(共35张PPT)
章末复习课
第一章
解三角形
1.整合知识结构，梳理知识网络，进一步巩固、深化所学知识.
2.能灵活、熟练运用正弦、余弦定理解三角形．
3.能解决三角形与三角变换的综合问题及实际问题.
学习目标
题型探究
知识梳理
内容索引
当堂训练
知识梳理
知识点一 正弦定理及其推论
设△ABC的外接圆半径为R，则
(1)
＝
＝
＝
.
(2)a＝
，b＝
，c＝
.
(3)sin
A＝____，sin
B＝____，sin
C＝_____.
(4)在△ABC中，A>B
.
2R
2Rsin
A
2Rsin
B
2Rsin
C
_____
_____
a>b
sin
A>sin
B
知识点二 余弦定理及其推论
1.a2＝
，b2＝
，c2＝
.
2.cos
A＝________；cos
B＝_________；cos
C＝__________.
3.在△ABC中，c2＝a2＋b2 C为
；c2>a2＋b2 C为
；c2
.
b2＋c2－2bccos
A
c2＋a2－2cacos
B
a2＋b2－2abcos
C
直角
钝角
锐角
知识点三 三角形面积公式
题型探究
类型一 利用正弦、余弦定理解三角形
例1 如图，在△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝
点D在BC边上，∠ADC＝45°，求AD的长度.
在△ADC中，由正弦定理，
解答
解三角形的一般方法：
(1)已知两角和一边，如已知A、B和c，由A＋B＋C＝π求C，由正弦定理求a、b.
(2)已知两边和这两边的夹角，如已知a、b和C，应先用余弦定理求c，再应用正弦定理先求较短边所对的角，然后利用A＋B＋C＝π，求另一角.
(3)已知两边和其中一边的对角，如已知a、b和A，应先用正弦定理求B，由A＋B＋C＝π求C，再由正弦定理或余弦定理求c，要注意解可能有多种情况.
(4)已知三边a、b、c，可应用余弦定理求A、B、C.
反思与感悟
(1)求sin∠BAD；
解答
所以sin∠BAD＝sin(∠ADC－∠B)
＝sin∠ADCcos
B－cos∠ADCsin
B
(2)求BD，AC的长.
解答
在△ABD中，由正弦定理，得
在△ABC中，由余弦定理，得
AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC×cos
B
所以AC＝7.
类型二 三角变换与解三角形的综合问题
命题角度1 三角形形状的判断
例2 在△ABC中，若(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)·sin(A＋B)，试判断△ABC的形状.
解答
∵(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，
∴b2[sin(A＋B)＋sin(A－B)]
＝a2[sin(A＋B)－sin(A－B)]，
∴2b2sin
Acos
B＝2a2cos
Asin
B，
即a2cos
Asin
B＝b2sin
Acos
B.
方法一 由正弦定理知a＝2Rsin
A，b＝2Rsin
B，
∴sin2Acos
Asin
B＝sin2Bsin
Acos
B，
又sin
Asin
B≠0，∴sin
Acos
A＝sin
Bcos
B，
∴sin
2A＝sin
2B.
在△ABC中，0＜2A＜2π，0＜2B＜2π，
∴△ABC为等腰三角形或直角三角形.
方法二 由正弦定理、余弦定理，得
∴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为等腰三角形或直角三角形
命题角度2 三角形边、角、面积的求解
例3 △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝bcos
C＋csin
B.
(1)求B；
解答
由正弦定理a＝2Rsin
A，b＝2Rsin
B，c＝2Rsin
C.
得2Rsin
A＝2Rsin
Bcos
C＋2Rsin
Csin
B
即sin
A＝sin
Bcos
C＋sin
Csin
B.
又A＝π－(B＋C)，
∴sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)
＝sin
Bcos
C＋sin
Csin
B，
即sin
Bcos
C＋cos
Bsin
C＝sin
Bcos
C＋sin
Csin
B，
∴cos
Bsin
C＝sin
Csin
B.
∵sin
C≠0，
∴cos
B＝sin
B且B为三角形内角，
(2)若b＝2，求△ABC的面积的最大值.
解答
＝2(sin
Acos
A＋sin2A)＝sin
2A＋1－cos
2A
反思与感悟
该类问题以三角形为载体，在已知条件中涉及了三角形的一些边角关系，在通过定理进行边角互化时，经常用到三角函数中两角和与差的公式及倍角公式等.
解答
类型三 正弦、余弦定理在实际中的应用
例4 某气象仪器研究所按以下方案测试一种“弹射型”气象观测仪器的垂直弹射高度：A、B、C三地位于同一水平面上，在C处进行该仪器的垂直弹射，观测点A、B两地相距100米，∠BAC＝60°，在A地听到弹射声音的时间比在B地晚
在A地测得该仪器弹至最高点H时的仰角为30°，求该仪器的垂直弹射高度CH.(声音的传播速度为340米/秒)
解答
由题意，设AC＝x，
在△ABC中，由余弦定理，得
BC2＝BA2＋AC2－2×BA×AC×cos∠BAC，
即(x－40)2＝10
000＋x2－100x，解得x＝420.
在Rt△ACH中，AC＝420，∠CAH＝30°，
反思与感悟
应用解三角形知识解决实际问题的步骤：
(1)分析题意，准确理解题意；
(2)根据题意画出示意图，并将已知条件在图形中标出；
(3)将所求问题归结到一个或几个三角形中，通过合理运用正弦、余弦定理等有关知识正确求解；
(4)检验解出的结果是否具有实际意义，对结果进行取舍，得出正确答案.
跟踪训练3 甲船在A处，乙船在甲船正南方向距甲船20海里的B处，乙船以每小时10海里的速度向正北方向行驶，而甲船同时以每小时8海里的速度由A处向北偏西60°方向行驶，问经过多少小时后，甲、乙两船相距最近？
解答
设甲、乙两船经t小时后相距最近且分别到达P、Q两处，因乙船到达A处需2小时.
①当0≤t＜2时，如图(1)，
在△APQ中，AP＝8t，AQ＝20－10t，
②当t＝2时，PQ＝8×2＝16；
③当t>2时，如图(2)，
在△APQ中，AP＝8t，AQ＝10t－20，
当堂训练
1.在△ABC中，关于x的方程(1＋x2)sin
A＋2xsin
B＋(1－x2)sin
C＝0有两个不等的实根，则A为
A.锐角
B.直角
C.钝角
D.不存在
√
1
2
3
答案
解析
1
2
3
由方程可得(sin
A－sin
C)x2＋2xsin
B＋sin
A＋sin
C＝0.
∵
方程有两个不等的实根，
∴
4sin2
B－4(sin2
A－sin2
C)＞0.
代入不等式中得
b2－a2＋c2＞0，
再由余弦定理，有2bccos
A＝b2＋c2－a2＞0.
∴
0°√
1
2
3
答案
解析
3.如图所示，在斜度一定的山坡上的一点A测得山顶上一建筑物顶端C对于山坡的斜度为15°，向山顶前进100米后到达点B，又从点B测得斜度为45°，建筑物的高CD为50米.求此山对于地平面的倾斜角θ的余弦值.
1
2
3
解答
在△ABC中，∠BAC＝15°，AB＝100米，∠ACB＝45°－15°＝30°.
∠CBD＝45°，∠CDB＝90°＋θ，
1
2
3
规律与方法
1.在三角形中，大角对大边，大边对大角；大角的正弦值也较大，正弦值较大的角也较大，即在△ABC中，A>B等价于a>b等价于sin
A>sin
B.
2.对所给条件进行变形，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.
3.正弦定理是一个关于边角关系的连比等式，在运用此定理时，只要知道其比值或等量关系就可以通过约分达到解决问题的目的，在解题时要学会灵活运用.运用余弦定理时，要注意整体思想的运用.
本课结束第一章
解三角形
学习目标 1.整合知识结构，梳理知识网络，进一步巩固、深化所学知识.2.能灵活、熟练运用正弦、余弦定理解三角形．
3．能解决三角形与三角变换的综合问题及实际问题.
知识点一 正弦定理及其推论
设△ABC的外接圆半径为R，则
(1)＝＝＝2R.
(2)a＝2Rsin_A，b＝2Rsin_B，c＝2Rsin_C.
(3)sin
A＝，sin
B＝，sin
C＝.
(4)在△ABC中，A>B a>b sin_A>sin_B.
知识点二 余弦定理及其推论
1．a2＝b2＋c2－2bccos_A，b2＝
c2＋a2－2cacos_B，c2＝a2＋b2－2abcos_C.
2．cos
A＝；cos
B＝；cos
C＝.
3．在△ABC中，c2＝a2＋b2 C为直角；c2>a2＋b2 C为钝角；c2知识点三 三角形面积公式
1．S＝aha＝bhb＝chc；
2．S＝absin
C
＝bcsin
A＝casin
B.
类型一 利用正弦、余弦定理解三角形
例1 如图，在△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝2，点D在BC边上，∠ADC＝45°，求AD的长度．
解 在△ABC中，∵AB＝AC＝2，BC＝2，
由余弦定理，得cos
C＝＝，
∴sin
C＝.
在△ADC中，由正弦定理，
得＝，
∴AD＝×＝.
反思与感悟 解三角形的一般方法：
(1)已知两角和一边，如已知A、B和c，由A＋B＋C＝π求C，由正弦定理求a、b.
(2)已知两边和这两边的夹角，如已知a、b和C，应先用余弦定理求c，再应用正弦定理先求较短边所对的角，然后利用A＋B＋C＝π，求另一角．
(3)已知两边和其中一边的对角，如已知a、b和A，应先用正弦定理求B，由A＋B＋C＝π求C，再由正弦定理或余弦定理求c，要注意解可能有多种情况．
(4)已知三边a、b、c，可应用余弦定理求A、B、C.
跟踪训练1 如图，在△ABC中，∠B＝，AB＝8，点D在BC边上，CD＝2，cos∠ADC＝.
(1)求sin∠BAD；
(2)求BD，AC的长．
解 (1)在△ADC中，因为cos∠ADC＝，
所以sin∠ADC＝.
所以sin∠BAD＝sin(∠ADC－∠B)
＝sin∠ADCcos
B－cos∠ADCsin
B
＝×－×＝.
(2)在△ABD中，由正弦定理，得
BD＝＝＝3.
在△ABC中，由余弦定理，得
AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC×cos
B
＝82＋52－2×8×5×＝49，
所以AC＝7.
类型二 三角变换与解三角形的综合问题
命题角度1 三角形形状的判断
例2 在△ABC中，若(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)·
sin(A＋B)，试判断△ABC的形状．
解 ∵(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，
∴b2[sin(A＋B)＋sin(A－B)]
＝a2[sin(A＋B)－sin(A－B)]，
∴2b2sin
Acos
B＝2a2cos
Asin
B，
即a2cos
Asin
B＝b2sin
Acos
B.
方法一 由正弦定理知a＝2Rsin
A，b＝2Rsin
B，
∴sin2Acos
Asin
B＝sin2Bsin
Acos
B，
又sin
Asin
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为等腰三角形或直角三角形．
方法二 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为等腰三角形或直角三角形
命题角度2 三角形边、角、面积的求解
例3 △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝bcos
C＋csin
B.
(1)求B；
(2)若b＝2，求△ABC的面积的最大值．
解 (1)由正弦定理a＝2Rsin
A，b＝2Rsin
B，c＝2Rsin
C.
得2Rsin
A＝2Rsin
Bcos
C＋2Rsin
Csin
B
即sin
A＝sin
Bcos
C＋sin
Csin
B.
又A＝π－(B＋C)，
∴sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)
＝sin
Bcos
C＋sin
Csin
B，
即sin
Bcos
C＋cos
Bsin
C＝sin
Bcos
C＋sin
Csin
B，
∴cos
Bsin
C＝sin
Csin
B.
∵sin
C≠0，
∴cos
B＝sin
B且B为三角形内角，
∴B＝.
(2)S△ABC＝acsin
B＝ac，
由正弦定理，a＝＝×sin
A＝2sin
A，
同理，c＝2sin
C，
∴S△ABC＝×2sin
A×2sin
C
＝2sin
Asin
C
＝2sin
Asin(－A)
＝2sin
A(sinπcos
A－cos
πsin
A)
＝2(sin
Acos
A＋sin2A)
＝sin
2A＋1－cos
2A
＝sin(2A－)＋1
∴当2A－＝，即A＝时，
S△ABC有最大值＋1.
反思与感悟 该类问题以三角形为载体，在已知条件中涉及了三角形的一些边角关系，在通过定理进行边角互化时，经常用到三角函数中两角和与差的公式及倍角公式等．
跟踪训练2 在△ABC中，a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，若a＝2，C＝，cos
＝，求△ABC的面积S.
解 因为cos
B＝2cos2
－1＝，
故B为锐角，所以sin
B＝，
所以sin
A＝sin(π－B－C)＝sin
＝sin
cos
B－cos
sin
B＝.
由正弦定理，得c＝＝，
所以S△ABC＝acsin
B＝×2××＝.
类型三 正弦、余弦定理在实际中的应用
例4 某气象仪器研究所按以下方案测试一种“弹射型”气象观测仪器的垂直弹射高度：A、B、C三地位于同一水平面上，在C处进行该仪器的垂直弹射，观测点A、B两地相距100米，∠BAC＝60°，在A地听到弹射声音的时间比在B地晚秒．在A地测得该仪器弹至最高点H时的仰角为30°，求该仪器的垂直弹射高度CH.(声音的传播速度为340米/秒)
解 由题意，设AC＝x，
则BC＝x－×340＝x－40.
在△ABC中，由余弦定理，得
BC2＝BA2＋AC2－2×BA×AC×cos∠BAC，
即(x－40)2＝10
000＋x2－100x，解得x＝420.
在Rt△ACH中，AC＝420，∠CAH＝30°，
所以CH＝AC×tan∠CAH＝140.
答 该仪器的垂直弹射高度CH为140米．
反思与感悟 应用解三角形知识解决实际问题的步骤：
(1)分析题意，准确理解题意；
(2)根据题意画出示意图，并将已知条件在图形中标出；
(3)将所求问题归结到一个或几个三角形中，通过合理运用正弦、余弦定理等有关知识正确求解；
(4)检验解出的结果是否具有实际意义，对结果进行取舍，得出正确答案．
跟踪训练3 甲船在A处，乙船在甲船正南方向距甲船20海里的B处，乙船以每小时10海里的速度向正北方向行驶，而甲船同时以每小时8海里的速度由A处向北偏西60°方向行驶，问经过多少小时后，甲、乙两船相距最近？
解 设甲、乙两船经t小时后相距最近且分别到达P、Q两处，因乙船到达A处需2小时．
①当0≤t＜2时，如图(1)，
在△APQ中，AP＝8t，AQ＝20－10t，
所以PQ＝
＝
＝＝2；
②当t＝2时，PQ＝8×2＝16；
③当t>2时，如图(2)，
在△APQ中，AP＝8t，AQ＝10t－20，
∴PQ＝
＝2.
综合①②③知，PQ＝2(t≥0)．
当且仅当t＝＝时，PQ最小．
答 甲、乙两船行驶小时后，相距最近．
1．在△ABC中，关于x的方程(1＋x2)sin
A＋2xsin
B＋(1－x2)sin
C＝0有两个不等的实根，则A为( )
A．锐角
B．直角
C．钝角
D．不存在
答案 A
解析 由方程可得(sin
A－sin
C)x2＋2xsin
B＋sin
A＋sin
C＝0.
∵
方程有两个不等的实根，
∴
4sin2
B－4(sin2
A－sin2
C)＞0.
由正弦定理＝＝，
代入不等式中得
b2－a2＋c2＞0，
再由余弦定理，有2bccos
A＝b2＋c2－a2＞0.
∴
0°2．在△ABC中，AB＝3，BC＝，AC＝4，则边AC上的高为( )
A.
B.
C.
D．3
答案 B
解析 由余弦定理，得
cos
A＝＝＝，
从而sin
A＝，
则AC边上的高BD＝ABsin
A＝3×＝.
3．如图所示，在斜度一定的山坡上的一点A测得山顶上一建筑物顶端C对于山坡的斜度为15°，向山顶前进100米后到达点B，又从点B测得斜度为45°，建筑物的高CD为50米．求此山对于地平面的倾斜角θ的余弦值．
解 在△ABC中，∠BAC＝15°，AB＝100米，
∠ACB＝45°－15°＝30°.
根据正弦定理，有＝，
∴
BC＝.
又在△BCD中，∵
CD＝50，BC＝，
∠CBD＝45°，∠CDB＝90°＋θ，
根据正弦定理，有＝.
解得cos
θ＝－1.
∴
山对于地平面的倾斜角的余弦值为－1.
1．在三角形中，大角对大边，大边对大角；大角的正弦值也较大，正弦值较大的角也较大，即在△ABC中，A>B等价于a>b等价于sin
A>sin
B.
2．对所给条件进行变形，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．
3．正弦定理是一个关于边角关系的连比等式，在运用此定理时，只要知道其比值或等量关系就可以通过约分达到解决问题的目的，在解题时要学会灵活运用．运用余弦定理时，要注意整体思想的运用．
40分钟课时作业
一、选择题
1．在△ABC中，已知b＝3，c＝3，A＝30°，则角C等于( )
A．30°
B．60°或120°
C．60°
D．120°
答案 D
解析 由余弦定理可得a＝3，根据正弦定理有
＝，
故sin
C＝，故C＝60°或120°.若C＝60°，
则B＝90°＞C，而b故C＝120°.
2．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＝－，
∴cos
C＝－，
∵C∈(0°，180°)，∴C＝120°.
3．若△ABC的周长等于20，面积是10，A＝60°，则角A的对边长为( )
A．5
B．6
C．7
D．8
答案 C
解析 ∵a＋b＋c＝20，
∴b＋c＝20－a，
即b2＋c2＋2bc＝400＋a2－40a，
∴b2＋c2－a2＝400－40a－2bc，
①
又cos
A＝＝，
∴b2＋c2－a2＝bc.
②
又S△ABC＝bcsin
A＝10，
∴bc＝40.
③
由①②③可知a＝7.
4．在△ABC中，B＝30°，AB＝2，AC＝2，则△ABC的面积为( )
A．2
B.
C．2
或4
D.
或2
答案 D
解析 方法一
如图，
AD＝ABsin
B＝<2，
故△ABC有两解：
S△ABC＝BC×AD＝，
S△ABC′＝BC′×AD＝2.
方法二 如图，
设BC＝x，
由余弦定理可得22＝(2)2＋x2－2x×2×cos
30°，
解得x＝2或x＝4，
故△ABC有两解：
S△ABC＝BC×AB×sin
B
＝×2×2×sin
30°＝，
或S△ABC＝×BC×AB×sin
B
＝×2×4×sin
30°
＝2.
5．如图，四边形ABCD中，B＝C＝120°，AB＝4，BC＝CD＝2，则该四边形的面积等于( )
A.
B．5
C．6
D．7
答案 B
解析 连接BD，四边形面积可分为△ABD与△BCD两部分面积的和，
由余弦定理，得BD＝2，
S△BCD＝BC×CDsin
120°＝，
∠ABD＝120°－30°＝90°，
∴S△ABD＝AB×BD＝4.
∴S四边形ABCD＝＋4＝5.
6．已知△ABC的三内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设向量p＝(a＋c，b)，q＝(b－a，c－a)，若p∥q，则角C的大小为( )
A.
B.
C.
D.
答案 B
解析 p∥q (a＋c)(c－a)－b(b－a)＝0，
即c2－a2－b2＋ab＝0 ＝＝cos
C，
又∵C∈(0，π)，
∴C＝.
7.
如图，一艘船自西向东匀速航行，上午10时到达一座灯塔P的南偏西75°距塔68海里的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处，则这艘船航行的速度为( )
A.海里/时
B．34海里/时
C.海里/时
D．34海里/时
答案 A
解析 由题意可知PM＝68，∠MPN＝120°，
∠PNM＝45°，
∴由正弦定理可得
MN＝＝＝34，
∴这艘船航行的速度为＝(海里/时)，
故选A.
二、填空题
8．在等腰三角形ABC中，已知sin
A∶sin
B＝1∶2，底边BC＝10，则△ABC的周长是________．
答案 50
解析 由正弦定理，得BC∶AC＝sin
A∶sin
B＝1∶2，
又∵底边BC＝10，∴AC＝20，
∴AB＝AC＝20，
∴△ABC的周长是10＋20＋20＝50.
9．某人在点C测得塔顶A在南偏西80°，仰角为45°，此人沿南偏东40°方向前进100米到D，测得塔顶A的仰角为30°，则塔高为____________米．
答案 100
解析 如图，
设塔高x米，
则BC＝x，BD＝x(x>0)，
∵CD＝100，∠BCD＝80°＋40°＝120°，
BD2＝BC2＋CD2－2×BC×CDcos∠BCD，
∴3x2＝x2＋1002－2×100×x×(－)，
∴2x2－100x－10
000＝0，
∴x2－50x－5
000＝0，
∴x＝100(负值舍去)．
10．海上一观测站A测得南偏西60°的方向上有一艘停止待维修的商船D，在商船D的正东方有一艘海盗船B正向它靠近，速度为每小时90海里，此时海盗船B距观测站10海里，20分钟后测得海盗船B距观测站20海里的C处，再经________分钟海盗船B到达商船D处．
答案
解析 如图，过A作AE⊥BD于点E，
由已知易知AB＝10，BC＝30，AC＝20，
∴cos∠ACB＝＝，
∵0°＜∠ACB＜180°，
∴∠ACB＝60°，
∴AE＝10.
∵∠DAE＝60°，
∴DE＝10×＝30.
∵∠CAE＝30°，
∴CE＝10，∴DC＝20，
∴t＝×60＝.
三、解答题
11．某巡逻艇在A处发现北偏东45°相距9海里的C处有一艘走私船，正沿南偏东75°的方向以10海里/小时的速度向我海岸行驶，巡逻艇立即以14海里/小时的速度沿着直线方向追去，问巡逻艇应该沿什么方向去追？需要多少时间才能追赶上该走私船？
(参考数据：若sin
θ＝，当θ是锐角时，其近似值为38°13′)
解 如图，设该巡逻艇沿AB方向经过x小时后在B处追上走私船，则CB＝10x，AB＝14x，AC＝9，
∠ACB＝75°＋45°＝120°，
∴(14x)2＝92＋(10x)2－2×9×10xcos
120°，
∴化简得32x2－30x－27＝0，
即x＝或x＝－(舍去)，
∴BC
＝
10x
＝15，AB
＝14x
＝21，
又∵sin
∠BAC＝＝×＝，
∴∠BAC
＝38°13′或∠BAC＝141°47′(钝角不合题意，舍去)，
∴38°13′＋45°＝83°13′.
∴巡逻艇应该沿北偏东83°13′方向去追，经过1.5小时才能追赶上该走私船．
12．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知
3cos
(B－C)－1＝6cos
Bcos
C.
(1)求cos
A；
(2)若a＝3，△ABC的面积为2，求b，c.
解 (1)∵3(cos
Bcos
C＋sin
Bsin
C)－1
＝6cos
Bcos
C，
∴3cos
Bcos
C－3sin
Bsin
C＝－1，
∴3cos(B＋C)＝－1，∴cos(π－A)＝－，
∴cos
A＝.
(2)由(1)得sin
A＝，
由面积公式bcsin
A＝2，得bc＝6，
①
根据余弦定理，得
cos
A＝＝＝，
则b2＋c2＝13，
②
①②两式联立可得b＝2，c＝3或b＝3，c＝2.
13．在△ABC中，已知sin
B＝cos
Asin
C，·＝9，又△ABC的面积等于6.
(1)求C；
(2)求△ABC的三边之长．
解 (1)设三角形的三内角A，B，C对应的三边分别为a，b，c，
∵sin
B＝cos
Asin
C，
∴cos
A＝，由正弦定理，得cos
A＝，
又由余弦定理，得cos
A＝，
∴＝，即a2＋b2＝c2，
∴△ABC为直角三角形且C＝90°.
(2)
②÷①得tan
A＝＝，令a＝4k，b＝3k(k>0)，
则S△ABC＝ab＝6 k＝1，∴三边长分别为a＝4，b＝3，c＝5.第一章
解三角形
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．在△ABC中，AB＝5，BC＝6，AC＝8，则△ABC的形状是( )
A．锐角三角形
B．钝角三角形
C．直角三角形
D．等腰三角形或直角三角形
答案 B
解析 ∵最大边AC所对角为B，
又cos
B＝＜0，∴B为钝角，△ABC为钝角三角形．
2．在△ABC中，sin
A＝，a＝10，则边长c的取值范围是( )
A．(，＋∞)
B．(10，＋∞)
C．(0,10)
D．(0，]
答案 D
解析 ∵＝＝，∴c＝sin
C，∴03．在△ABC中，若a＝b，A＝2B，则cos
B等于( )
A.
B.
C.
D.
答案 B
解析 由正弦定理，得＝，
∴a＝b可化为＝.
又A＝2B，∴＝，
∴cos
B＝.
4．已知△ABC的外接圆的半径是3，a＝3，则A等于( )
A．30°或150°
B．30°或60°
C．60°或120°
D．60°或150°
答案 A
解析 根据正弦定理，得＝2R，sin
A＝＝，
∵0°5．在△ABC中，已知cos
Acos
B>sin
Asin
B，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 由cos
Acos
B>sin
Asin
B，
得cos
Acos
B－sin
Asin
B＝cos(A＋B)>0，
∴0°＜A＋B＜90°，∴90°＜C＜180°，C为钝角．
6．在△ABC中，已知a＝，b＝，A＝30°，则c等于( )
A．2
B.
C．2或
D．以上都不对
答案 C
解析 ∵a2＝b2＋c2－2bccos
A，
∴5＝15＋c2－2×c×，
化简得c2－3c＋10＝0，即(c－2)(c－)＝0，
∴c＝2或c＝.
7．已知△ABC中，sin
A∶sin
B∶sin
C＝k∶(k＋1)∶2k，则k的取值范围是( )
A．(2，＋∞)
B．(－∞，0)
C．(－，0)
D．(，＋∞)
答案 D
解析 由正弦定理，
得a＝mk，b＝m(k＋1)，c＝2mk(m>0)，
∵ 即
∴k>.
8．△ABC的两边长分别为2,3，其夹角的余弦值为，则其外接圆的直径为( )
A.
B.
C.
D．9
答案 B
解析 设另一条边为x，
则x2＝22＋32－2×2×3×，
∴x2＝9，∴x＝3.
设cos
θ＝，θ为长度为2,3的两边的夹角，
则sin
θ＝＝.
∴2R＝＝＝.
9．在△ABC中，sin
A＝，则△ABC为( )
A．等腰三角形
B．等边三角形
C．直角三角形
D．等腰或直角三角形
答案 C
解析 由已知得cos
B＋cos
C＝，
由正弦、余弦定理，得＋＝，
即a2(b＋c)－(b＋c)(b2－bc＋c2)＝bc(b＋c)
a2＝b2＋c2，
故△ABC是直角三角形．
10．如果△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值，则( )
A．△A1B1C1和△A2B2C2都是锐角三角形
B．△A1B1C1和△A2B2C2都是钝角三角形
C．△A1B1C1是钝角三角形，△A2B2C2是锐角三角形
D．△A1B1C1是锐角三角形，△A2B2C2是钝角三角形
答案 D
解析 △A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0，
则△A1B1C1是锐角三角形，
若△A2B2C2是锐角三角形，
由得
那么A2＋B2＋C2＝，矛盾，
若△A2B2C2是直角三角形，不妨设A2＝，
则cos
A1＝sin
A2＝1，A1＝0，矛盾．
所以△A2B2C2是钝角三角形．
11．在斜三角形ABC中，sin
A＝－cos
B·cos
C，且tan
B·tan
C＝1－，则角A的值为( )
A.
B.
C.
D.
答案 A
解析 由题意知，
sin
A＝－cos
B·cos
C＝sin(B＋C)
＝sin
B·cos
C＋cos
B·sin
C，
在等式－cos
B·cos
C＝sin
B·cos
C＋cos
B·sin
C两边同除以cos
B·cos
C得tan
B＋tan
C＝－，
又tan(B＋C)＝＝－1＝－tan
A，
即tan＝1，又0＜A＜π，
所以角A＝.
12．在△ABC中，AB＝7，AC＝6，M是BC的中点，AM＝4，则BC等于( )
A.
B.
C.
D.
答案 B
解析 设BC＝a，则BM＝MC＝.
在△ABM中，
AB2＝BM2＋AM2－2BM×AM×cos∠AMB，
即72＝a2＋42－2××4×cos∠AMB，
①
在△ACM中，
AC2＝AM2＋CM2－2AM×CM×cos∠AMC，
即62＝42＋a2＋2×4××cos∠AMB，
②
①＋②得72＋62＝42＋42＋a2，
所以a＝.
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)
13．已知△ABC中，3a2－2ab＋3b2－3c2＝0，则cos
C＝________.
答案
解析 由3a2－2ab＋3b2－3c2＝0，
得c2＝a2＋b2－ab.根据余弦定理，得
cos
C＝＝＝，
所以cos
C＝.
14．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若b＋c＝2a,3sin
A＝5sin
B，则角C＝________.
答案
解析 由已知条件和正弦定理，得3a＝5b且b＋c＝2a，
则a＝，c＝2a－b＝，cos
C＝＝－，
又015．已知a，b，c分别是△ABC的三个内角A，B，C所对的边．若a＝1，b＝，A＋C＝2B，则sin
C＝________.
答案 1
解析 在△ABC中，A＋B＋C＝π，A＋C＝2B，
∴B＝.由正弦定理知，sin
A＝＝.
又aC＝1.
16．太湖中有一小岛C，沿太湖有一条正南方向的公路，一辆汽车在公路A处测得小岛在公路的南偏西15°的方向上，汽车行驶1
km到达B处后，又测得小岛在南偏西75°的方向上，则小岛到公路的距离是________km.
答案
解析 如图，∠CAB＝15°，
∠CBA＝180°－75°＝105°，
∠ACB＝180°－105°－15°＝60°，
AB＝1
(km)．
在△ABC中，由正弦定理，得
＝，
∴BC＝×sin
15°＝(km)．
设C到直线AB的距离为d，
则d＝BC·sin
75°＝×＝
(km)．
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．(10分)在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，a＝2，cos
B＝.
(1)若b＝4，求sin
A的值；
(2)若△ABC的面积S△ABC＝4，求b、c的值．
解 (1)∵cos
B＝>0,0∴sin
B＝＝.
由正弦定理，得＝，∴sin
A＝sin
B＝.
(2)∵S△ABC＝acsin
B＝c＝4，∴c＝5.
由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos
B
＝22＋52－2×2×5×＝17，∴b＝.
18．(12分)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知△ABC的面积为3，b－c＝2，cos
A＝－.
(1)求a和sin
C的值；
(2)求cos的值．
解 (1)在△ABC中，由cos
A＝－，
可得sin
A＝.
由S△ABC＝bcsin
A＝3，得bc＝24.
又由b－c＝2，解得b＝6，c＝4.
由a2＝b2＋c2－2bcos
A，可得a＝8.
由＝，得sin
C＝.
(2)cos＝cos
2A·cos
－sin
2A·sin
＝(2cos2A－1)－×2sin
A·cos
A＝.
19．(12分)在△ABC中，角A、B、C所对的边分别是a、b、c，cos
A＝.
(1)求sin2
＋cos
2A的值；
(2)若b＝2，△ABC的面积S为3，求a.
解 (1)sin2
＋cos
2A＝＋cos
2A
＝＋2cos2
A－1＝.
(2)∵cos
A＝，∴sin
A＝.
由S△ABC＝bcsin
A，得3＝×2c×，解得c＝5.
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos
A，可得
a2＝4＋25－2×2×5×＝13，∴a＝.
20．(12分)在△ABC中，a＝3，b＝2，B＝2A.
(1)求cos
A的值；
(2)求c的值．
解 (1)在△ABC中，由正弦定理，得
＝ ＝＝，
∴cos
A＝.
(2)由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos
A
32＝(2)2＋c2－2×2c×，
则c2－8c＋15＝0.∴c＝5或c＝3.
当c＝3时，a＝c，∴A＝C.
由A＋B＋C＝π，知B＝，与a2＋c2≠b2矛盾．
∴c＝3舍去．故c的值为5.
21．(12分)已知△ABC的角A、B、C所对的边分别是a、b、c，设向量m＝(a，b)，n＝(sin
B，sin
A)，p＝(b－2，a－2)．
(1)若m∥n，求证：△ABC为等腰三角形；
(2)若m⊥p，边长c＝2，角C＝，求△ABC的面积．
(1)证明 ∵m∥n，
∴asin
A＝bsin
B，
由正弦定理，得a2＝b2，∴a＝b.
∴△ABC为等腰三角形．
(2)解 由题意知m·p＝0，即a(b－2)＋b(a－2)＝0.
∴a＋b＝ab.
由余弦定理可知，4＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab，
即(ab)2－3ab－4＝0.
∴ab＝4(ab＝－1舍去)，
∴S△ABC＝absin
C＝×4×sin＝.
22．(12分)如图，已知A、B、C是一条直路上的三点，AB与BC各等于1
km，从三点分别遥望塔M，在A处看见塔在北偏东45°方向，在B处看见塔在正东方向，在C处看见塔在南偏东60°方向，求塔到直路ABC的最短距离．
解 由题意∠CMB＝30°，∠AMB＝45°，
∵AB＝BC＝1，∴S△MAB＝S△MBC，
即MA×MB×sin
45°＝MC×MB×sin
30°，
∴MC＝MA，在△MAC中，由余弦定理，得
AC2＝MA2＋MC2－2MA×MC×cos
75°，
∴MA2＝，
设M到AB的距离为h，则由△MAC的面积得
MA×MC×sin
75°＝AC×h，
∴h＝×sin
75°＝××sin
75°
＝(km)．
所以塔到直路ABC的最短距离为
km.