第三课时 用余弦定理、正弦定理解三角形
1.已知△ABC的周长为20，面积为10 ，A＝60°，则BC边的长为（ ）
A.5 B.6 C.7 D.8
2.学校体育馆的人字屋架为等腰三角形，如图，测得AC的长度为4 m，A＝30°，则其跨度AB的长为（ ）
A.12 m B.8 m
C.3 m D.4 m
3.若△ABC的三个内角满足6sin A＝4sin B＝3sin C，则△ABC是（ ）
A.锐角三角形 B.直角三角形
C.钝角三角形 D.以上都有可能
4.如图所示，为测一建筑物的高度，在地面上选取A，B两点，从A，B两点测得建筑物顶端的仰角分别为30°，45°，且A，B两点间的距离为60 m，则该建筑物的高度为（ 参考数值sin 15°＝）（ ）
A.（30＋30）m B.（30＋15）m
C.（15＋30）m D.（15＋15）m
5.（多选）三角形有一个角是60°，这个角的两边长分别为8和5，则（ ）
A.三角形另一边长为7
B.三角形的周长为20
C.三角形内切圆周长为3π
D.三角形外接圆面积为
6.（多选）某货轮在A处看灯塔B在货轮北偏东75°方向上，距离为12n mile；在A处看灯塔C在货轮的北偏西30°方向上，距离8 n mile.货轮由A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在南偏东60°方向上，则下列说法正确的是（ ）
A.A处与D处之间的距离是24 n mile
B.灯塔C与D处之间的距离是16 n mile
C.灯塔C在D处的西偏南60°
D.D在灯塔B的北偏西30°
7.（2022·浙江高考11题）我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白.如果把这个方法写成公式，就是S＝，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积.设某三角形的三边a＝，b＝，c＝2，则该三角形的面积S＝ .
8.台风中心从A地以每小时20 km的速度向东北方向移动，离台风中心30 km内的地区为危险区，城市B在A的正东40 km处，B城市处于危险区内的持续时间为 h.
9.在△ABC中，B＝，c＝4，只需添加一个条件，即可使△ABC存在且唯一，在条件：①a＝3，②b＝2，③cos C＝－中，所有可以选择的条件的序号为 .
10.在△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，△ABD的面积是△ADC面积的2倍.
（1）求的值；
（2）若AD＝1，DC＝，求BD和AC的长.
11.在平行四边形ABCD中，AC＝，BD＝，周长为18，则平行四边形的面积是（ ）
A.16 B.17.5
C.18 D.18.5
12.如图，甲船以每小时30海里的速度向正北方向航行，乙船按固定方向匀速航行，当甲船位于A1处时，乙船位于甲船的南偏西75°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，乙船航行到甲船的南偏西60°方向的B2处，此时两船相距10海里，则乙船每小时航行（ ）
A.10 海里 B.20 海里
C.30海里 D.30 海里
13.如图，若圆内接四边形的边长依次为25，39，52和60，则cos A＝ ，该圆的直径长度为 .
14.已知在△ABC中，sin C＝sin 2B，C＝.
（1）求B的大小；
（2）在下列三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，并求出BC边上的中线的长度.
①c＝b；②周长为4＋2；③面积为S△ABC＝.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
15.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知sin A－sin B＝sin C，3b＝2a，2≤a2＋ac≤18，设△ABC的面积为S，p＝a－S，则p的最小值是（ ）
A. B.
C. D.
16.在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，＝a.
（1）求角C的大小；
（2）若△ABC的中线CD的长为，求△ABC的面积的最大值.
第三课时 用余弦定理、正弦定理解三角形
1.C 由题知a＋b＋c＝20，bcsin 60°＝10 .所以bc＝40.a2＝b2＋c2－2bccos 60°＝（b＋c）2－3bc＝（20－a）2－120.所以a＝7.即BC边的长为7.
2.D 由题意知，A＝B＝30°，所以C＝180°－30°－30°＝120°，由正弦定理，得＝，即AB＝＝＝4（m）.
3.C 由题意，利用正弦定理可得6a＝4b＝3c，则可设a＝2k，b＝3k，c＝4k，k＞0，则cos C＝＜0，所以C是钝角，所以△ABC是钝角三角形，故选C.
4.A 在△PAB中，∠PAB＝30°，∠APB＝15°，AB＝60 m，sin 15°＝，由正弦定理，得PB＝＝30（＋）m，所以建筑物的高度为PBsin 45°＝30（＋）×＝（30＋30）m.
5.ABD 由题意可得另一边长为＝7，三角形的周长为20，则A正确，B正确；设内切圆半径为r，则（8＋7＋5）r＝×8×5sin 60°，则r＝，则内切圆周长为2πr＝2π，则C不正确；设外接圆半径为R，则2R＝，R＝，其面积为πR2＝，则D正确.故选A、B、D.
6.AC 由题意可知∠ADB＝60°，∠BAD＝75°，∠CAD＝30°，所以∠B＝180°－60°－75°＝45°，AB＝12，AC＝8，在△ABD中，由正弦定理得＝，所以AD＝＝24（n mile），故A正确；在△ACD中，由余弦定理得CD＝，即CD＝＝8（n mile），故B错误；因为CD＝AC，所以∠CDA＝∠CAD＝30°，所以灯塔C在D处的西偏南60°，故C正确；由∠ADB＝60°，D在灯塔B的北偏西60°处，故D错误.故选A、C.
7. 解析：因为a＝，b＝，c＝2，所以S＝＝.
8.1 解析：设t h时，B市恰好处于危险区，则由余弦定理得（20t）2＋402－2×20t×40×cos 45°＝302.化简，得4t2－8t＋7＝0，∴t1＋t2＝2，t1·t2＝.从而｜t1－t2｜＝＝1（h）.
9.①② 解析：在△ABC中，B＝，c＝4，若添加条件①，则b2＝a2＋c2－2accos B＝（3）2＋42－2×3×4×＝10，即b＝，故△ABC存在且唯一；若添加条件②，则由b2＝a2＋c2－2accos B，可得（2）2＝a2＋42－2×a×4×，即a2－4a－4＝0，解得a＝2（＋），故△ABC存在且唯一；若添加条件③，则由－＜－，得C＞135°，则B＋C＞45°＋135°＝180°，故△ABC不存在，所以可以选择的条件的序号为①②.
10.解：（1）由正弦定理得
S△ABD＝AB·ADsin∠BAD，
S△ADC＝AC·ADsin∠CAD，
由题意有S△ABD＝2S△ADC，∠BAD＝∠CAD，故有AB＝2AC.
由正弦定理可得＝＝.
（2）因为S△ABD∶S△ADC＝BD∶DC，所以BD＝.
在△ABD和△ADC中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB， ①
AC2＝AD2＋DC2－2AD·DCcos∠ADC. ②
由①②得AB2＋2AC2＝3AD2＋BD2＋2DC2＝6.
又由（1）知AB＝2AC，所以AC＝1.
11.A 设平行四边形的两邻边AD＝b，AB＝a，∠BAD＝α，则a＋b＝9，a2＋b2－2abcos α＝17，a2＋b2－2abcos（180°－α）＝65，解得a＝5，b＝4，cos α＝或a＝4，b＝5，cos α＝，所以S平行四边形ABCD＝absin α＝16.
12.D 如图，连接A1B2，在△A1A2B2中，易知∠A1A2B2＝60°，又A1A2＝30×＝10（海里），A2B2＝10海里，∴△A1A2B2为正三角形，∴A1B2＝10海里.在△A1B1B2中，∠B1A1B2＝180°－75°－60°＝45°，A1B1＝20海里，∴B1＝400＋200－2×20×10×＝200，∴B1B2＝10海里，∴乙船每小时航行10÷＝30海里.
13.0 65 解析：由余弦定理得BD2＝392＋522－2×39×52cos C，BD2＝252＋602－2×25×60cos A，∵A＋C＝180°，∴cos C＝－cos A，即（392－252）－（602－522）＋2×39×52cos A＋2×25×60cos A＝0，∴cos A＝0.∵0°＜A＜180°，∴A＝90°，∴BD2＝392＋522＝652，∴BD＝65.
14.解：（1）∵sin C＝sin 2B，
∴sin 2B＝sin＝，∵C＝，
∴B∈，2B∈，
∴2B＝，解得B＝.
（2）若选择①：由正弦定理结合（1）可得＝＝＝，与c＝b矛盾，故这样的△ABC不存在.
若选择②：由（1）可得A＝，设△ABC的外接圆半径为R，
则由正弦定理可得a＝b＝2Rsin＝R，c＝2Rsin＝R，
则周长a＋b＋c＝2R＋R＝4＋2，解得R＝2，则a＝2，c＝2，
由余弦定理可得BC边上的中线的长度为＝.
若选择③：由（1）可得A＝，即a＝b，
则S△ABC＝absin C＝a2×＝，解得a＝，
则由余弦定理可得BC边上的中线的长度为
＝＝.
15.B 由正弦定理得a－b＝c，又3b＝2a，设c＝3k，其中k＞0，则a＝3k，b＝2k.由2≤a2＋ac≤18得，2≤18k2≤18，≤k2≤1，≤k≤1，S＝×2k×＝2k2，p＝3k－2k2＝－2×（k－）2＋（≤k≤1）的最小值是3×－2×（）2＝，故选B.
16.解：（1）由正弦定理可得sin A＝，sin B＝，sin C＝，
所以＝a，可化为＝a，
所以＝sin C，
在△ABC中，由余弦定理可得cos C＝，
所以cos C＝sin C，
解得tan C＝.
因为0＜C＜π，所以C＝.
（2）在△ABC中，若CD是中线，则＝（＋），所以＝（＋＋2·），
即｜｜2＝（ ｜｜2＋｜｜2＋2｜｜·｜｜·cos ），
所以3＝（b2＋a2＋ba），所以b2＋a2＋ba＝12，
所以3ba≤12，解得ab≤4.
所以S△ABC＝absin C≤×4×＝，
所以面积的最大值为.
3 / 3第三课时 用余弦定理、正弦定理解三角形
题型一 求解平面几何问题
【例1】 如图所示，在平面四边形ABCD中，AB＝，BC＝，AB⊥AD，AC⊥CD.
（1）若sin∠BAC＝，求sin∠BCA；
（2）若AD＝3AC，求AC.
尝试解答
通性通法
正、余弦定理本身是研究几何图形计算的工具，因此在面对几何图形时，关键是寻找相应的三角形，并在三角形中运用正、余弦定理，特别是涉及公共边时，要利用公共边来进行过渡，即利用公共边创造互补或互余关系列式，其本质是构建关于角的关系的方程.
【跟踪训练】
已知四边形ABCD满足∠BAD＝90°，∠BCD＝150°，∠DAC＝60°，AC＝2，AD＝＋1.求CD的长和△ABC的面积.
题型二 正、余弦定理的综合应用
【例2】 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.向量m＝（cos A，cos B），n＝（b－2c，a），且m⊥n.
（1）求角A；
（2）若a＝2，①求的值；
②求△ABC面积的最大值；
③求△ABC周长的范围.
尝试解答
通性通法
解三角形综合问题的方法
（1）三角形中的综合问题常常把正弦定理、余弦定理、三角形面积公式等知识联系在一起，要注意选择合适的方法、知识进行求解；
（2）解三角形常与向量、三角函数知识综合考查，解答此类题目，首先要正确应用所学知识“翻译”题目条件，然后根据题目条件和要求选择正弦或余弦定理求解.
【跟踪训练】
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sin2C－sin2B＝sin2A－sin Asin B.
（1）求角C；
（2）若A＝，△ABC的面积为4，M为AB的中点，求CM的长.
题型三 正、余弦定理的实际应用
【例3】 （1）如图所示，在一岸边选定两点A，B，望对岸标记物C，测得∠CAB＝30°，∠CBA＝75°，AB＝120 m，则BC为 m；（ 参考数值sin 75°＝）
（2）A，B两地之间隔着一个山岗，如图，现选择另一点C，测得CA＝7 km，CB＝5 km，C＝60°，则A，B两点之间的距离为 km.
尝试解答
通性通法
解正、余弦定理应用题的一般步骤
（1）准确理解题意，分清已知与所求，尤其要理解应用题中的有关名称和术语；
（2）画出示意图，并将已知条件在图形中标出；
（3）分析与所研究的问题有关的一个或几个三角形，通过合理运用正弦定理和余弦定理正确求解，并作答.
【跟踪训练】
1.如图，为测得河对岸塔AB的高，先在河岸上选一点C，使C在塔底B的正东方向上，测得点A的仰角为60°，再由点C沿北偏东15°方向走10 m到位置D，测得∠BDC＝45°，则塔AB的高是（ ）
A.10 m B.10 m
C.10 m D.10 m
2.当太阳光与水平面的倾斜角为60°时，一根长为2 m的竹竿如图所示放置，要使它的影子最长，则竹竿与地面所成的角是（ ）
A.15° B.30°
C.45° D.60°
1.从地面上观察一建在山顶上的建筑物，测得其视角为α，同时测得建筑物顶部仰角为β，则山顶的仰角为（ ）
A.α＋β B.α－β C.β－α D.α
2.若△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知2bsin A·cos A＝asin B，且c＝2b，则＝（ ）
A. B.
C. D.
3.（多选）为了测量B，C之间的距离，在河的南岸A，C处测量（测量工具：量角器、卷尺）.如图，下面是四位同学所测得的数据记录，你认为不合理的有（ ）
A.c与α B.c与b
C.b，c与β D.b，α与γ
4.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为，a＋b＝c，且C＝，则c＝ .
第三课时 用余弦定理、正弦定理解三角形
【典型例题·精研析】
【例1】 解：（1）在△ABC中，由正弦定理得＝，即＝，解得sin∠BCA＝.
（2）设AC＝x，则AD＝3x，
在Rt△ACD中，CD＝＝2x，所以sin∠CAD＝＝.
在△ABC中，由余弦定理的推论得
cos∠BAC＝＝.
又∠BAC＋∠CAD＝，
所以cos∠BAC＝sin∠CAD，
即＝，
整理得3x2－8x－3＝0，
解得x＝3或x＝－（舍去），
即AC＝3.
跟踪训练
解：在△ACD中，由余弦定理得CD2＝AD2＋AC2－2AD·ACcos∠CAD＝6，所以CD＝.
在△ACD中，由正弦定理得＝，
则sin∠ADC＝，又0°＜∠ADC＜120°，
所以∠ADC＝45°，从而有∠ACD＝75°，
由∠BCD＝150°，得∠ACB＝75°，又∠BAC＝30°，
所以△ABC为等腰三角形，即AB＝AC＝2，
故S△ABC＝1.
【例2】 解：（1）因为m⊥n，所以m·n＝0，
所以（b－2c）cos A＋acos B＝0.
即bcos A＋acos B＝2ccos A，
由余弦定理得b·＋a·＝2ccos A，
即c＝2ccos A，所以cos A＝，
又A∈（0，π），所以A＝.
（2）①由正弦定理得
＝＝＝＝.
所以＝.
②由余弦定理得4＝b2＋c2－2bccos ≥2bc－bc＝bc，
即bc≤4，当且仅当b＝c时取等号.
所以S△ABC＝bcsin A≤×4×＝.
即△ABC面积的最大值为.
③由②知4＝b2＋c2－bc＝（b＋c）2－3bc，
所以bc＝.
又b＋c≥2，
所以（b＋c）2≥4·，
即（b＋c）2≤16，所以－4≤b＋c≤4.
又b＋c＞a＝2，
所以2＜b＋c≤4.
故4＜a＋b＋c≤6，
即△ABC周长的范围为（4，6].
跟踪训练
解：（1）因sin2C－sin2B
＝sin2A－sin Asin B.
由正弦定理，得c2－b2＝a2－ab，
即c2＝a2＋b2－ab.
由余弦定理，得cos C＝＝＝.
因为0＜C＜π，所以C＝.
（2）因为A＝C＝，
所以△ABC为等腰三角形，且顶角B＝.
故S△ABC＝a2sin B＝a2＝4，
所以a＝4.
在△MBC中，由余弦定理，得
CM2＝MB2＋BC2－2MB·BCcos B
＝4＋16＋2×2×4×＝28，
解得CM＝2.
【例3】 （1）60（－） （2）
解析：（1）由题意知，∠ACB＝180°－30°－75°＝75°，
由正弦定理，得BC＝·sin∠CAB
＝·sin 30°＝×
＝60（－）.
（2）由余弦定理，得AB2＝CA2＋CB2－2CA·CB·cos C＝72＋52－2×7×5×＝39.∴AB＝.
跟踪训练
1.D 在△BCD中，CD＝10 m，∠BDC＝45°，∠BCD＝15°＋90°＝105°，∠DBC＝30°，由正弦定理，得＝，BC＝＝10（m）.在Rt△ABC中，tan 60°＝，AB＝BC×tan 60°＝10（m）.
2.B 设竹竿与地面所成的角为α，影子长为x m.由正弦定理，得＝，∴x＝sin（120°－α）.∵30°＜120°－α＜120°，∴当120°－α＝90°，即α＝30°时，x有最大值.即当竹竿与地面所成的角是30°时，影子最长.
随堂检测
1.C 如图可知，山顶的仰角为β－α.故选C.
2.D 由2bsin Acos A＝asin B，及正弦定理得2sin Bsin Acos A＝sin Asin B，得cos A＝.又c＝2b，所以由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋4b2－4b2×＝3b2，得＝.故选D.
3.ABC 因为A，C在河的同一侧，所以可以测量b，α与γ，故选A、B、C.
4.1 解析：由于△ABC的面积为，所以S△ABC＝absin C＝·ab·＝，整理得ab＝；由于a＋b＝c，且C＝，利用余弦定理cos C＝＝，转换为（a＋b）2－2ab－c2＝，整理得2c2－－c2＝，则c2＝1，故c＝1（负值舍去）.
2 / 3(共61张PPT)
第三课时
用余弦定理、正弦定理解三角形
目录
典型例题·精研析
01
知能演练·扣课标
02
典型例题·精研析
01
课堂互动 关键能力提升
题型一 求解平面几何问题
【例1】 如图所示，在平面四边形ABCD中，AB＝ ，BC＝
，AB⊥AD，AC⊥CD.
（1）若 sin ∠BAC＝ ，求 sin ∠BCA；
解：在△ABC中，由正弦定理得 ＝ ，即 ＝ ，解得 sin ∠BCA＝ .
（2）若AD＝3AC，求AC.
解：设AC＝x，则AD＝3x，在
Rt△ACD中，CD＝ ＝2 x，所
以 sin ∠CAD＝ ＝ .
在△ABC中，由余弦定理的推论得 cos ∠BAC
＝ ＝ .
又∠BAC＋∠CAD＝ ，
所以 cos ∠BAC＝ sin ∠CAD，即 ＝ ，
整理得3x2－8x－3＝0，
解得x＝3或x＝－ （舍去），即AC＝3.
通性通法
正、余弦定理本身是研究几何图形计算的工具，因此在面对几何
图形时，关键是寻找相应的三角形，并在三角形中运用正、余弦定
理，特别是涉及公共边时，要利用公共边来进行过渡，即利用公共边
创造互补或互余关系列式，其本质是构建关于角的关系的方程.
【跟踪训练】
已知四边形ABCD满足∠BAD＝90°，∠BCD＝150°，∠DAC＝
60°，AC＝2，AD＝ ＋1.求CD的长和△ABC的面积.
解：在△ACD中，由余弦定理得CD2＝AD2＋AC2－2AD·AC cos
∠CAD＝6，所以CD＝ .
在△ACD中，由正弦定理得 ＝ ，
则 sin ∠ADC＝ ，又0°＜∠ADC＜120°，
所以∠ADC＝45°，从而有∠ACD＝75°，
由∠BCD＝150°，得∠ACB＝75°，又∠BAC＝30°，
所以△ABC为等腰三角形，即AB＝AC＝2，
故S△ABC＝1.
题型二 正、余弦定理的综合应用
【例2】 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.向量
m＝（ cos A， cos B），n＝（b－2c，a），且m⊥n.
（1）求角A；
解：因为m⊥n，所以m·n＝0，
所以（b－2c） cos A＋a cos B＝0.
即b cos A＋a cos B＝2c cos A，
由余弦定理得b· ＋a· ＝2c cos A，
即c＝2c cos A，所以 cos A＝ ，
又A∈（0，π），所以A＝ .
（2）若a＝2，①求 的值；
②求△ABC面积的最大值；
③求△ABC周长的范围.
解：①由正弦定理得
＝ ＝ ＝ ＝ .
所以 ＝ .
②由余弦定理得4＝b2＋c2－2bc cos ≥2bc－bc＝bc，即
bc≤4，当且仅当b＝c时取等号.
所以S△ABC＝ bc sin A≤ ×4× ＝ .
即△ABC面积的最大值为 .
③由②知4＝b2＋c2－bc＝（b＋c）2－3bc，
所以bc＝ .
又b＋c≥2 ，所以（b＋c）2≥4· ，
即（b＋c）2≤16，所以－4≤b＋c≤4.
又b＋c＞a＝2，所以2＜b＋c≤4.
故4＜a＋b＋c≤6，
即△ABC周长的范围为（4，6].
通性通法
解三角形综合问题的方法
（1）三角形中的综合问题常常把正弦定理、余弦定理、三角形面
积公式等知识联系在一起，要注意选择合适的方法、知识进
行求解；
（2）解三角形常与向量、三角函数知识综合考查，解答此类题目，
首先要正确应用所学知识“翻译”题目条件，然后根据题目条
件和要求选择正弦或余弦定理求解.
【跟踪训练】
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且 sin 2C－ sin2B＝ sin 2A－ sin A sin B.
（1）求角C；
解：因 sin 2C－ sin 2B＝ sin 2A－ sin A sin B.
由正弦定理，得c2－b2＝a2－ ab，
即c2＝a2＋b2－ ab.
由余弦定理，得 cos C＝ ＝ ＝ .
因为0＜C＜π，所以C＝ .
（2）若A＝ ，△ABC的面积为4 ，M为AB的中点，求CM的长.
解：因为A＝C＝ ，
所以△ABC为等腰三角形，且顶角B＝ .
故S△ABC＝ a2 sin B＝ a2＝4 ，
所以a＝4.
在△MBC中，由余弦定理，得
CM2＝MB2＋BC2－2MB·BC cos B
＝4＋16＋2×2×4× ＝28，
解得CM＝2 .
题型三 正、余弦定理的实际应用
【例3】 （1）如图所示，在一岸边选定两点A，B，望对岸标记物
C，测得∠CAB＝30°，∠CBA＝75°，AB＝120 m，则BC为
（ － ） m；（ 参考数值 sin 75°＝ ）
60
（ － ）
解析：由题意知，∠ACB＝180°－30°－75°＝75°，
由正弦定理，得BC＝ · sin ∠CAB＝ · sin 30°＝
× ＝60（ － ）.
（2）A，B两地之间隔着一个山岗，如图，现选择另一点C，测得
CA＝7 km，CB＝5 km，C＝60°，则A，B两点之间的距离
为 km.
解析：由余弦定理，得AB2＝CA2＋CB2－2CA·CB· cos C
＝72＋52－2×7×5× ＝39.∴AB＝ .
通性通法
解正、余弦定理应用题的一般步骤
（1）准确理解题意，分清已知与所求，尤其要理解应用题中的有关
名称和术语；
（2）画出示意图，并将已知条件在图形中标出；
（3）分析与所研究的问题有关的一个或几个三角形，通过合理运用
正弦定理和余弦定理正确求解，并作答.
【跟踪训练】
1. 如图，为测得河对岸塔AB的高，先在河岸上选一点C，使C在塔
底B的正东方向上，测得点A的仰角为60°，再由点C沿北偏东
15°方向走10 m到位置D，测得∠BDC＝45°，则塔AB的高是
（ ）
A. 10 m
解析： 在△BCD中，CD＝10 m，∠BDC＝45°，∠BCD＝
15°＋90°＝105°，∠DBC＝30°，由正弦定理，得 ＝
，BC＝ ＝10 （m）.在Rt△ABC中，tan 60°＝
，AB＝BC×tan 60°＝10 （m）.
2. 当太阳光与水平面的倾斜角为60°时，一根长为2 m的竹竿如图所
示放置，要使它的影子最长，则竹竿与地面所成的角是（ ）
A. 15° B. 30°
C. 45° D. 60°
解析： 设竹竿与地面所成的角为α，影子长为x m.由正弦定
理，得 ＝ ，∴x＝ sin （120°－
α）.∵30°＜120°－α＜120°，∴当120°－α＝90°，即
α＝30°时，x有最大值.即当竹竿与地面所成的角是30°时，
影子最长.
1. 从地面上观察一建在山顶上的建筑物，测得其视角为α，同时测得
建筑物顶部仰角为β，则山顶的仰角为（ ）
A. α＋β B. α－β
C. β－α D. α
解析： 如图可知，山顶的仰角为β－α.故选C.
2. 若△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知2b sin
A· cos A＝a sin B，且c＝2b，则 ＝（ ）
解析： 由2b sin A cos A＝a sin B，及正弦定理得2 sin B sin A cos A
＝ sin A sin B，得 cos A＝ .又c＝2b，所以由余弦定理得a2＝b2＋
c2－2bc cos A＝b2＋4b2－4b2× ＝3b2，得 ＝ .故选D.
3. （多选）为了测量B，C之间的距离，在河的南岸A，C处测量
（测量工具：量角器、卷尺）.如图，下面是四位同学所测得的数
据记录，你认为不合理的有（ ）
A. c与α B. c与b
C. b，c与β D. b，α与γ
解析： 因为A，C在河的同一侧，所以可以测量b，α与
γ，故选A、B、C.
4. 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面
积为 ，a＋b＝ c，且C＝ ，则c＝ .
解析：由于△ABC的面积为 ，
所以S△ABC＝ ab sin C＝ ·ab· ＝ ，
整理得ab＝ ；
由于a＋b＝ c，且C＝ ，
1
利用余弦定理 cos C＝ ＝ ，
转换为（a＋b）2－2ab－c2＝ ，
整理得2c2－ －c2＝ ，
则c2＝1，故c＝1（负值舍去）.
知能演练·扣课标
02
课后巩固 核心素养落地
1. 已知△ABC的周长为20，面积为10 ，A＝60°，则BC边的长为
（ ）
A. 5 B. 6
C. 7 D. 8
解析： 由题知a＋b＋c＝20， bc sin 60°＝10 .所以bc＝
40.a2＝b2＋c2－2bc cos 60°＝（b＋c）2－3bc＝（20－a）2－
120.所以a＝7.即BC边的长为7.
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2. 学校体育馆的人字屋架为等腰三角形，如图，测得AC的长度为4
m，A＝30°，则其跨度AB的长为（ ）
A. 12 m B. 8 m
解析： 由题意知，A＝B＝30°，所以C＝180°－30°－30°
＝120°，由正弦定理，得 ＝ ，即AB＝ ＝
＝4 （m）.
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3. 若△ABC的三个内角满足6 sin A＝4 sin B＝3 sin C，则△ABC是
（ ）
A. 锐角三角形 B. 直角三角形
C. 钝角三角形 D. 以上都有可能
解析： 由题意，利用正弦定理可得6a＝4b＝3c，则可设a＝
2k，b＝3k，c＝4k，k＞0，则 cos C＝ ＜0，所以C
是钝角，所以△ABC是钝角三角形，故选C.
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4. 如图所示，为测一建筑物的高度，在地面上选取A，B两点，从
A，B两点测得建筑物顶端的仰角分别为30°，45°，且A，B两
点间的距离为60 m，则该建筑物的高度为（ 参考数值 sin 15°＝
）（ ）
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解析： 在△PAB中，∠PAB＝30°，∠APB＝15°，AB＝60
m， sin 15°＝ ，由正弦定理，得PB＝ ＝30（
＋ ）m，所以建筑物的高度为PB sin 45°＝30（ ＋ ）
× ＝（30＋30 ）m.
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5. （多选）三角形有一个角是60°，这个角的两边长分别为8和5，则
（ ）
A. 三角形另一边长为7
B. 三角形的周长为20
C. 三角形内切圆周长为3π
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解析： 由题意可得另一边长为
＝7，三角形的周长为20，则A正确，B正确；设内切圆半径为r，
则 （8＋7＋5）r＝ ×8×5 sin 60°，则r＝ ，则内切圆周长
为2πr＝2 π，则C不正确；设外接圆半径为R，则2R＝
，R＝ ，其面积为πR2＝ ，则D正确.故选A、B、D.
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6. （多选）某货轮在A处看灯塔B在货轮北偏东75°方向上，距离为
12 n mile；在A处看灯塔C在货轮的北偏西30°方向上，距离
8 n mile.货轮由A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在南偏东
60°方向上，则下列说法正确的是（ ）
A. A处与D处之间的距离是24 n mile
B. 灯塔C与D处之间的距离是16 n mile
C. 灯塔C在D处的西偏南60°
D. D在灯塔B的北偏西30°
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解析： 由题意可知∠ADB＝60°，∠BAD＝75°，∠CAD＝
30°，所以∠B＝180°－60°－75°＝45°，AB＝12 ，AC＝
8 ，在△ABD中，由正弦定理得 ＝ ，所以AD＝
＝24（n mile），故A正确；
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在△ACD中，由余弦定理得CD＝ ，
即CD＝ ＝8 （n mile），故
B错误；因为CD＝AC，所以∠CDA＝∠CAD＝30°，所以灯塔C
在D处的西偏南60°，故C正确；由∠ADB＝60°，D在灯塔B的北
偏西60°处，故D错误.故选A、C.
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7. （2022·浙江高考11题）我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三
角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补
了我国传统数学的一个空白.如果把这个方法写成公式，就是S＝
，其中a，b，c是三角形的三边，S是三
角形的面积.设某三角形的三边a＝ ，b＝ ，c＝2，则该三
角形的面积S＝ .
解析：因为a＝ ，b＝ ，c＝2，
所以S＝ ＝ .
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8. 台风中心从A地以每小时20 km的速度向东北方向移动，离台风中
心30 km内的地区为危险区，城市B在A的正东40 km处，B城市处
于危险区内的持续时间为 h.
解析：设t h时，B市恰好处于危险区，则由余弦定理得（20t）2＋
402－2×20t×40× cos 45°＝302.化简，得4t2－8 t＋7＝0，
∴t1＋t2＝2 ，t1·t2＝ .从而｜t1－t2｜＝
＝1（h）.
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9. 在△ABC中，B＝ ，c＝4，只需添加一个条件，即可使△ABC存
在且唯一，在条件：①a＝3 ，②b＝2 ，③ cos C＝－ 中，
所有可以选择的条件的序号为 .
①②
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解析：在△ABC中，B＝ ，c＝4，若添加条件①，则b2＝a2＋c2
－2ac cos B＝（3 ）2＋42－2×3 ×4× ＝10，即b＝ ，
故△ABC存在且唯一；若添加条件②，则由b2＝a2＋c2－2ac cos
B，可得（2 ）2＝a2＋42－2×a×4× ，即a2－4 a－4＝
0，解得a＝2（ ＋ ），故△ABC存在且唯一；若添加条件
③，则由－ ＜－ ，得C＞135°，则B＋C＞45°＋135°＝
180°，故△ABC不存在，所以可以选择的条件的序号为①②.
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10. 在△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，△ABD的面积是
△ADC面积的2倍.
（1）求 的值；
解：由正弦定理得S△ABD＝ AB·AD sin ∠BAD，
S△ADC＝ AC·AD sin ∠CAD，
由题意有S△ABD＝2S△ADC，∠BAD＝∠CAD，故有AB＝2AC.
由正弦定理可得 ＝ ＝ .
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（2）若AD＝1，DC＝ ，求BD和AC的长.
解：因为S△ABD∶S△ADC＝BD∶DC，所以BD＝ .
在△ABD和△ADC中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－
2AD·BD cos ∠ADB， ①
AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC cos ∠ADC. ②
由①②得AB2＋2AC2＝3AD2＋BD2＋2DC2＝6.
又由（1）知AB＝2AC，所以AC＝1.
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11. 在平行四边形ABCD中，AC＝ ，BD＝ ，周长为18，则
平行四边形的面积是（ ）
A. 16 B. 17.5
解析： 设平行四边形的两邻边AD＝b，AB＝a，∠BAD＝
α，则a＋b＝9，a2＋b2－2ab cos α＝17，a2＋b2－2ab cos
（180°－α）＝65，解得a＝5，b＝4， cos α＝ 或a＝4，b＝
5， cos α＝ ，所以S平行四边形ABCD＝ab sin α＝16.
C. 18 D. 18.5
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12. 如图，甲船以每小时30 海里的速度向正北方向航行，乙船按固
定方向匀速航行，当甲船位于A1处时，乙船位于甲船的南偏西
75°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，乙船航行到甲船的南偏西60°方向的B2处，此时两船相
距10 海里，则乙船每小时航行（ ）
C. 30海里
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解析： 如图，连接A1B2，在
△A1A2B2中，易知∠A1A2B2＝60°，又
A1A2＝30 × ＝10 （海里），A2B2
＝10 海里，∴△A1A2B2为正三角形，
∴A1B2＝10 海里.在△A1B1B2中，∠B1A1B2＝180°－75°－60°＝45°，A1B1＝20海里，∴B1 ＝400＋200－2×20×10 × ＝200，∴B1B2＝10 海里，∴乙船每小时航行10 ÷ ＝30 海里.
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13. 如图，若圆内接四边形的边长依次为25，39，52和60，则 cos A
＝ ，该圆的直径长度为 .
0
65
解析：由余弦定理得BD2＝392＋522－2×39×52 cos C，BD2＝252＋602－2×25×60 cos A，∵A＋C＝180°，∴ cos C＝－ cos A，即（392－252）－（602－522）＋2×39×52 cos A＋2×25×60 cos A＝0，∴ cos A＝0.∵0°＜A＜180°，∴A＝90°，∴BD2＝392＋522＝652，∴BD＝65.
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14. 已知在△ABC中， sin C＝ sin 2B，C＝ .
（1）求B的大小；
解：∵ sin C＝ sin 2B，
∴ sin 2B＝ sin ＝ ，∵C＝ ，∴B∈ ，
2B∈ ，∴2B＝ ，解得B＝ .
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（2）在下列三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一
确定，并求出BC边上的中线的长度.
①c＝ b；②周长为4＋2 ；③面积为S△ABC＝ .
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
解：若选择①：由正弦定理结合（1）可得 ＝
＝ ＝ ，与c＝ b矛盾，故这样的△ABC不存在.
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若选择②：由（1）可得A＝ ，设△ABC的外接圆半径为R，
则由正弦定理可得a＝b＝2R sin ＝R，c＝2R sin ＝
R，则周长a＋b＋c＝2R＋ R＝4＋2 ，解得R＝2，
则a＝2，c＝2 ，
由余弦定理可得BC边上的中线的长度为
＝ .
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若选择③：由（1）可得A＝ ，即a＝b，
则S△ABC＝ ab sin C＝ a2× ＝ ，解得a＝ ，
则由余弦定理可得BC边上的中线的长度为
＝ ＝ .
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15. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知 sin
A－ sin B＝ sin C，3b＝2a，2≤a2＋ac≤18，设△ABC的面积
为S，p＝ a－S，则p的最小值是（ ）
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解析： 由正弦定理得a－b＝ c，又3b＝2a，设c＝3k，其
中k＞0，则a＝3k，b＝2k.由2≤a2＋ac≤18得，
2≤18k2≤18， ≤k2≤1， ≤k≤1，S＝
×2k× ＝2 k2，p＝3 k－2 k2＝－2 ×
（k－ ）2＋ （ ≤k≤1）的最小值是3 × －2 ×（ ）
2＝ ，故选B.
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16. 在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，
＝ a.
（1）求角C的大小；
解：由正弦定理可得 sin A＝ ， sin B＝ ，
sin C＝ ，
所以 ＝ a，可化为 ＝ a，
所以 ＝ sin C，
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在△ABC中，由余弦定理可得 cos C＝ ，
所以 cos C＝ sin C，
解得tan C＝ .
因为0＜C＜π，所以C＝ .
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（2）若△ABC的中线CD的长为 ，求△ABC的面积的最大值.
解：在△ABC中，若CD是中线，
则 ＝ （ ＋ ），
所以 ＝ （ ＋ ＋2 · ），
即｜ ｜2＝ （ ｜ ｜2＋｜ ｜2＋2｜ ｜·｜
｜· cos ），
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所以3＝ （b2＋a2＋ba），所以b2＋a2＋ba＝12，
所以3ba≤12，解得ab≤4.
所以S△ABC＝ ab sin C≤ ×4× ＝ ，
所以面积的最大值为 .
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