本章总结提升
【知识辨析】
1.√ 2.× 3.√ 4.× 5.√ 6.√
【素养提升】
题型一
例1 (1)D (2)BD (3)ABC [解析] (1)∵△ABC的面积S=a2+b2-c2,
∴absin C=a2+b2-c2,又∵cos C=,∴2abcos C=absin C,∴tan C=4.故选D.
(2)设a+b=5k,b+c=6k,a+c=7k,其中k>0,则a=3k,b=2k,c=4k,∴sin A∶sin B∶sin C=a∶b∶c=3∶2∶4,故A错误,B正确;∵c>a>b,∴C>A>B,∵cos C===-<0,∴C为钝角,∴△ABC是钝角三角形,故C错误,D正确.故选BD.
(3)对于A,若A>B,则a>b,由正弦定理可得sin A>sin B,故A正确;对于B,若a=7,b=4,c=,则最小的内角为C,由余弦定理得cos C===,所以C=30°,故B正确;对于C,因为tan C=tan [π-(A+B)]=-tan(A+B)=-,所以tan C(tan Atan B-1)=tan A+tan B,所以tan A+tan B+tan C=tan Atan Btan C,因为
tan A+tan B+tan C>0,所以tan A,tan B,tan C中有0个或2个为负数,又因为A,B,C中最多有一个为钝角,所以tan A>0,tan B>0,tan C>0,即A,B,C都是锐角,所以△ABC为锐角三角形,故C正确;对于D,A=60°,b=4,若三角形有两解,则bsin 60°
变式 (1)B [解析] 在△ABC中,由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C,即5=a2+4-2×a×2×,整理得a2-2a-1=0,解得a=1+或a=1-(舍去),所以△ABC有一个解.故选B.
(2)解:①因为A=30°,B=120°,所以C=180°-A-B=30°,
由正弦定理得==,即==,所以a=c=4.
(2)由三角形的面积公式可得△ABC的面积S=acsin B=4,
由正弦定理可得△ABC的外接圆的半径R=·=4.
例2 解:(1)由余弦定理可得cos C==,
因为C∈(0,π),所以C=,所以cos B=sin C=,即cos B=.因为B∈(0,π),所以B=.
(2)由(1)可得A=π-B-C=π,设△ABC的外接圆的半径为R,由正弦定理可得===2R,所以b=R,c=R,
所以S△ABC=bcsin A=·R·R·=3+,可得R=2,所以c=2.
变式 解:(1)∵S1-S2+S3=(a2-b2+c2)=,∴a2-b2+c2=2.
由余弦定理得cos B=,∴cos B=>0.
又sin B=,∴cos B=,∴ac==,
故S△ABC=acsin B=××=.
(2)由(1)知ac=.由正弦定理得=·===,故=,
则b=sin B=.
例3 解:(1)因为sin2A-sin2C-sin2B=sin Csin B,
所以sin2C+sin2B-sin2A=-sin Csin B,
由正弦定理得b2+c2-a2=-bc,由余弦定理得cos A==-,因为A∈(0,π),所以A=.
(2)由正弦定理得====2,
所以b+c=2sin B+2sin C=2=2=2sin.因为B∈,所以B+∈,所以b+c∈(,2],又a=,所以△ABC的周长的取值范围为(2,2+].
变式 解:(1)证明:sin(A-B)sin(A+B)=(sin Acos B-cos Asin B)(sin Acos B+
cos Asin B)=sin2Acos2B-cos2Asin2B=sin2A(1-sin2B)-(1-sin2A)sin2B=sin2A-sin2B.
(2)①由a2=b2+bc及正弦定理得sin2A=sin2B+sin Bsin C,
因为sin C=sin(π-C)=sin(A+B),
所以sin2A-sin2B=sin Bsin(A+B),
结合(1)可得sin(A-B)sin(A+B)=sin Bsin(A+B),
又sin(A+B)>0,所以sin B=sin(A-B),又A,B∈(0,π),所以B=A-B,即A=2B,
又C=,A+B+C=π,所以A=.
②由①知A=2B,因为A+B+C=π,所以C=π-3B,
由正弦定理得==,即==,则b==,c==
=
=.
△ABC的周长l=b+c+1=++1=2cos B+1,因为△ABC是锐角三角形,所以0所以故△ABC的周长的取值范围是(+1,+1).
题型二
例4 解:(1)方法一:因为A+B+C=π,A+B=3C,所以C=,即A+B=,则B=-A,故2sin=sin,即2=
sincos A-cossin A,整理得sin A=3cos A.
又sin2A+cos2A=1,A∈(0,π),所以sin A=.
方法二:因为A+B=3C,所以A+B=3(π-A-B),所以A+B=,所以C=.
由题意得2sin(A-C)=sin(A+C),
即2sin Acos C-2cos Asin C=sin Acos C+cos Asin C,
整理得sin A=3cos A,又sin2A+cos2A=1,A∈(0,π),
所以sin A=.
(2)由(1)可得cos A=,所以sin B=sin(A+C)=×+×=.由=,得AC=2,所以S△ABC=×5×2×=15.
设AB边上的高为h,则·AB·h=15,解得h=6,
所以AB边上的高为6.
变式1 2 [解析] 如图所示,记AC=b.
方法一:在△ABC中,由余弦定理可得,22+b2-2×2×b×cos 60°=6,可得b=1+.由S△ABC=S△ABD+S△ACD可得,×2×b×sin 60°=×2×AD×sin 30°+×AD×b×sin 30°,可得AD===2.
方法二:在△ABC中,由余弦定理可得,22+b2-2×2×b×cos 60°=6,可得b=1+,由正弦定理可得,==,解得sin B=,sin C=,因为1+>>2,所以C=45°,B=180°-60°-45°=75°,又∠BAD=30°,所以∠ADB=75°,所以AD=AB=2.
变式2 解:(1)∵S△ADC=AD·DC·sin∠ADC=S△ABC,
∴×1×DC×=×,∴DC=2,∴BD=2.
过A作AE⊥BC,垂足为E,∴DE=,AE=,BE=BD+DE=.在Rt△ABE中,tan B==.
(2)∵=(+),∴4=+2·+,即4=c2+b2+2bccos∠BAC,
又b2+c2=8,∴bccos∠BAC=-2①.
∵S△ABC=bcsin∠BAC=,∴bcsin∠BAC=2②.
由②÷①得tan∠BAC=-,又0<∠BAC<π,∴∠BAC=π,代入②得bc=4,与b2+c2=8联立可得b=c=2.
例5 解:(1)在△ABD中,∵AB=AD=4,∠ADB=,
∴BD=2ADcos ∠ADB=2×4×cos =4.
在△BCD中,由正弦定理得=,
∴sin∠BDC===.
∵BC∴cos∠BDC===.
(2)在△ABD中,由余弦定理得BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos A=42+42-2×4×4×
cos A=32-32cos A,
在△CBD中,由余弦定理得BD2=CB2+CD2-2CB·CDcos C=62+22-2×6×2×
cos C=40-24cos C,所以32-32cos A=40-24cos C,即4cos A-3cos C=-1①.
由S△ABD+S△CBD=×4×4×sin A+×6×2×sin C=4,可得4sin A+3sin C=2②,
由①2+②2得16(sin2A+cos2A)+9(sin2C+cos2C)-24(cos Acos C-sin Asin C)=5,可得cos(A+C)=.
变式 解:(1)当α=60°时,DB=
=
=10>10=10=15,故15米的篱笆不够用.
(2)S△ABD=×10×10×sin α=50sin α,
因为DB==
=10,所以S△BCD=·DB·=5·=5·
5.
则W=k[7500sin2α+625×2cos α(4-2cos α)]=k(7500sin2α-7500cos2α+
5000cos α)=7500k=7500k=7500k≤8750k,当且仅当cos α=时等号成立.故两块地的总收益最大时,cos α的值为.
题型三
例6 4 [解析] 在△ADC中,∠CAD=180°-∠ADC-∠ACD=30°=∠ADC,所以AC=CD=12千米.在△BCD中,∠CBD=180°-45°-45°-30°=60°,由正弦定理得=,即=,所以BC=8sin 75°.在△ABC中,由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos 75°=144+192sin275°-2×12×8sin 75°×
cos 75°=144+192×-96sin 150°=240,所以AB=4千米,即A,B两点间的距离为4千米.
例7 8 [解析] 设OP=h,在Rt△OPA中,=tan∠OAP=tan 30°,则OA=h;在Rt△OPB中,=tan∠OBP=tan 60°,则OB=h;在Rt△OPC中,=tan∠OCP=
tan 45°,则OC=h.在△OAB中,由余弦定理得cos∠OBA==,在△OBC中,由余弦定理得cos∠OBC==.因为∠OBA+∠OBC=π,所以cos∠OBA+cos∠OBC=0,所以h2+402-3h2+h2+402-h2=0,可得h=8.
变式 解:(1)由题意知AB=5海里,∠DBA=90°-75°=15°,∠DAB=90°-45°=45°,所以∠ADB=180°-45°-15°=120°.在△ABD中,由正弦定理得=,即=,所以BD===10(海里),故点B到点D的距离为10海里.
(2)在△BCD中,∠CBD=180°-75°-45°=60°,BC=30海里,BD=10海里,由余弦定理得CD2=BC2+BD2-2BC·BDcos∠CBD=900+100-2×30×10×=700,
所以CD=10海里,所以救援船到达救援地点需要的时间为×60=20≈20×2.65=53(分钟),故救援船能够在1小时内到达救援地点.本章总结提升
判断下列说法是否正确.(请在括号中填写“√”或“×”)
1.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若C=90°,则=c. ( )
2.在△ABC中,若A=60°,a=4,b=4,则B=45°或B=135°. ( )
3.在△ABC中,若sin2A>sin2B+sin2C,则△ABC一定为钝角三角形. ( )
4.从A处望B处的仰角为α,从B处望A处的俯角为β,则α+β=90°. ( )
5.在三角形中,已知两边及其夹角就能求三角形的面积. ( )
6.若点A在点C北偏东30°的方向上,点B在点C南偏东的60°方向上,且AC=BC,则点A在点B北偏西15°的方向上. ( )
◆ 题型一 应用正余弦定理解三角形
[类型总述] (1)求边、角、面积等基本量;(2)判断三角形的形状;(3)三角形解的问题;(4)最值范围问题.
例1 (1)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知△ABC的面积S=a2+b2-c2,则tan C的值为 ( )
A. B.
C.2 D.4
(2)(多选题)在△ABC中,a,b,c分别是内角A,B,C所对的边,已知(a+b)∶(b+c)∶(a+c)=5∶6∶7,则下列结论正确的是 ( )
A.sin A∶sin B∶sin C=2∶4∶3
B.sin A∶sin B∶sin C=3∶2∶4
C.△ABC是锐角三角形
D.△ABC是钝角三角形
(3)(多选题)[2024·江苏江都中学高一月考] 在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.则下列说法中正确的是 ( )
A.若A>B,则sin A>sin B
B.若a=7,b=4,c=,则最小的内角为30°
C.若tan A+tan B+tan C>0,则△ABC是锐角三角形
D.若A=60°,b=4,结合a解三角形,有两解,则a的取值范围是(2,+∞)
变式 (1)在△ABC中,b=2,c=,c=,则此三角形解的情况是 ( )
A.无解 B.一个解
C.两个解 D.无法确定
(2)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知b=4,A=30°,B=120°.
①求a,c的值;
②求△ABC的面积及其外接圆的半径.
例2 [2024·新课标Ⅰ卷] 记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin C=cos B,a2+b2-c2=ab.
(1)求B;
(2)若△ABC的面积为3+,求c.
变式 [2022·新高考全国Ⅱ卷] 记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,以a,b,c为边长的三个正三角形的面积分别为S1,S2,S3,且S1-S2+S3=,sin B=.
(1)求△ABC的面积;
(2)若sin Asin C=,求b.
例3 记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin2A-sin2C-sin2B=sin Csin B.
(1)求角A的大小;
(2)若a=,求△ABC的周长的取值范围.
变式 [2024·盐城高一期中] 在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.
(1)求证:sin2A-sin2B=sin(A-B)sin(A+B).
(2)已知a2=b2+bc.
①若C=,求角A的大小;
②若△ABC是锐角三角形,且a=1,求△ABC的周长的取值范围.
◆ 题型二 与平面几何有关的问题
[类型总述] (1)中线、角平分线、高等问题;(2)四边形问题.
例4 [2023·新课标Ⅰ卷] 已知在△ABC中,A+B=3C,2sin(A-C)=sin B.
(1)求sin A;
(2)设AB=5,求AB边上的高.
变式1 [2023·全国甲卷] 在△ABC中,∠BAC=60°,AB=2,BC=,∠BAC的角平分线交BC于D,则AD= .
变式2 [2023·新课标Ⅱ卷] 记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知△ABC面积为,D为BC的中点,且AD=1.
(1)若∠ADC=,求tan B;
(2)若b2+c2=8,求b,c.
例5 [2024·盐城高一期中] 如图,在凸四边形ABCD中,已知AB=AD=4,BC=6.
(1)若∠ADB=,C=,求cos∠BDC的值;
(2)若CD=2,四边形ABCD的面积为4,求cos(A+C)的值.
变式 某节劳动课上,老师组织学生在寝室楼下的荒地上种菜.如图,在一条直路边上有相距10米的A,B两定点,路的一侧是荒地,老师用三块长度均为10米的篱笆(不能弯折),将荒地围成一块四边形地块ABCD(直路不需要围),经开垦后计划在三角形地块ABD和三角形地块BCD分别种植青菜、萝卜两种作物.已知两种作物的收益都与各自地块的面积的平方成正比,且比例系数均为k,即收益W=k(+),设∠DAB=α.
(1)当α=60°时,若要用一块篱笆将上述两个三角形地块隔开,老师准备了15米的篱笆.请问是否够用,并说明理由.
(2)求使两块地的总收益最大时,cos α的值.
◆ 题型三 正余弦定理的实际应用
[类型总述] 求距离、高度、角度等问题.
例6 [2024·江苏海州中学高一月考] 如图,为了测量河对岸A,B两点之间的距离,在河岸这边取点C,D,测得CD的长为12千米,在点C处测得∠ACB=75°,∠ACD=120°,在点D处测得∠ADC=30°,∠ADB=45°.则A,B两点间的距离为 千米.
例7 镇江西津渡的云台阁,是一座宋元风格的仿古建筑,目前已成为镇江市的地标建筑之一.如图,在云台阁旁水平地面上共线的三点A,B,C处测得其顶点P的仰角分别为30°,60°,45°,且AB=BC=40米,则云台阁的高度为 米.
变式 如图,某海域有A,B两个观测塔,它们相距5海里,且A在B的正西方向上.现有一艘轮船在点D处发出求救信号,经观测知点D位于点A北偏东45°的方向上,点D位于点B北偏西75°的方向上,这时位于点B南偏西45°且与点B相距30海里的点C处有一救援船,其航行速度为30海里/时.
(1)求点B到点D的距离.
(2)若命令C处的救援船立即前往点D营救,救援船能否在1小时内到达救援地点 请说明理由.(参考数据:≈1.41,≈1.73,≈2.65)(共51张PPT)
本章总结提升
题型一 应用正余弦定理解三角形
题型二 与平面几何有关的问题
题型三 正余弦定理的实际应用
判断下列说法是否正确.（请在括号中填写“√”或“×”）
1.在中,内角,,的对边分别为,,,若 ,则 .
( )
√
2.在中,若 ,,,则 或 .
( )
×
3.在中,若,则 一定为钝角三角形.
( )
√
4.从处望处的仰角为 ,从处望处的俯角为 ,则 .
( )
×
5.在三角形中,已知两边及其夹角就能求三角形的面积.( )
√
6.若点在点北偏东 的方向上,点在点南偏东的 方向上,
且,则点在点北偏西 的方向上.( )
√
题型一 应用正余弦定理解三角形
［类型总述］（1）求边、角、面积等基本量；（2）判断三角形的
形状；（3）三角形解的问题；（4）最值范围问题.
例1（1） 在中,内角,,所对的边分别为,,,已知 的
面积,则 的值为( )
A. B. C.2 D.4
[解析] 的面积, ,
又,, .故选D.
√
（2）（多选题）在中,,,分别是内角,, 所对的边,已知
,则下列结论正确的是( )
A. B.
C.是锐角三角形 D. 是钝角三角形
[解析] 设,,,其中,则 ,
,, ,故A错误,B正确;
, ,
,为钝角,
是钝角三角形,故C错误,D正确.故选 .
√
√
（3）（多选题）[2024·江苏江都中学高一月考] 在 中，内角
，，所对的边分别为，， .则下列说法中正确的是( )
A.若，则
B.若,,，则最小的内角为
C.若，则 是锐角三角形
D.若 ,，结合解三角形，有两解，则 的取值范围是
√
√
√
[解析] 对于A，若，则，由正弦定理可得 ，
故A正确；
对于B，若,, ，则最小的内角为C，
由余弦定理得，所以 ，故
B正确；
对于C，因为 ，
所以 ，
所以 ，
因为，所以,, 中有0个或2个
为负数，又因为A,B,C中最多有一个为钝角，所以, ,
，即A,B,C都是锐角，所以 为锐角三角形，故C正确；
对于D， ,，若三角形有两解，则 ，
所以的取值范围是，故D错误.故选 .
变式（1） 在中，，， ，则此三角形解的情
况是( )
A.无解 B.一个解 C.两个解 D.无法确定
[解析] 在中，由余弦定理得 ，
即，整理得 ，
解得或（舍去），所以 有一个解.故选B.
√
（2）在中，内角，，所对的边分别为，， ，已知
, , .
①求， 的值；
解：因为 , ，所以 ，
由正弦定理得，即 ，
所以 .
②求 的面积及其外接圆的半径.
解：由三角形的面积公式可得的面积 ，
由正弦定理可得的外接圆的半径 .
例2 [2024·新课标Ⅰ卷] 记的内角，，的对边分别为,, ,
已知, .
（1）求 ；
解：由余弦定理可得 ,
因为,所以,所以,即 .
因为,所以 .
（2）若的面积为,求 .
解：由（1）可得 ，
设 的外接圆的半径为，
由正弦定理可得,所以 ,,
所以 ，
可得，所以 .
变式 [2022·新高考全国Ⅱ卷] 记的内角，， 的对边分别为
,,,以,,为边长的三个正三角形的面积分别为,, ,且
, .
（1）求 的面积；
解：, .
由余弦定理得， .
又，, ,
故 .
（2）若,求 .
解：由（1）知 .
由正弦定理得,
故，则 .
例3 记的内角,,的对边分别为,, ,已知
.
（1）求角 的大小;
解：因为 ,
所以 ,
由正弦定理得 ,
由余弦定理得,
因为,所以 .
（2）若,求 的周长的取值范围.
解：由正弦定理得 ,
所以
.
因为,所以 ,所以,
又,所以 的周长的取值范围为 .
变式 [2024·盐城高一期中] 在中，内角，， 的对边分别
为，， .
（1）求证： .
证明：
.
（2）已知 .
①若，求角 的大小；
解：由及正弦定理得 ,
因为 ，
所以 ,
结合（1）可得 ，
又，所以,
又, ，所以,即 ，
又, ，所以 .
②若是锐角三角形，且，求 的周长的取值范围.
解：由①知，因为 ，所以 ，
由正弦定理得，即 ,
则,
.
的周长 ，
因为是锐角三角形，
所以,, ，解得 ，
所以，所以 ，
故的周长的取值范围是 .
题型二 与平面几何有关的问题
［类型总述］ （1）中线、角平分线、高等问题；（2）四边形问题.
例4 [2023·新课标Ⅰ卷] 已知在中， ，
.
（1）求 ；
解：方法一：因为 ，，所以 ，
即，则，故 ，
即 ，
整理得 .
又，，所以 .
方法二：因为，所以 ，
所以，所以 .
由题意得 ，
即 ，
整理得，
又， ，所以 .
（2）设，求 边上的高.
解：由（1）可得 ，
所以.
由 ，得，
所以 .
设边上的高为，则，解得 ，
所以 边上的高为6.
变式1 [2023·全国甲卷] 在中， ， ，
，的角平分线交于，则 ___.
2
[解析] 如图所示，记 .
方法一：在 中，由余弦定理可得，
，可得 .
由 可得，
，
可得 .
方法二：在 中，由余弦定理可得，
，可得 ，
由正弦定理可得，，
解得， ，
因为，
所以 ， ，
又 ，所以 ，所以 .
变式2 [2023·新课标Ⅱ卷] 记的内角，，的对边分别为, ,
，已知面积为，为的中点，且 .
（1）若，求 ；
解： ，
，, .
过作，垂足为，， ，
.在中， .
（2）若，求, .
解：， ，
即 ,
又， .
， .
由得，又 , ，
代入②得，与联立可得 .
例5 [2024·盐城高一期中] 如图，在凸四边形 中，已知
， .
（1）若，，求 的值；
解：在中，， ，
.
在中，由正弦定理得 ，
.
， ，
.
（2）若，四边形的面积为4，求 的值.
解：在 中，由余弦定理得
，
在 中，由余弦定理得，
所以 ，
即 .
由 ，
可得 ，
由 得
，可得 .
变式 某节劳动课上，老师组织学生在寝室楼下
的荒地上种菜.如图，在一条直路边上有相距
米的， 两定点，路的一侧是荒地，老师
用三块长度均为10米的篱笆（不能弯折），将荒
地围成一块四边形地块 （直路不需要围），经开垦后计划在三角
形地块和三角形地块 分别种植青菜、萝卜两种作物.已知两种
作物的收益都与各自地块的面积的平方成正比，且比例系数均为 ，即
收益，设 .
（1）当 时，若要用一块篱笆将上述两
个三角形地块隔开，老师准备了15米的篱笆.请
问是否够用，并说明理由.
解：当 时，
，
故15米的篱笆不够用.
（2）求使两块地的总收益最大时， 的值.
解： ，
因为
，
所以
.
则
，当且仅当 时等号成立.
故两块地的总收益最大时， 的值为 .
题型三 正余弦定理的实际应用
［类型总述］ 求距离、高度、角度等问题.
例6 [2024·江苏海州中学高一月考] 如图，为
了测量河对岸， 两点之间的距离，在河岸
这边取点，，测得 的长为12千米，在点
处测得 ， ，在
点处测得 ， .则， 两点间的距离为_____
千米.
[解析] 在 中，，
所以千米.
在 中 ，
由正弦定理得，即，
所以.
在 中，由余弦定理得
，
所以千米，即，两点间的距离为 千米.
例7 镇江西津渡的云台阁，是一座宋元风格的仿古建筑，目前已成
为镇江市的地标建筑之一.如图，在云台阁旁水平地面上共线的三点
，，处测得其顶点的仰角分别为 ， ， ，且
米，则云台阁的高度为______米.
[解析] 设，在 中，
，则 ；
在中， ,
则；
在 中， ,则.
在 中，由余弦定理得 ，
在 中，由余弦定理得 .
因为 ,所以 ，
所以 ，
可得 .
变式 如图，某海域有， 两个观测塔，它们
相距海里，且在 的正西方向上.现有一
艘轮船在点处发出求救信号，经观测知点
位于点北偏东 的方向上，点位于点 北
偏西 的方向上，这时位于点南偏西
且与点相距30海里的点 处有一救援船，其
航行速度为30海里/时.
（1）求点到点 的距离.
解：由题意知 海里， ，
，
所以 .
在 中，由正弦定理得 ，
即 ，所以 （海里），
故点到点 的距离为10海里.
（2）若命令处的救援船立即前往点 营救，救援船能否在1小时内
到达救援地点？请说明理由.（参考数据：， ，
）
解：在 中，， 海里，
海里，
由余弦定理得 ，所以 海里，
所以救援船到达救援地点需要的时间为
（分钟），
故救援船能够在1小时内到达救援地点.