDC＝BD·BCsin∠CBD＝×2×2×＝.
因為BD＝BC＝2，所以∠CDB＝∠ABC，
則cos∠CDB＝ ＝.
答案：
9．已知a，b，c分別為△ABC三個內(nèi)角A，B，C的對邊，a＝2，且(2＋b)(sin A－sin B)＝(c－b)sin C，則△ABC面積的最大值為________．
解析：因為a＝2，且(2＋b)(sin A－sin B)＝(c－b)sin C，
所以(a＋b)(sin A－sin B)＝(c－b)sin C.
由正弦定理得b2＋c2－bc＝4，
又因為b2＋c2≥2bc，所以bc≤4，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c＝2時取等號，此時三角形為等邊三角形，
50、所以S＝bcsin 60°≤×4×＝，
故△ABC的面積的最大值為.
答案：
三、解答題
10．(2017·天津高考)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.已知asin A＝4bsin B，ac＝(a2－b2－c2)．
(1)求cos A的值；
(2)求sin(2B－A)的值．
解：(1)由asin A＝4bsin B，及＝，得a＝2b.
由ac＝(a2－b2－c2)及余弦定理，
得cos A＝＝＝－.
(2)由(1)，可得sin A＝，代入asin A＝4bsin B，得sin B＝＝.
由(1)知，A為鈍角，所以cos B＝＝.
于是sin 2B＝2
51、sin Bcos B＝，cos 2B＝1－2sin2B＝，故sin(2B－A)＝sin 2Bcos A－cos 2Bsin A
＝×－×＝－.
11．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知asin B＝bcos A.
(1)求角A的大小；
(2)若a＝，b＝2，求△ABC的面積．
解：(1)因為asin B＝bcos A，由正弦定理得sin Asin B＝sin Bcos A.
又sin B≠0，從而tan A＝.
由于0
52、3＝0.
因為c>0，所以c＝3.
故△ABC的面積S＝bcsin A＝.
法二：由正弦定理，得＝，從而sin B＝，
又由a>b，知A>B，所以cos B＝.
故sin C＝sin(A＋B)＝sin＝sin Bcos ＋cos Bsin ＝.
所以△ABC的面積S＝absin C＝.
12．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，sin B·(acos B＋bcos A)＝ccos B.
(1)求B；
(2)若b＝2，△ABC的面積為2，求△ABC的周長．
解：(1)由正弦定理得，
sin B(sin Acos B＋sin Bcos A)＝sin Ccos
53、 B，
∴sin Bsin(A＋B)＝sin Ccos B，
∴sin Bsin C＝sin Ccos B.
∵sin C≠0，∴sin B＝cos B，即tan B＝.
∵B∈(0，π)，∴B＝.
(2)∵S△ABC＝acsin B＝ac＝2，∴ac＝8.
根據(jù)余弦定理得，b2＝a2＋c2－2accos B，
∴12＝a2＋c2－8，即a2＋c2＝20，
∴a＋c＝＝＝6，
∴△ABC的周長為6＋2.
1．在平面五邊形ABCDE中，已知∠A＝120°，∠B＝90°，∠C＝120°，∠E＝90°，AB＝3，AE＝3，當(dāng)五邊形ABCDE的面積S∈時，則BC的取值范圍為__
54、______．
解析：因為AB＝3，AE＝3，且∠A＝120°，
由余弦定理可得BE＝＝3，且∠ABE＝∠AEB＝30°.
又∠B＝90°，∠E＝90°，所以∠DEB＝∠EBC＝60°.
又∠C＝120°，所以四邊形BCDE是等腰梯形．
易得三角形ABE的面積為，
所以四邊形BCDE的面積的取值范圍是.
在等腰梯形BCDE中，令BC＝x，則CD＝3－x，且梯形的高為，
故梯形BCDE的面積為·(3＋3－x)·，
即15≤(6－x)x<24，
解得≤x<2或4
55、半圓周上的C處恰有一可旋轉(zhuǎn)光源滿足果樹生長的需要，該光源照射范圍是∠ECF＝，點E，F(xiàn)在直徑AB上，且∠ABC＝.
(1)若CE＝，求AE的長；
(2)設(shè)∠ACE＝α，求該空地種植果樹的最大面積．
解：(1)由已知得△ABC為直角三角形，
因為AB＝8，∠ABC＝，
所以∠BAC＝，AC＝4.
在△ACE中，由余弦定理得，CE2＝AC2＋AE2－2AC·AEcos A，且CE＝，
所以13＝16＋AE2－4AE，
解得AE＝1或AE＝3.
(2)因為∠ACB＝，∠ECF＝，
所以∠ACE＝α∈，
所以∠AFC＝π－∠BAC－∠ACF＝π－－＝－α，
在△ACF中，由正弦
56、定理得＝＝＝，
所以CF＝，
在△ACE中，由正弦定理得＝＝，
所以CE＝，
所以S△ECF＝CE·CFsin∠ECF＝＝.
因為α∈，所以≤2α＋≤π，
所以0≤sin≤1，
所以當(dāng)sin＝0，即α＝時，S△ECF取得最大值為4.
即該空地種植果樹的最大面積為4 m2.
高考研究課(二)
正、余弦定理的3個應(yīng)用點——高度、距離和角度
[全國卷5年命題分析]
考點
考查頻度
考查角度
高度問題
5年1考
測量山高問題
距離問題
未考查
角度問題
未考查
測量高度問題
[典例] 如圖，一輛汽車在一條水平的公路上向正西行駛，到A
57、處時測得公路北側(cè)一山頂D在西偏北30°的方向上，行駛600 m后到達(dá)B處，測得此山頂在西偏北75°的方向上，仰角為30°，則此山的高度CD＝________m.
[解析] 由題意，在△ABC中，∠BAC＝30°，
∠ABC＝180°－75°＝105°，故∠ACB＝45°.
又AB＝600 m，故由正弦定理得＝，
解得BC＝300 m.
在Rt△BCD中，
CD＝BC·tan 30°＝300×＝100 (m)．
[答案] 100
[方法技巧]
利用正、余弦定理求解高度問題應(yīng)注意的3個方面
(1)在處理有關(guān)高度問題時，要理解仰角、俯角(它是在鉛垂面上所成的角)、方向(位)角(它
58、是在水平面上所成的角)是關(guān)鍵．
(2)在實際問題中，可能會遇到空間與平面(地面)同時研究的問題，這時最好畫兩個圖形，一個空間圖形，一個平面圖形，這樣處理起來既清楚又不容易搞錯．
(3)注意山或塔垂直于地面或海平面，把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題．
[即時演練]
1.要測量底部不能到達(dá)的電視塔AB的高度，在C點測得塔頂A的仰角是45°，在D點測得塔頂A的仰角是30°，并測得水平面上的∠BCD＝120°，CD＝40 m，則電視塔的高度為( )
A．10 m B．20 m
C．20 m D．40 m
解析：選D 設(shè)電視塔的高度為x m，則BC＝x，BD＝x.在△BCD
59、中，根據(jù)余弦定理得3x2＝x2＋402－2×40x×cos 120°，即x2－20x－800＝0，解得x＝40或x＝－20(舍去)．故電視塔的高度為40 m.
2.如圖，為測得河岸塔AB的高，先在河岸上選一點C，使C在塔底B的正東方向上，測得點A的仰角為60°，再由點C沿北偏東15°方向走10 m到位置D，測得∠BDC＝45°，則塔AB的高是________m.
解析：在△BCD中，CD＝10，∠BDC＝45°，
∠BCD＝15°＋90°＝105°，∠DBC＝30°，
由正弦定理得，＝，
所以BC＝＝10.
在Rt△ABC中，tan 60°＝，
AB＝BCtan 60°＝10(m
60、)．
答案：10
測量距離問題
[典例] 如圖所示，A，B兩點在一條河的兩岸，測量者在A的同側(cè)，且B點不可到達(dá)，要測出A，B的距離，其方法在A所在的岸邊選定一點C，可以測出A，C的距離m，再借助儀器，測出∠ACB＝α，∠CAB＝β，在△ABC中，運用正弦定理就可以求出AB.
若測出AC＝60 m，∠BAC＝75°，∠BCA＝45°，則A，B兩點間的距離為________m.
[解析] ∵∠ABC＝180°－75°－45°＝60°，
∴由正弦定理得，＝，
∴AB＝＝＝20(m)．
即A，B兩點間的距離為20 m.
[答案] 20
[方法技巧]
求距離問題的2個注意事項
61、
(1)選定或確定要創(chuàng)建的三角形，首先確定所求量所在的三角形，若其他量已知則直接求解；若有未知量，則把未知量放在另一確定三角形中求解．
(2)確定用正弦定理還是余弦定理，如果都可用，就選擇更便于計算的定理．
[即時演練]
1.如圖所示，要測量一水塘兩側(cè)A，B兩點間的距離，其方法先選定適當(dāng)?shù)奈恢肅，用經(jīng)緯儀測出角α，再分別測出AC，BC的長b，a，則可求出A，B兩點間的距離．即AB＝.
若測得CA＝400 m，CB＝600 m，∠ACB＝60°，則AB的長為________m.
解析：在△ABC中，由余弦定理得
AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB，
∴AB2＝4
62、002＋6002－2×400×600cos 60°＝280 000.
∴AB＝200 (m)．
即A，B兩點間的距離為200 m.
答案：200
2.隔河看兩目標(biāo)A與B，但不能到達(dá)，在岸邊選取相距 km的C，D兩點，同時，測得∠ACB＝75°，∠BCD＝45°，∠ADC＝30°，∠ADB＝45°(A，B，C，D在同一平面內(nèi))，求兩目標(biāo)A，B之間的距離．
解：在△ACD中，∠ACD＝120°，
∠CAD＝∠ADC＝30°，所以AC＝CD＝.
在△BCD中，∠BCD＝45°，∠BDC＝75°，∠CBD＝60°，由正弦定理知BC＝＝.
在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝AC2
63、＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB＝()2＋2－2×××cos 75°＝3＋2＋－＝5，所以AB＝ ，
所以A，B兩目標(biāo)之間的距離為 km.
角度問題
[典例] (2018·南昌模擬)如圖所示，當(dāng)甲船位于A處時獲悉，在其正東方向相距20海里的B處有一艘漁船遇險等待營救，甲船立即前往營救，同時把消息告知在甲船的南偏西30°相距10海里C處的乙船，乙船立即朝北偏東θ＋30°角的方向沿直線前往B處營救，則sin θ的值為( )
A. B.
C. D.
[解析] 如圖，連接BC，在△ABC中，AC＝10，AB＝20，∠BAC＝120°，由余弦定理，得BC2＝AC2＋AB2－2
64、AB·AC·cos 120°＝700，
∴BC＝10， 再由正弦定理，得＝，
∴sin θ＝.
[答案] A
[方法技巧]
解決測量角度問題的3個注意點
(1)明確方向角的含義．
(2)分析題意，分清已知與所求，再根據(jù)題意正確畫出示意圖，這是最關(guān)鍵、最重要的一步．
(3)將實際問題轉(zhuǎn)化為可用數(shù)學(xué)方法解決的問題后，注意正、余弦定理的“聯(lián)袂”使用．
[即時演練]
1.如圖，兩座燈塔A和B與海岸觀察站C的距離相等，燈塔A在觀察站南偏西40°，燈塔B在觀察站南偏東60°，則燈塔A在燈塔B的( )
A．北偏東10° B．北偏西10°
C．南偏東80° D．南偏西80°
65、
解析：選D 由條件及圖可知，∠A＝∠B＝40°，又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此燈塔A在燈塔B南偏西80°.
2.如圖，位于A處的信息中心獲悉：在其正東方向相距40海里的B處有一艘漁船遇險，在原地等待營救．信息中心立即把消息告知在其南偏西30°、相距20海里的C處的乙船，現(xiàn)乙船朝北偏東θ的方向沿直線CB前往B處救援，求cos θ的值．
解：如題中圖所示，在△ABC中，AB＝40，AC＝20，∠BAC＝120°，由余弦定理知，BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos 120°＝2 800?BC＝20.
由正弦定理，得＝?sin∠ACB＝·sin∠B
66、AC＝.
由∠BAC＝120°，知∠ACB為銳角，則cos∠ACB＝.
由θ＝∠ACB＋30°，得cos θ＝cos(∠ACB＋30°)＝cos∠ACBcos 30°－sin∠ACBsin 30°＝.
1．(2014·全國卷Ⅰ)如圖，為測量山高M(jìn)N，選擇A和另一座山的山頂C為測量觀測點．從A點測得M點的仰角∠MAN＝60°，C點的仰角∠CAB＝45°以及∠MAC＝75°；從C點測得∠MCA＝60°，已知山高BC＝100 m，則山高M(jìn)N＝________m.
解析：在△ABC中，AC＝100，在△MAC中，由正弦定理得＝，解得MA＝100，在△MNA中，MN＝MA·sin 60°＝150.即山高M(jìn)N為150 m.
答案：150
2.(2014·四川高考)如圖，從氣球A上測得正前方的河流的兩岸B，C的俯角分別為75°，30°，此時氣球的高是60 m，則河流的寬度BC等于( )
A．240(－1)m
B．180(－1)m
C．120(－1)m
D．30(＋1)m
解析：選C ∵tan 15°＝tan(60°－45°)＝＝2－，∴BC＝60tan 60°－60tan
（全國通用版）2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第六單元 解三角形學(xué)案 理
