1.2
应用举例
自主广场
我夯基
我达标
1.如图1-2-12，为了测量隧道口AB的长度，给定下列四组数据，其中可以实现并可以计算得出AB长的数据是(
)
图1-2-12
A.α,a,b
B.α,β,a
C.a,b,γ
D.α,β,b
思路解析:根据实际情况,α、β都是不易测量的数据，而C中的a、b、γ很容易测量到，并且根据余弦定理AB2=a2+b2-2abcosγ能直接求出AB的长.
答案:C
2.已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于a
km，灯塔A在观察站C的北偏东20°的方向上，灯塔B在观察站C的南偏东40°的方向上，则灯塔A与灯塔B的距离为(
)
A.a
km
B.
km
C.
km
D.2a
km
思路解析:由图可知∠ACB=120°，AC=BC=a.在△ABC中，过点C作CD⊥AB，则AB=2AD=2acos30°=a.
图1-2-13
答案:B
3.在200
m的山顶上，测得山下一塔塔顶与塔底的俯角分别为30°、60°，则塔高为(
)
A.
B.
C.
D.
思路解析:如图1-2-14所示，设塔高AB为h，
图1-2-14
在Rt△CDB中，CD=200，∠BCD=90°-60°=30°,
∴BC=.
在△ABC中，∠ABC=∠BCD=30°,∠ACB=60°-30°=30°,
∴∠BAC=120°.,∴AB=m.
答案:A
4.在△ABC中，已知a-b=4,a+c=2b，且其最大内角为120°，则其最大边长为____________.
思路解析:由已知所给三边间的关系，先判断其最大边，再利用余弦定理把问题解决.由已知a-b=4,a+c=2b,得a=b+4,c=2b-a=b-4，故a为最长边.
∴A=120°.
∴cosA=，即=.解得b=10.∴a=14.
答案:14
5.在△ABC中，若(sinA+sinB+sinC)·(sinA+sinB-sinC)=3sinAsinB，则C=_____________.
思路解析:本题所给条件中涉及的是三内角的正弦，容易想到将其展开化简，得到sin2A+sin2B-sin2C=sinAsinB，而这个形式与余弦定理极为相似，然而余弦定理所涉及的是边角关系，于是可以先用正弦定理将三内角的正弦转化为边，即为a2+b2-c2=ab，所以cosC=，C=60°.
答案:60°
6.为了测量河的宽度，在一岸边选定两点A、B,望对岸的标记物C，测得∠CAB=45°,∠CBA=75°，AB=120米，求河的宽度.
思路分析:由题意画出示意图，把问题转化为求△ABC的AB边上的高的问题.而由已知及正弦定理，可先求出AC，进而求得河宽.
解:如图所示，在△ABC中，由已知可得
图1-2-15
AC=.
设C到AB的距离为CD，则CD=·AC=20(+3)，
∴河的宽度为20(+3)米.
7.已知关于x的方程x2+xcosAcosB-1+cosC=0的两根之和等于其两根之积的一半，试判断△ABC的形状.
思路分析:本题与一元二次方程的根与系数之间的关系有一定的关系，容易根据题意及根与系数间的关系得到三内角间的关系，从而判定△ABC的形状.
解:依题意,得-cosAcosB=,即2cosAcosB=1-cosC.
∴cos(A+B)+cos(A-B)=1+cos(A+B).
∴cos(A-B)=1.
又-π＜A-B＜π，
∴A-B=0,A=B.
故△ABC是等腰三角形.
我综合
我发展
8.在△ABC中，A＞B＞C，且三边a、b、c为连续自然数，且a=2ccosC.求sinA∶sinB∶sinC的值.
思路分析:本题已知条件中给出了边角间的关系，要求三内角正弦之比，可以根据正弦定理转化为求三边之比，进而去求三边长，从而将问题解决.
解:∵A＞B＞C,∴a＞b＞c.
又三边a、b、c为连续自然数，∴可设a=b+1,c=b-1.
由a=2ccosC,得cosC=.由余弦定理,得
cosC=，∴，
即(b+1)2=(b-1)(b+4),b=5.∴a=6,c=4.
由正弦定理,得sinA∶sinB∶sinC=6∶5∶4.
9.小明在内伶仃岛上的点A处，上午11时测得在A的北偏东60°的C处有一艘轮船，12时20分时测得该船航行到北偏西60°的B处，12时40分时又测得轮船到达位于A正西方5千米的港口E处，如果该船始终保持匀速直线运动.求：
(1)点B到A的距离；
(2)船的航行速度.
思路分析:本题所涉及的角比较多，首先应该考虑画出示意图，将题中所述条件正确地反映在图形上，这样比较直观，然后结合图形分析，不难根据正、余弦定理把问题解决.
解:(1)轮船从C处到点B用了80分钟，从点B到点E用了20分钟，轮船保持匀速直线运动.
故BC=4BE，设BE=x，则BC=4x.由已知,得只要求出x的值即可.在△AEC中，由正弦定理,得sinC=.
在△ABC中，由正弦定理,得AB=.
(2)在△ABE中,由余弦定理,得BE2=AB2+AE2-2AB·AE·cos30°
=25+-2×5×cos30°=.∴BE=.
故轮船的速度为千米/时.
10.有一条河MN，河岸的一侧有一很高的建筑物AB(底部为A,顶部为B)，一人位于河岸另一侧P处，手中有一个测角器(可以测仰角)和一个可以测量长度的皮尺(测量长度不超过5米).请你根据所学数学知识，设计多种测量方案(不允许过河)，并给出计算建筑物的高度AB及距离PA的公式.
解:(1)如图1-2-16，点P位于开阔地域，被测量的数据为PC(测角器的高)和PQ(Q为在PA水平直线上选取的另一测量点)的长度，仰角为α和β(其中∠BDO=β,∠BCO=α).
图1-2-16
设AB=x,PA=y，则有
∴x=.
(2)如图1-2-17，P位于开阔地域，被测量的数据为PR(PR在水平线上，且PQ＜5米)，在P、Q(Q是PR的中点)、R处测得建筑物AB的仰角分别为α、β、γ(其中∠APB=α,∠AQB=β,∠ARB=γ)，设AB=x,PA=y，则y=xcotα,AQ=xcotβ,AR=xcotγ.
图1-2-17
在△APQ与△APR中，由余弦定理,得AP2+PQ2-2AP·PQ·
cos∠APQ=AQ2,AP2+PR2-2AP·PR·cos∠APQ=AR2，
即(xcotα)2+()2-2·(xcotα)·cos∠APQ=(xcotβ)2，
(xcotα)2+(PR)2-2·(xcotα)·PRcos∠APQ=(xcotγ)2,两式相减,得
.
(3)如图1-2-18，若P处是一可攀建筑物(如楼房)，则可在同一垂线上选两个测量点C、D，被测数据为PC和PD的长度，仰角为α、β(其中∠BDF=β,∠BCE=α).
图1-2-18
设AB=x,PA=y，则在Rt△BCE与Rt△BDF中，CE=BEcotα,DF=BFcotβ，又BF=x-PD,BE=x-PC,DF=CE，由此解得
x=.
PAGE
11.1.2 余弦定理
1．若三角形的三条边长分别为4,5,7，则这个三角形是( )
A．锐角三角形
B．直角三角形
C．钝角三角形
D．钝角或锐角三角形
2．在△ABC中，(a＋b－c)(a＋b＋c)＝ab，则∠C为( )
A．60°
B．90°
C．120°
D．150°
3．如果将直角三角形的三边增加同样的长度，则新三角形的形状是__________．
4．在△ABC中，若sinA∶sinB∶sinC＝5∶7∶8，则∠B的大小为__________．
答案：1．C 设长为7的边对应的角为α，
则由余弦定理得72＝42＋52－2×4×5cosα，
∴cosα＝－<0.
∴角α为钝角．
2．C 由已知，得(a＋b)2－c2＝ab，
∴c2＝a2＋b2＋ab＝a2＋b2－2abcosC.
∴cosC＝－.
∵∠C∈(0，π)，∴∠C＝120°.
3．锐角三角形 设三边为a，b，c，其中c为斜边，各边增加的长度为x，
则三角形的最大内角的余弦cosC＝＝>0，
∴∠C为锐角．
∴新三角形为锐角三角形．
4. 由sinA∶sinB∶sinC＝5∶7∶8，得
a∶b∶c＝5∶7∶8.
设a＝5k，b＝7k，c＝8k，
由余弦定理可得∠B＝.
课堂巩固
1．在△ABC中，若2cosBsinA＝sinC，则△ABC的形状是( )
A．等腰直角三角形
B．直角三角形
C．等腰三角形
D．等边三角形
2．在不等边三角形中，a是最大的边，若a2
A．(，π)
B．(，)
C．(，)
D．(0，)
3．在△ABC中，有一个内角为60°，它的对边长为7，面积为10，则另两边长分别为________．
4．在△ABC中，∠B＝60°，b2＝ac，则△ABC的形状是__________．
5．在△ABC中，已知∠A>∠B>∠C，且∠A＝2∠C，b＝4，a＋c＝8，求a，c的长．
6．(2009全国高考卷Ⅰ，理17)在△ABC中，内角A、B、C的对边长分别为a、b、c
，已知a2－c2＝2b，且sinAcosC＝3cosAsinC，求b.
答案：1．C 由正弦定理和余弦定理得2··a＝c，整理，得a2－b2＝0，即a＝b.
∴△ABC为等腰三角形．
2．C ∵a是最大边，∴∠A>.
又a2由余弦定理，得cosA＝>0，
∴∠A<.∴<∠A<.
3．8和5 设两边长分别为a、b，
则
解得或
4．等边三角形 由余弦定理cosB＝和∠B＝60°，得a2＋c2－b2＝ac.
又b2＝ac，
∴a2＋c2－2ac＝0，即(a－c)2＝0.
∴a＝c.又∠B＝60°，
∴三角形为等边三角形．
5．解：由正弦定理，得＝.
∵∠A＝2∠C，∴＝.∴a＝2ccosC.
又a＋c＝8，∴cosC＝.①
又由余弦定理及a＋c＝8，得
cosC＝＝
＝＝.②
由①②，知＝，
整理得5c2－36c＋64＝0.
∴c＝或c＝4.
∵∠A＞∠B＞∠C，∴a＞b＞c.∴c≠4.
∴a＝8－c＝.故a＝，c＝.
6．解：由余弦定理得
a2－c2＝b2－2bccosA.
又a2－c2＝2b，b≠0，
所以b＝2ccosA＋2.①
又sinAcosC＝3cosAsinC，
sinAcosC＋cosAsinC＝4cosAsinC.
sin(A＋C)＝4cosAsinC，
sinB＝4sinCcosA.
由正弦定理得sinB＝sinC.
故b＝4ccosA.②
由①②解得b＝4.
1．已知△ABC的三个内角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.
1．答案：A 由p∥q可得(a＋c)(c－a)－b(b－a)＝0，
即a2＋b2－c2＝ab，
∴cosC＝＝.
又0<∠C<π，
∴∠C＝.
2．在△ABC中，∠A＝120°，AB＝5，BC＝7，则的值为( )
A.
B.
C.
D.
2．答案：D 由余弦定理BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cosA得49＝25＋AC2－2×5·AC·cos120°，解得AC＝3，由正弦定理得＝＝.
3．在△ABC中，∠A＝60°，且最大边长和最小边长是方程x2－7x＋11＝0的两个根，则第三边的长为( )
A．2
B．3
C．4
D．5
3．答案：C 设△ABC的最大边长和最小边长分别为a，b，第三边长为c.
∵a，b是方程x2－7x＋11＝0的两根，
∴a＋b＝7，ab＝11.
由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos60°＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab＝72－3×11＝16，
∴c＝4.
4．(江南十校联考)已知△ABC的外接圆半径为R，且2R(sin2A－sin2C)＝(a－b)sinB(其中a、b分别是∠A、∠B的对边)，那么∠C的大小为( )
A．30°
B．45°
C．60°
D．90°
4．答案：B 根据正弦定理＝＝＝2R，
得sinA＝，sinB＝，sinC＝，
代入已知式，得2R[－]＝(a－b)·，
化简，得a2＋b2－c2＝ab，
即＝.
由余弦定理，得cosC＝＝，
∴∠C＝45°.
5．已知钝角三角形ABC三边a＝k，b＝k＋2，c＝k＋4，则k的取值范围为__________．
5．答案：2b>a，
∴角C为钝角．
∴cosC＝<0，
即a2＋b2－c2<0.
整理，得k2－4k－12<0，
即－2又k＋(k＋2)>k＋4，∴k>2.
∴26．在△ABC中，tanB＝1，tanC＝2，b＝100，则a＝__________.
6．答案：60 ∵tanB＝1，∴sinB＝.
∵tanC＝2，∴sinC＝.
由正弦定理＝，得c＝·＝40，
又cosA＝－cos(B＋C)＝－cosBcosC＋sinBsinC＝，
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA＝18
000，
∴a＝60.
7．在△ABC中，a＋b＝10，cosC是方程2x2－3x－2＝0的一个根，则△ABC周长的最小值为__________．
7．答案：10＋5 ∵cosC是方程2x2－3x－2＝0的一个根，解得x＝－或2，
∴cosC＝－.
又c2＝a2＋b2－2abcosC
＝a2＋b2＋ab＝(a＋b)2－ab
＝100－ab＝100－a(10－a)＝(a－5)2＋75，
∴当a＝5时，c最小为5.
∴△ABC周长的最小值为10＋5.
8.(2009浙江高考，文18)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足cos＝，A·A＝3.
(1)求△ABC的面积；
(2)若c＝1，求a的值．
8．答案：解：(1)因为cos＝，
所以cosA＝2cos2－1＝，sinA＝.
又由A·A＝3，得bccosA＝3，
所以bc＝5.因此S△ABC＝bcsinA＝2.
(2)由(1)知，bc＝5，
又c＝1，所以b＝5.
由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA＝20，
所以a＝2.
9．已知△ABC的周长为＋1，且sinA＋sinB＝sinC.
(1)求边AB的长；
(2)若△ABC的面积为sinC，求角C的度数．
9.
答案：解：(1)由题意及正弦定理，得
AB＋BC＋AC＝＋1，BC＋AC＝AB，
两式相减，得AB＝1.
(2)由△ABC的面积BC·AC·sinC＝sinC，得BC·AC＝，
由余弦定理，得cosC＝＝＝，
所以∠C＝60°.
10．(2009天津高考，文17)在△ABC中，BC＝，AC＝3，sinC＝2sinA.
(1)求AB的值；
(2)求sin(2A－)的值．
10．答案：解：(1)在△ABC中，根据正弦定理，＝.
于是AB＝BC＝2BC＝2.
(2)在△ABC中，根据余弦定理，得cosA＝＝.
于是sinA＝＝.
从而sin2A＝2sinAcosA＝，cos2A＝cos2A－sin2A＝.
所以sin(2A－)＝sin2Acos－cos2Asin＝.
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1第一章
解三角形
测评
(时间：90分钟 满分：100分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50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，∠C＝60°，AB＝，BC＝，那么∠A等于( )
A．135°
B．105°
C．45°
D．75°
2．在△ABC中，已知a＝2，则bcos
C＋ccos
B等于( )
A．1
B．
C．2
D．4
3．在△ABC中，a＋b＋10c＝2(sin
A＋sin
B＋10sin
C)，∠A＝60°，则a等于( )
A．
B．2
C．4
D．不确定
4．在△ABC中，已知sin
B·sin
C＝cos2，则△ABC的形状是( )
A．直角三角形
B．等腰三角形
C．等边三角形
D．等腰直角三角形
5．在△ABC中，∠A＝60°，AC＝16，面积S＝220，则BC的长为( )
A．20
B．75
C．51
D．49
6．在△ABC中，∠A＝，BC＝3，则△ABC的周长为( )
A．4sin＋3
B．4sin＋3
C．6sin＋3
D．6sin＋3
7．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若(a2＋c2－b2)·tan
B＝ac，则∠B的值为( )
A．
B．
C．
D．或
8．在△ABC中，·＝3，△ABC的面积S∈，则与夹角的范围是( )
A．
B．
C．
D．
9．在△ABC中，sin2A≤sin2B＋sin2C－sin
Bsin
C，则∠A的取值范围是( )
A．
B.
C．
D．
10．美国为了准确分析战场形势，由分别位于科威特和沙特的两个距离a的军事基地C和D，测得伊拉克两支精锐部队分别在A处和B处，且∠ADB＝30°，∠BDC＝30°，∠DCA＝60°，∠ACB＝45°，如图所示，则伊军这两支精锐部队间的距离是( )
A．a
B．a
C．a
D．a
二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分．把答案填在题中的横线上)
11．在△ABC中，AC＝，∠A＝45°，∠C＝75°，则BC的长为________．
12．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＝2∠B，则sin
C＝________．
13．在△ABC中，三个内角∠A，∠B，∠C的对边边长分别为a＝3，b＝4，c＝6，则bc·cos
A＋ca·cos
B＋ab·cos
C的值为________．
14．如果满足∠ABC＝60°，AB＝8，AC＝k的△ABC只有两个，那么k的取值范围是________．
15．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若·＝·＝1，那么c＝________．
三、解答题(本大题共2小题，共25分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
16．(本小题满分10分)(2013·大纲全国高考，理18)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，(a＋b＋c)·(a－b＋c)＝ac．
(1)求∠B；
(2)若sin
Asin
C＝，求∠C．
17．(本小题满分15分)如图，某人在塔的正东方向上的C处在与塔垂直的水平面内沿南偏西60°的方向以每小时6千米的速度步行了1分钟以后，在点D处望见塔的底端B在东北方向上，已知沿途塔的仰角∠AEB＝α，α的最大值为60°．
(1)求该人沿南偏西60°的方向走到仰角α最大时，走了几分钟；
(2)求塔的高度AB．
参考答案
1.
答案：C
2.
解析：由余弦定理，得bcos
C＋ccos
B＝b·＋c·＝＝a＝2．
答案：C
3.
解析：由正弦定理易得△ABC的外接圆的半径为1，
∴＝2R＝2．
∴a＝2sin
A＝．
答案：A
4.
答案：B
5.
解析：因为S＝AC·AB·sin
A＝×16×AB×sin
60°＝4AB＝220，所以AB＝55．再用余弦定理求得BC＝49．
答案：D
6.
解析：令AC＝b，BC＝a，AB＝c，则a＋b＋c＝3＋b＋c＝3＋2R(sin
B＋sin
C)＝3＋＝3＋＝3＋6sin．
答案：D
7.
解析：由(a2＋c2－b2)tan
B＝ac，得＝，即cos
B＝·，∴sin
B＝．又B∈(0，π)，∴B＝或．
答案：D
8.
解析：设〈，〉＝α，
∵·＝||·||·cos
α＝3，
∴||·||＝．
又S＝·||·||sin(π－α)＝··sin(π－α)＝tan
α，而≤S≤，
∴≤tan
α≤．
∴≤tan
α≤1．
∴≤α≤．
答案：B
9.
解析：根据正弦定理，由sin2A≤sin2B＋sin2C－sin
Bsin
C，得a2≤b2＋c2－bc，
∴bc≤b2＋c2－a2．
∴≥．
∴cos
A≥．
又∵A∈(0，π)，而f(x)＝cos
x在x∈(0，π)上单调递减，
∴A∈．
答案：C
10.
解析：∵∠ADC＝∠ACD＝60°，∴△ADC是等边三角形．
∴AC＝a．在△BDC中，由正弦定理，得＝，
∴BC＝＝a．
∴在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝2＋2－2·a·acos
45°＝a2，∴AB＝a．
答案：A
11.
解析：由∠A＝45°，∠C＝75°，知∠B＝60°．由正弦定理，得＝，所以BC＝·AC＝×＝．
答案：
12.
答案：1
13.
解析：在△ABC中，由余弦定理，得cos
A＝，
∴bc·cos
A＝，
同理ac·cos
B＝，ab·cos
C＝，
∴原式＝＝．
答案：
14.
答案：(4，8)
15.
解析：设AB＝c，AC＝b，BC＝a，由·＝·，得cb·cos
A＝ca·cos
B．由正弦定理，得sin
Bcos
A＝cos
Bsin
A，即sin(B－A)＝0，所以∠B＝∠A，从而有b＝a．由已知·＝·＝1，得accos
B＝1．由余弦定理，得
ac·＝1，即a2＋c2－b2＝2，所以c＝．
答案：
16.
解：(1)因为(a＋b＋c)(a－b＋c)＝ac，
所以a2＋c2－b2＝－ac．
由余弦定理得cos
B＝＝－，
因此∠B＝120°．
(2)由(1)知∠A＋∠C＝60°，
所以cos(∠A－∠C)＝cos
Acos
C＋sin
Asin
C＝cos
Acos
C－sin
Asin
C＋2sin
Asin
C＝cos(∠A＋∠C)＋2sin
Asin
C＝＋2×＝，
故∠A－∠C＝30°或∠A－∠C＝－30°，
因此∠C＝15°或∠C＝45°．
17.
解：(1)依题意，知在△DBC中，∠BCD＝30°，∠DBC＝180°－45°＝135°，
CD＝6
000×＝100(m)，
∠D＝180°－135°－30°＝15°．
由正弦定理，得＝，
∴BC＝＝
＝＝
＝50(－1)(m)．
在Rt△ABE中，tan
α＝．
∵AB为定长，∴当BE的长最小时，α取最大值60°，这时BE⊥CD．
当BE⊥CD时，在Rt△BEC中，
EC＝BC·cos∠BCE
＝50(－1)·
＝25(3－)(m)．
设该人沿南偏西60°的方向走到仰角α最大时，走了t分钟，
则t＝×60＝×60＝(分钟)．
(2)由(1)知当α取得最大值60°时，BE⊥CD．
在Rt△BEC中，BE＝BC·sin∠BCD，
∴AB＝BE·tan
60°＝BC·sin∠BCD·tan
60°
＝50(－1)××＝25(3－)(m)．
即所求塔高为25(3－)
m．
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11.1.1
正弦定理
课后训练
1．在△ABC中，a＝1，∠C＝60°，若，则∠A的值为( )．
A．30°
B．60°
C．30°或150°
D．60°或120°
2．已知在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，若，且∠A＝75°，则b等于( )．
A．2
B．
C．
D．
3．若，则△ABC是( )．
A．等边三角形
B．有一内角是30°的直角三角形
C．等腰直角三角形
D．有一内角是30°的等腰三角形
4．在△ABC中，a＝1，b＝x，∠A＝30°，则使△ABC有两解的x的范围是( )．
A．(1，)
B．(1，＋∞)
C．(，2)
D．(1,2)
5．设a，b，c分别是△ABC中∠A，∠B，∠C所对边的边长，则直线xsin
A＋ay＋c＝0与bx－ysin
B＋sin
C＝0的位置关系是( )．
A．平行
B．重合
C．垂直
D．相交但不垂直
6．在△ABC中，已知BC＝8，AC＝5，△ABC的面积为12，则cos
2C＝________.
7．在平地上有A，B两点，A在山的正东，B在山的东南，且在A的南偏西25°距离为300米的地方，在A测山顶的仰角是30°，则山高为______米．(结果保留整数)
8．(·课标全国)在△ABC中，∠B＝60°，，则AB＋2BC的最大值为__________．
9．已知a，b，c分别为△ABC的∠A，∠B，∠C的对边，p＝(cos
C，sin
C)，q＝(1，)，且p∥q.
(1)求∠C的大小；
(2)若sin
B＝cos
2B，且c＝3，求a，b的值．
10．在△ABC中，已知内角，边，设内角∠B＝x，面积为y.
(1)求函数y＝f(x)的解析式和定义域；
(2)求y的最大值．(注：S△ABC＝AC·BC·sin
C)
参考答案
1.
答案：A
2.
答案：A sin
A＝sin
75°＝sin(45°＋30°)＝.
由，可知∠C＝75°，
所以∠B＝30°.
所以.由正弦定理，得
.
3.
答案：C 由正弦定理及已知条件对比发现sin
B＝cos
B，sin
C＝cos
C，故∠B＝∠C＝45°，∠A＝90°.
所以该三角形为等腰直角三角形．
4.
答案：D
5.
答案：C 由题设条件可知a≠0，sin
B≠0，从而两条直线的斜率分别是，.由正弦定理知，从而有k1k2＝－1，所以两直线垂直．
6.
答案： 由三角形的面积公式，得|BC|·|CA|·sin
C＝20sin
C＝12，即.
于是cos
2C＝1－2sin2C＝.
7.
答案：230 如图，设山高为CD，AB＝300米，
∠ABD＝180°－(45°＋65°)＝70°.
在△ABD中，AD＝＝300×sin
70°×.
在△ACD中，CD＝AD·tan
30°≈230(米)．
8.
答案： 令AB＝c，BC＝a，则由正弦定理得，
则c＝2sin
C，a＝2sin
A，且∠A＋∠C＝120°，
故AB＋2BC＝c＋2a＝2sin
C＋4sin
A
＝2sin
C＋4sin(120°－C)
＝2sin
C＋4()
＝4sin
C＋cos
C
＝sin(C＋φ)(其中)．
故当∠C＋φ＝90°时，AB＋2BC取最大值，为.
9.
答案：分析：本题是三角函数与解三角形以及向量知识相结合的一道题目，由p∥q可得角C的正切值，进而求出角C；再由sin
B＝cos
2B，c＝3和正弦定理可求出a，b.
解：(1)∵p∥q，∴.∴.
又∵∠C∈(0,
π)，∴.
(2)∵sin
B＝cos
2B＝1－2sin2B，
∴2sin2B＋sin
B－1＝0.
∴或sin
B＝－1(舍去)．
∵∠B∈(0，)．∴∠B＝.∴∠A＝.
由正弦定理，得，
.
10.
答案：解：(1)由正弦定理，得：，
∴y＝f(x)＝sin
x·sin
(x＋)，
定义域为{x|0＜x＜}．
(2)函数y＝f(x)＝sin
x·sin
(x＋)
＝sin2x＋6sin
xcos
x
＝
＝．
∵0＜x＜，
∴，
∴当，即时，y的最大值为.
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11．1.1 正弦定理
1．已知△ABC中，a＝4，b＝4，∠A＝60°，则∠B等于( )
A．45°
B．135°
C．45°或135°
D．以上都不对
2．在△ABC中，bsinAA．一解
B．两解
C．无解
D．一解或两解或无解
3．在△ABC中，a＝6，∠B＝30°，∠C＝120°，则△ABC的面积为__________．
4．在△ABC中，若∠A∶∠B∶∠C＝1∶2∶3，则a∶b∶c＝__________.
答案：1．A 由正弦定理＝，得sinB＝＝＝，
∴∠B＝45°或135°，当B＝135°时，∠B＋∠A>180°.
∴∠B＝45°.
2．B 结合图形知有两解．
3．9 ∠A＝180°－30°－120°＝30°，由正弦定理得c＝·sinC＝·＝6，
∴S△ABC＝a·c·sinB＝×6×6×＝9.
4．1∶∶2 ∵∠A∶∠B∶∠C＝1∶2∶3，且∠A＋∠B＋∠C＝180°，
∴∠A＝30°，∠B＝60°，∠C＝90°.
∴a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC＝sin30°∶sin60°∶sin90°＝∶∶1＝1∶∶2.
课堂巩固
1．在△ABC中，已知∠A＝150°，a＝3，则其外接圆半径R的值为( )
A．3
B.
C．2
D．不确定
2．在△ABC中，若a＝2bsinA，则∠B等于( )
A．30°
B．60°
C．30°或150°
D．60°或120°
3．(2009江苏徐州模拟)已知△ABC中，·<0，S△ABC＝，||＝3，||＝5，则∠A＝__________.
4．在△ABC中，已知a＝x，b＝2，∠B＝45°，如果利用正弦定理解三角形有两解，则x的范围是__________．
5．根据下列条件解三角形．
①a＝7，b＝9，∠A＝100°；②a＝10，b＝20，∠A＝60°；
③a＝2，b＝，∠A＝45°；④a＝2，b＝6，∠A＝30°.
6．在△ABC中，已知(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，试判断△ABC的形状．
答案：1．A 在△ABC中，＝＝6＝2R，
∴R＝3.
2．D 由a＝2bsinA得＝，
又＝，
∴＝.
∴sinB＝.
∴∠B＝60°或120°.
3．150° 由·<0，得∠A为钝角，
由S△ABC＝，||＝3，||＝5，得×3×5sinA＝，
∴sinA＝，即∠A＝150°.
4．(2,2) ∵有两解，
∴asinB解得25．解法一：①a＝7，b＝9，
∴a∴∠A<∠B.
又∠A＝100°，∴本题无解．
②bsinA＝20·sin60°＝10，
∴a③∵a＝2，b＝，∠A＝45°<90°，
∴∠A>∠B.∴三角形有一解．
sinB＝＝＝，∴∠B＝30°，
∠C＝180°－(∠A＋∠B)＝180°－(35°＋45°)＝105°，
c＝＝＝2×＝＋1.
④a＝2，b＝6，a又∵bsinA＝6sin30°，a>bsinA，
∴本题有两解．
由正弦定理，得sinB＝＝＝，
∴∠B＝60°或∠B＝120°.
当∠B＝60°时，∠C＝90°，
边c＝＝＝4；
当∠B＝120°时，∠C＝30°，边c＝＝2.
解法二：对于第②③④小题，也可接如下解法求解．
②sinB＝＝＝>1，
∴三角形无解．
③sinB＝＝，
又a>b，∴∠A>∠B，即∠B为锐角．
∴∠B＝30°，有一解．
④sinB＝＝，又a∴∠B＝60°或120°，有两解．
6.解：∵(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，
∴(a2＋b2)(sinAcosB－cosAsinB)＝(a2－b2)(sinAcosB＋cosAsinB)．
整理，得a2cosAsinB＝b2sinAcosB，
由正弦定理，得sinAcosA＝sinBcosB，
∴sin2A＝sin2B.
∵0∴2A＋2B＝π或2A＝2B.
∴A＝B或A＋B＝.
∴△ABC为直角三角形或等腰三角形．
1．在△ABC中，∠B＝45°，∠C＝60°，c＝1，则最短边的边长为( )
A.
B.
C.
D.
1．答案：A 由题意可得∠A＝180°－45°－60°＝75°.
∵∠B最小，∴最小边是b.
由＝，得b＝＝.
2．(福建高考，文7)已知锐角△ABC的面积为3，BC＝4，CA＝3，则角C的大小为( )
A．75°
B．60°
C．45°
D．30°
2．答案：B S△ABC＝×3×4sinC＝3，
∴sinC＝.
∵△ABC是锐角三角形，
∴∠C＝.
3．(广东广州模拟)设a、b、c分别是△ABC的三个内角∠A、∠B、∠C所对的边，且满足条件：＝＝＝4，则△ABC的面积为( )
A.
B．4
C．2
D．2
3．答案：A 由正弦定理＝＝＝2R＞0，
得a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC.
又∵＝＝，
∴tanA＝tanB＝tanC.
∵∠A、∠B、∠C为△ABC的内角，
∴∠A＝∠B＝∠C＝60°.
由＝4，得a＝2，S△ABC＝×2×2sin60°＝.
4．在锐角三角形ABC中，a、b、c分别是三内角∠A、∠B、∠C的对边，且∠B＝2∠A，则的取值范围是( )
A．(－2,2)
B．(0,2)
C．(1，)
D．(，)
4．答案：D 由正弦定理，知＝，
又∠B＝2∠A，
∴＝＝2cosA.
∵△ABC为锐角三角形，
∴0°<∠B<90°.
∴0°<2∠A<90°.
∴0°<∠A<45°.
又0°<∠C<90°，
∴∠A＋∠B>90°.
∴3∠A>90°.∴∠A>30°.
∴30°<∠A<45°.
∴<2cosA<，即∈(，)．
5．在△ABC中，b∶c＝2∶，B－C＝，则sinA＝__________.
5.
答案： ∵b∶c＝2∶，
∴sinB∶sinC＝2∶.
∴sinB＝sinC.①
∵B－C＝，
∴B＝＋C.
∴sinB＝sin(＋C)＝cosC＋sinC.②
由①②可得cosC＝sinC.
∵b∶c＝2∶，
∴B>C.
∴cosC＝，C＝，B＝，A＝.
∴sinA＝.
6．设a，b，c分别是△ABC的三个内角A，B，C所对的边，则由a2＝b(b＋c)可得A＝__________B.
6．答案：2 若a2＝b(b＋c)，
则sin2A＝sinB(sinB＋sinC)，
则＝＋sinBsinC，
∴(cos2B－cos2A)
＝sinBsinC，sin(B＋A)sin(A－B)＝sinBsinC.
又sin(A＋B)＝sinC，
∴sin(A－B)＝sinB.
∴A－B＝B，A＝2B.
7．在△ABC中，sin2A＋sin2B＋sin2C的值为__________．
7．答案：0 由正弦定理得sin2A＝2×·sinAcosA
＝2··cosA
＝2sin(B－C)cosA＝sin2C－sin2B.
同理sin2B＝sin2A－sin2C，
·sin2C＝sin2B－sin2A，
∴原式＝0.
8.(山东高考，文17)已知函数f(x)＝2sinxcos2＋cosxsinφ－sinx(0<φ<π)在x＝π处取最小值．
(1)求φ的值；
(2)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知a＝1，b＝，f(A)＝，求角C.
8．答案：解：(1)f(x)＝2sinx＋cosxsinφ－sinx＝sinx＋sinxcosφ＋cosxsinφ－sinx
＝sinxcosφ＋cosxsinφ
＝sin(x＋φ)．
因为f(x)在x＝π时取最小值，
所以sin(π＋φ)＝－1.
故sinφ＝1.
又0<φ<π，所以φ＝.
(2)由(1)知f(x)＝sin(x＋)＝cosx.
因为f(A)＝cosA＝，
且A为△ABC的内角，所以A＝.
由正弦定理得sinB＝＝.
又b>a，所以B＝或B＝.
当B＝时，C＝π－A－B＝π－－＝；
当B＝时，C＝π－A－B＝π－－＝.
综上所述，C＝或C＝.
9．在△ABC中，acosA＋bcosB＝ccosC，试判断△ABC的形状．
9．答案：解：由正弦定理，设＝＝＝2R＞0.
∴a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC.
代入已知条件得2RsinAcosA＋2RsinBcosB＝2RsinCcosC，
即sinAcosA＋sinBcosB＝sinCcosC.
根据二倍角公式，得sin2A＋sin2B＝sin2C，
sin[(A＋B)＋(A－B)]＋sin[(A＋B)－(A－B)]＝2sinCcosC，
∴2sin(A＋B)cos(A－B)＝2sinCcosC.
∵A＋B＋C＝π A＋B＝π－C，
∴sin(A＋B)＝sinC≠0，cos(A＋B)＝－cosC.
∴cos(A－B)＋cos(A＋B)＝0.
∴2cosAcosB＝0 cosA＝0或cosB＝0，
即∠A＝90°或∠B＝90°.
∴△ABC是直角三角形．
点评：在三角形中，若边a，b，c是齐次式，可利用正弦定理转化为角的关系，然后利用三角恒等变换进行化简与转化．
10．在△ABC中，∠A、∠B、∠C分别对应边a、b、c.
(1)证明＝；
(2)若b＝acosC，判定△ABC的形状．
10．答案：(1)证明：∵∠C＝π－(∠A＋∠B)，
∴sinC＝sin(A＋B)．
∴sinCsin(A－B)
＝sin(A＋B)·sin(A－B)
＝(sinAcosB＋cosAsinB)·(sinAcosB－cosAsinB)
＝sin2Acos2B－cos2Asin2B
＝sin2A(1－sin2B)－(1－sin2A)sin2B
＝sin2A－sin2Asin2B－sin2B＋sin2Asin2B
＝sin2A－sin2B，
∴＝.
又由正弦定理，得＝，
∴＝.
(2)解：∵b＝acosC，
由正弦定理，得sinB＝sinAcosC，
∵∠B＝π－(∠A＋∠C)，
∴sinB＝sin(A＋C)．
∴sin(A＋C)＝sinA·cosC，
即sinAcosC＋cosAsinC＝sinAcosC.
∴cosAsinC＝0.
又∠A、∠C∈(0，π)，
∴cosA＝0，∠A＝.
∴△ABC是直角三角形．
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11.1.2
余弦定理
课后训练
1．在△ABC中，a∶b∶c＝1∶1∶，则cos
C的值为( )．
A．
B．
C．
D．
2．在△ABC中，若2cos
Bsin
A＝sin
C，则△ABC的形状一定是( )．
A．等腰直角三角形
B．直角三角形
C．等腰三角形
D．等边三角形
3．在△ABC中，AB＝5，BC＝2，∠B＝60°，则的值为( )．
A． B．5
C．
D．－5
4．在△ABC中，AB＝3，，AC＝4，则边AC上的高是( )．
A．
B．
C．
D．
5．(重庆高考)若△ABC的内角A，B，C所对的边a，b，c满足(a＋b)2－c2＝4，且∠C＝60°，则ab的值为( )．
A．
B．
C．1
D．
6．在△ABC中，∠B＝60°，b2＝ac，则△ABC一定是__________三角形．
7．已知一锐角三角形的三边长为2,3，x，则x的取值范围是________．
8．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且3b2＋3c2－3a2＝，则sin
A＝________.
9．在△ABC中，已知∠B＝45°，D是BC边上的一点，AD＝10，AC＝14，DC＝6，求AB的长．
10．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足c＝2bcos
A．
(1)求证：∠A＝∠B；
(2)若△ABC的面积，，求c的值．
参考答案
1.
答案：D
2.
答案：C 由2cos
Bsin
A＝sin
C，得，∴a＝b.∴△ABC为等腰三角形．
3.
答案：D
4.
答案：B 由余弦定理，得.
∴.
∴S△ABC＝AB·AC·sin
A＝.
设边AC上的高为h，则S△ABC＝AC·h＝.
∴.
5.
答案：A ∵(a＋b)2－c2＝4，∴a2＋b2－c2＝4－2ab.
又∵∠C＝60°，由余弦定理，得，
即a2＋b2－c2＝ab.∴4－2ab＝ab，则.
6.
答案：等边 因为∠B＝60°，b2＝ac，由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos
B，得ac＝a2＋c2－ac，即(a－c)2＝0，所以a＝c.
又∠B＝60°，所以△ABC是等边三角形．
7.
答案：(，) 由三角形的三边间的关系，得?2＋3＞x，,2＋x＞3，即1＜x＜5，要使三角形为锐角三角形，只需最大边3或x所对的角是锐角，即其余弦值为正即可，故有4＋x2－9＞0或4＋9－x2＞0，解得.
8.
答案：
9.
答案：解：在△ADC中，AD＝10，AC＝14，DC＝6，
由余弦定理，得，
∴∠ADC＝120°，∴∠ADB＝60°.
在△ABD中，AD＝10，∠B＝45°，∠ADB＝60°，
由正弦定理，得，
∴
＝.
10.
答案：解：(1)证明：因为c＝2bcos
A，由正弦定理，得sin
C＝2sin
B·cos
A，
所以sin
(A＋B)＝2sin
B·cos
A，
所以sin
(A－B)＝0，
在△ABC中，因为0＜∠A＜π，0＜∠B＜π，
所以－π＜∠A－∠B＜π，
所以∠A＝∠B.
(2)由(1)知a＝b.
因为，又0＜∠C＜π，所以.
又因为△ABC的面积，
所以，可得a＝b＝5.
由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos
C＝10.
所以.
PAGE
11.2 应用举例
1．如图所示，为了测量隧道口AB的长度，给定下列四组数据，应当测量的数据是( )
A．α、a、b
B．α、β，a
C．a、b、γ
D．α、β，b
2．已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于a
km，灯塔A在观察站C的北偏东20°方向，灯塔B在观察站C的南偏东40°方向，则灯塔A与灯塔B的距离为( )
A．a
km
B.a
km
C.a
km
D．2a
km
3．某人向东走了x
km，然后向右转150°，向新方向走了3
km，结果他离出发点
km，则x的值为__________．
4．在高出海平面200
m的小岛顶上A处，测得位于正西和正东的两船的俯角分别为45°和30°，此时两船的距离为__________．
答案：1．C 选择易到达、容易测量的长度a、b和∠γ，然后利用余弦定理求AB的长度．
2．B 如图所示，可知∠ACB＝120°，AC＝BC＝a，
在△ABC中，过点C作CD⊥AB，则AB＝2AD＝2acos30°＝a.
3.或2 根据余弦定理知()2＝x2＋32－2·3·x·cos30°，解得x＝或2.
4．200(＋1)
m 如图，BH＝AH＝200
m，
而CH＝AH·tan60°＝200
m，
∴
两船相距200(＋1)
m．
课堂巩固
1．两座灯塔A和B到海岸观察站O的距离相等，灯塔A在观察站沿北偏东40°，灯塔B在观察站南偏东60°，则灯塔A在灯塔B的( )
A．北偏东10°
B．北偏西10°
C．南偏东10°
D．南偏西10°
2．如图，D、C、B三点在地面同一直线上，DC＝a，从C、D两点测得A点的仰角分别是α、β(α<β)，则点A离地面的高AB等于( )
A.
B.
C.
D.
3．在一次夏令营活动中，同学们在相距10海里的A、B两个小岛上活动结束后，有人提出到隔海相望的未知的C岛上体验生活，为合理安排时间，他们需了解C岛与B岛或A岛的距离．为此他们测得从A岛望C岛和B岛成60°的视角，从B岛望C岛和A岛成75°的视角，那么B岛和C岛之间的距离是__________海里．
4．甲在A处，乙在甲的北偏东45°距A
10千米的C处，乙正沿南偏东75°方向以9千米/时的速度奔向B处，甲欲以21千米/时的速度与乙会合，则甲、乙会合的最短时间为__________小时．
5．(辽宁高考，文18)如图，A，B，C，D都在同一个与水平面垂直的平面内，B，D为两岛上的两座灯塔的塔顶，测量船于水面A处测得B点和D点的仰角分别为75°，30°，于水面C处测得B点和D点的仰角均为60°，AC＝0.1
km，试探究图中B、D间距离与另外哪两点间距离相等，然后求B，D的距离(计算结果精确到0.01
km，≈1.414，≈2.449)．
6．(海南、宁夏高考，文17)如图，为了解某海域海底构造，在海平面内一条直线上的A，B，C三点进行测量．已知AB＝50
m，BC＝120
m，于A处测得水深AD＝80
m，于B处测得水深BE＝200
m，于C处测得水深CF＝110
m，求∠DEF的余弦值．
答案：
1．B 如图所示，
∵∠OBC＝60°，∠AOB＝80°，∴∠ABO＝50°.
∴∠ABC＝∠OBC－∠ABO＝10°.
2．A 由图可知，△ADC中，∠DAC＝β－α.
由正弦定理，得＝，
即AC＝.
在Rt△ABC中，AB＝AC·sinβ，
∴AB＝.
3．5 在△ABC中，由题意知∠CAB＝60°，∠ABC＝75°，
∴∠ACB＝45°.
由正弦定理＝，∴BC＝5.
4. 设甲、乙会合的最短时间为x，
在△ACB中，AC＝10，AB＝21x，CB＝9x，∠ACB＝45°＋75°＝120°.
由余弦定理，得(21x)2＝102＋(9x)2－2×10×9x·cos120°，
∴36x2－9x－10＝0.
解得x＝或x＝－(舍去)．
5．解：在△ACD中，∠DAC＝30°，∠ADC＝60°－∠DAC＝30°，
所以CD＝AC＝0.1.
又∠BCD＝180°－60°－60°＝60°，
故CB是△CAD底边AD的中垂线，
所以BD＝BA.
在△ABC中，＝，
即AB＝＝，
因此，BD＝≈0.33(km)．
故B，D的距离约为0.33
km.
6．解：作DM∥AC交BE于N，交CF于M.
DF＝＝＝10，
DE＝＝＝130，
EF＝＝＝150.
在△DEF中，由余弦定理，
cos∠DEF＝
＝＝.
1．江岸边有一炮台高30米，江中有两条船，由炮台顶部测得俯角分别为45°和30°，而且两条船与炮台底部连线成30°角，则两条船相距( )
A．10米
B．100米
C．20米
D．30米
1．答案：
D 如图所示，设炮台顶部为A，两条船分别为B，C，炮台底部为D，可知∠BAD＝45°，∠CAD＝60°，∠BDC＝30°，AD＝30，分别在Rt△ADB，Rt△ADC中，求得DB＝30，DC＝30，在△DBC中，由余弦定理，得BC2＝DB2＋DC2－2DB·DCcos30°＝900，
∴BC＝30.
2．在200
m的山顶上，测得山下一塔的塔顶与塔底的俯角分别为30°、60°，则塔高为( )
A.
m
B.
m
C.
m
D.
m
2．答案：
A 如图，在Rt△CDB中，CD＝200，∠BCD＝90°－60°＝30°，BC＝＝，
在△ABC中，∠ABC＝∠BCD＝30°，∠ACB＝60°－30°＝30°，
∴∠BAC＝120°.
由＝，
∴AB＝＝
m.
3．如图所示，货轮在海上以40
km/h的速度由B到C航行，航向的方位角∠NBC＝140°，A处有灯塔，其方位角∠NBA＝110°，在C处观测灯塔A的方位角∠N′CA＝35°，由B到C需航行半小时，则C到灯塔A的距离是( )
A．10
km
B．10
km
C．10(－)
km
D．10(＋)
km
3．答案：C 在题图中，∠ABC＝30°，∠N′CB＝40°，∠N′CA＝35°，
∴∠BAC＝180°－(30°＋75°)＝75°.
由正弦定理，得＝，
∴AC＝＝10(－)．
4．甲船在岛A的正南B处以4
km/h的速度向正北航行，AB＝10
km，同时乙船自岛A出发以6
km/h的速度向北偏东60°的方向驶去，当甲、乙两船相距最近时，它们所航行的时间为( )
A.
min
B.
h
C．21.5
min
D．2.15
h
4．答案：
A 设航行t
h后，两船相距d，如图，
经分析，当0时d的表达式均为
d＝
＝
＝2，
∴当t＝
h时，d取最小．
∴t＝×60＝
min时两船相距最近．
5．A和B两人同时拉动有绳子相缚的物体，当A和B所拉着的绳子与铅直线成30°、45°的角时，A和B的手上所承受的力之比为__________．
5.答案：
根据力的合成与平衡，得F1＋F2＝－G，如图，
所求的力之比为相应平行四边形的边长之比，
由正弦定理得＝，
∴|F1|∶|F2|＝sin45°∶sin30°＝.
6．有一长为10
m的斜坡，倾斜角为75°，在不改变坡高和坡顶的前提下，通过加长坡面的方法将它的倾斜角改为30°，则坡底要延长__________
m.
6．答案：10 在△ABB′中，∠B′＝30°，∠BAB′＝75°－30°＝45°，AB＝10
m，
由正弦定理，得BB′＝＝10.
7．在某年的奥运会比赛前，C国教练布置战术时，要求击球手以连接本垒及游击手的直线成15°的方向把球击出．由经验和测速仪显示，通常情况下，球速为游击手最大跑速的4倍，则游击手在这种布置下__________接着球．(能，不能)
7．答案：
不能 假设游击手能接到球，接球点为B，则游击手从A点跑出，本垒为O点，则∠AOB＝15°，OB＝vt，AB≤，
在△AOB中，由正弦定理可得
＝，
所以sin∠OAB＝≥·＝－>1.
所以∠OAB不存在，即游击手不能接到球．
8．如图，某海岛上一观察哨A上午11时测得一轮船在海岛北偏东60°的C处，12时20分时测得船在海岛北偏西60°的B处，12时40分轮船到达位于海岛正西方且距海岛5
km的E港口，如果轮船始终匀速直线前进，问船速多少？
8．答案：解：轮船从点C到点B耗时80分钟，从点B到点E耗时20分钟，而船始终匀速行进，由此可见：BC＝4EB.
设EB＝x，则BC＝4x.
由已知得∠BAE＝30°，只要求出BE＝x的值，便可求出轮船的速度，
在△ABE中，要求BE，至少还应求得一角或一边．在此求出AB.
在△AEC中，由正弦定理，得＝，
即sinC＝＝＝.
在△ABC中，由正弦定理，得＝，
即AB＝＝＝.
在△ABE中，由余弦定理，得
BE2＝AB2＋AE2－2AB·AEcos30°
＝＋25－2××5×＝.
∴BE＝
km.
∴船的速度为÷＝≈9.64(km/h)．
9．如图，一辆汽车从O点出发，沿海岸一条直线公路以100
km/h的速度向东匀速行驶．汽车开动时，在O点南偏东方向距O点500
km且与海岸距离为300
km的海上M处有一快艇，与汽车同时出发，要把一件重要的物品递送给这辆汽车的司机，问快艇至少必须以多大的速度行驶，才能把物品递送到司机手中，并求快艇以最小速度行驶时的方向与OM所成的角．
9．答案：解：设快艇从M处以v
km/h的速度出发，沿MN方向航行，t小时后与汽车相遇，
在△MON中，MO＝500，ON＝100t，MN＝vt，
设∠MON＝α，由题意知sinα＝，
则cosα＝.
由余弦定理知
MN2＝OM2＋ON2－2OM·ONcosα，
即v2t2＝5002＋1002t2－2×500×100t×，
整理，得v2＝(500×－80)2＋3
600.
当＝，即t＝时，v＝3
600，
∴vmin＝60°，即快艇至少必须以60
km/h的速度行驶，此时MN＝60×＝15×25，MQ＝300.
设∠MNO＝β，则sinβ＝＝.
∴α＋β＝90°，即MN与OM垂直．
10．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直线航行，当甲船位于A1处时，乙船位于甲船的北偏西105°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，乙船航行到甲船的北偏西120°方向的B2处，此时两船相距10海里，问乙船每小时航行多少海里？
10．答案：
解：连结A1B2，由已知A2B2＝10，
A1A2＝30×＝10，
∴A1A2＝A2B2.
又∠A1A2B2＝180°－120°＝60°，
∴△A1A2B2是等边三角形．
∴A1B2＝A1A2＝10.
由已知，A1B1＝20，∠B1A1B2＝105°－60°＝45°，
在△A1B2B1中，由余弦定理，
B1B＝A1B＋A1B－2A1B1·A1B2·cos45°
＝202＋(10)2－2×20×10×＝200.
∴B1B2＝10.
因此，乙船的速度的大小为×60＝30(海里/小时)．
答：乙船每小时航行30海里．
PAGE
11.1
正弦定理和余弦定理
自主广场
我夯基
我达标
1.在△ABC中，A=60°,a=,则等于(
)
A.
B.
C.
D.
思路解析:由比例的运算性质,知=，由题意，已知A、a，可得.
答案:B
2.△ABC的三内角A、B、C所对边的长分别为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.
思路解析:p∥q(a+c)(c-a)=b(b-a)
b2+a2-c2=ab，利用余弦定理，得2cosC=1，即cosC=C=.
答案:B
3.在△ABC中，若，则△ABC是(
)
A.直角三角形
B.等边三角形
C.钝角三角形
D.等腰直角三角形
思路解析:设=k，则a=ksinA,b=ksinB,c=ksinC，代入，得.
于是sinAcosB-cosAsinB=0,sin(A-B)=0,
∴A=B.同理,B=C，C=A.
答案:B
4.在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c,A=,a=,b=1，则c等于(
)
A.1
B.2
C.
D.
思路解析:由正弦定理，得sinB=，又a＞b，所以A＞B，故B=30°.所以C=90°.故c=2.
也可以利用b2+c2-a2=2bccosA求解.
答案:B
5.在△ABC中，∠A、∠B、∠C所对的边分别为a、b、c.若sinA∶sinB∶sinC=5∶7∶8,则a∶b∶c=____________,∠B的大小是____________.
思路解析:∵，sinA∶sinB∶sinC=5∶7∶8,
∴a∶b∶c=5∶7∶8.
令a=5,b=7,c=8，则cosB=.∴∠B=.
答案:5∶7∶8
6.在△ABC中，已知BC=12，A=60°，B=45°，则AC=____________.
思路解析:已知两角及任一边运用正弦定理，已知两边及其夹角运用余弦定理.由正弦定理,得，解得AC=.
答案:
7.已知钝角△ABC的三边a=k,b=k+2,c=k+4，求k的取值范围.
思路分析：由三角形中大边对大角的性质,可知角C为最大角，即C为钝角，则cosC＜0,结合余弦定理可求解.注意已知三边a，b，c，必须首先能构成一个三角形，方法是两边之和大于第三边.
解：∵c＞b＞a,∴角C为钝角.
由余弦定理，得cosC=＜0.
∴k2-4k-12＜0,即-2＜k＜6.
又由三角形两边之和大于第三边，即k+(k+2)＞k+4，得k＞2.∴2＜k＜6.
8.△ABC中，角A、B、C的对边分别是a、b、c,角C等于角A的2倍，a+b=10,cosA=，
求:(1)的值;(2)b的值.
思路分析：由C=2A，得sinC=sin2A，利用二倍角公式结合正弦定理可求的值；利用余弦定理及的值联立求b.
解：(1)∵C=2A,∴sinC=sin2A=2sinAcosA.
由正弦定理,得=2cosA=2×=.
(2)cosA==,
又a+b=10，c=，联立，解得
当a=5,b=5时，三角形为等腰三角形，由A=B及C=2A可得A=45°，这与cosA=矛盾，不合题意，∴b的值为.
我综合
我发展
9.在△ABC中，角A、B、C对边分别为a、b、c.
求证：.
思路分析：分析所给的等式左右两边的差异，利用正弦定理、余弦定理实现边、角的统一.
证明：由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA，b2=a2+c2-2accosB，
得a2-b2=b2-a2-2bccosA+2accosB.
整理,得.
依正弦定理，有,，
∴.
10.在△ABC中，a、b、c分别是∠A、∠B、∠C的对边长,且.
(1)求sinB；
(2)若b=，且a=c，求△ABC的面积.
思路分析：本题所给已知条件中，既有边又有角，第一个问题是求其中一内角的正弦，由此容易想到利用正弦定理、余弦定理，把已知条件中的边角之间的关系全部转化为角之间的关系，从而将问题解决.第二个问题容易想到利用三角形相应的面积公式，围绕着公式去考虑需要些什么条件.
解：(1)由正弦定理得，
又，
即sinBcosC=3sinAcosB-sinCcosB，
sin(B+C)=3sinAcosB.
又sin(B+C)=sin(π-A)=sinA＞0，∴sinA=3sinAcosB.∴cosB=.
又0＜B＜π，∴sinB=.
(2)在△ABC中，由余弦定理,得a2+c2-ac=32，
又a=c，∴=32,a2=24.
∴S△ABC=.
11.某观测站C在目标A的南偏西25°方向，从A出发有一条南偏东35°走向的公路，在C处测得公路上与C相距31千米的B处有一人正沿此公路向A走去，走20千米后到达D处，此时测得C、D间的距离为21千米，求此人所在D处距A还有多少千米？
思路分析：此题主要涉及到方位角，对于方位角不仅要分清东南西北四个基本方向，而且对于一些方位术语也要有清楚的认识才行，否则就容易出错.此题画图分析较好.
解：由题意,知∠CAD=60°，cosB=，sinB=
.
在△ABC中，AC==24.
由余弦定理,得BC2=AC2+AB2-2AC·AB·cosA,
即312=AB2+242-2·AB·24·cos60°.
AB2-24AB-385=0，AB=35或-11(舍).
故AD=AB-BD=15千米，此人所在D处距A还有15千米.
12.在△ABC中，三个内角A、B、C及其对边a、b、c满足.
(1)求角A的大小；
(2)若a=6，求△ABC面积的最大值.
思路分析：为了求角A的大小，可以把已知式子边角统一，显然由正弦定理边化角容易实现；要求三角形面积的最大值，需把此面积表示出来，根据三角形的面积公式，转化为求BC的最大值，根据余弦定理可以解决.
解：(1)根据正弦定理，已知等式可化为，
∵A+B+C=180°，∴，
sinB=sin(A-B)-sin(A+B)=sinAcosB-cosAsinB-sinAcosB-cosAsinB=-2cosAsinB.
又sinB≠0，∴cosA=,A=120°.
(2)根据余弦定理，得a2=b2+c2-2bccosA，
而a=6，A=120°，所以有36=b2+c2-2bccos120°=b2+c2+bc≥3bc,
即bc≤12.当b=c=时取“=”，
从而S△ABC=bcsinA=bcsin120°=bc≤，
因此，当b=c=时，△ABC的面积取得最大值.
PAGE
1第一章解三角形
单元检测
(时间：90分钟 满分：100分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50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，∠C＝60°，，，那么∠A等于( )．
A．135° B．105°
C．45°
D．75°
2．在△ABC中，已知a＝2，则bcos
C＋ccos
B等于( )．
A．1
B．
C．2
D．4
3．在△ABC中，a＋b＋10c＝2(sin
A＋sin
B＋10sin
C)，∠A＝60°，则a等于( )．
A．
B．
C．4
D．不确定
4．在△ABC中，已知sin
B·sin
C＝，则△ABC的形状是( )．
A．直角三角形
B．等腰三角形
C．等边三角形
D．等腰直角三角形
5．在△ABC中，∠A＝60°，AC＝16，面积，则BC的长为( )．
A．
B．75
C．51
D．49
6．在△ABC中，，BC＝3，则△ABC的周长为( )．
A．
B．4sin(∠B＋)＋3
C．6sin(∠B＋)＋3
D．6sin(∠B＋)＋3
7．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若(a2＋c2－b2)·tan
B＝，则∠B的值为( )．
A．
B．
C．
D．或
8．在△ABC中，，△ABC的面积，则与夹角的范围是( )．
A．[，]
B．[，]
C．[，]
D．[，]
9．在△ABC中，sin2A≤sin2B＋sin2C－sin
Bsin
C，则∠A的取值范围是( )．
A．(0，]
B．[，π)
C．(0，]
D．[，π)
10．美国为了准确分析战场形势，由分别位于科威特和沙特的两个距离的军事基地C和D，测得伊拉克两支精锐部队分别在A处和B处，且∠ADB＝30°，∠BDC＝30°，∠DCA＝60°，∠ACB＝45°，如图所示，则伊军这两支精锐部队间的距离是( )．
A．
B．
C．
D．
二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分．把答案填在题中的横线上)
11．在△ABC中，，∠A＝45°，∠C＝75°，则BC的长为________．
12．已知a，b，c分别是△ABC的三个内角A，B，C所对的边，若a＝1，，∠A＋∠C＝2∠B，则sin
C＝________.
13．在△ABC中，三个内角∠A，∠B，∠C的对边边长分别为a＝3，b＝4，c＝6，则bc·cos
A＋ca·cos
B＋ab·cos
C的值为________．
14．如果满足∠ABC＝60°，AB＝8，AC＝k的△ABC只有两个，那么k的取值范围是________．
15．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，那么c＝________.
三、解答题(本大题共2小题，共25分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
16．(本小题满分10分)已知△ABC的周长为，且sin
B＋sin
C＝sin
A．
(1)求边长a的值；
(2)若S△ABC＝3sin
A，求cos
A．
17．(本小题满分15分)如图，某人在塔的正东方向上的C处在与塔垂直的水平面内沿南偏西60°的方向以每小时6千米的速度步行了1分钟以后，在点D处望见塔的底端B在东北方向上，已知沿途塔的仰角∠AEB＝α，α的最大值为60°.
(1)求该人沿南偏西60°的方向走到仰角α最大时，走了几分钟；
(2)求塔的高度AB．
参考答案
1.
答案：C
2.
答案：C 由余弦定理，得bcos
C＋ccos
B＝.
3.
答案：A 由正弦定理易得△ABC的外接圆的半径为1，
∴＝2R＝2.
∴a＝2sin
A＝.
4.
答案：B
5.
答案：D 因为S＝AC·AB·sin
A＝×16×AB×sin
60°＝，所以AB＝55.再用余弦定理求得BC＝49.
6.
答案：D 令AC＝b，BC＝a，AB＝c，则a＋b＋c＝3＋b＋c＝3＋2R(sin
B＋sin
C)＝3＋[sin
B＋sin(－∠B)]＝3＋(sin
B＋cos
B＋sin
B)＝3＋6sin(∠B＋)．
7.
答案：D 由(a2＋c2－b2)tan
B＝，得，即，∴.又∠B∈(0，π)．∴∠B＝或.
8.
答案：B 设〈，〉＝α，
∵·＝||·||·cos
α＝3，∴||·||＝，又S＝·||·||sin(π－α)＝··sin
(π－α)＝tan
α，而，∴.∴≤tan
α≤1.∴.
9.
答案：C 根据正弦定理，由sin2A≤sin2B＋sin2C－sin
Bsin
C得，a2≤b2＋c2－bc，
∴bc≤b2＋c2－a2.∴.
∴.
又∵∠A∈(0，π)，而f(x)＝cos
x在x∈(0，π)上单调递减，
∴∠A∈(0，]．
10.
答案：A ∵∠ADC＝∠ACD＝60°，∴△ADC是等边三角形．
∴.在△BDC中，由正弦定理，得，
∴.∴在△ABC中，由余弦定理，得
，∴.
11.
答案： 由∠A＝45°，∠C＝75°，知∠B＝60°.由正弦定理，得，所以.
12.
答案：1
13.
答案： 在△ABC中，由余弦定理，得，∴bc·cos
A＝，同理ac·cos
B＝，ab·cos
C＝，∴原式＝.
14.
答案：(，8)
15.
答案： 设AB＝c，AC＝b，BC＝a，由，得cb·cos
A＝ca·cos
B．由正弦定理，得sin
Bcos
A＝cos
Bsin
A，即sin(B－A)＝0，所以∠B＝∠A，从而有b＝a.由已知，得accos
B＝1.由余弦定理，得
，即a2＋c2－b2＝2，所以.
16.
答案：解：(1)∵sin
B＋sin
C＝sin
A，∴b＋c＝a，
又a＋b＋c＝4(＋1)，∴a＝4.
(2)∵S△ABC＝bcsin
A＝3sin
A，∴bc＝6，
又，
∴.
17.
答案：解：(1)依题意，知在△DBC中，∠BCD＝30°，∠DBC＝180°－45°＝135°，
CD＝6
000×＝100(m)，
∠D＝180°－135°－30°＝15°.
由正弦定理，得，
∴
＝(m)．
在Rt△ABE中，.
∵AB为定长，∴当BE的长最小时，α取最大值60°，这时BE⊥CD.
当BE⊥CD时，在Rt△BEC中，
EC＝BC·cos∠BCE＝(m)．
设该人沿南偏西60°的方向走到仰角α最大时，走了t分钟，
则(分钟)．
(2)由(1)知当α取得最大值60°时，BE⊥CD.
在Rt△BEC中，BE＝BC·sin∠BCD，
∴AB＝BE·tan
60°＝BC·sin∠BCD·tan
60°＝(m)．
即所求塔高为m.
PAGE
11.1.1
正弦定理
5分钟训练(预习类训练,可用于课前)
1.在△ABC中，a、b、c分别是∠A、∠B、∠C的对边长，下列等式恒成立的是（
）
A.a+sinA=b+sinB
B.bsinC=csinA
C.absinC=bcsinB
D.asinC=csinA
解析：根据正弦定理可知有，asinC=csinA.
答案：D
2.在△ABC中，已知∠A∶∠B∶∠C=4∶1∶1，则
a∶b∶c等于（
）
A.3∶1∶1
B.2∶1∶1
C.∶1∶1
D.∶1∶1
解析：根据正弦定理有，a∶b∶c=sinA∶sinB∶sinC.由已知得A=120°,
B=30°,C=30°，a∶b∶c=sin120°∶sin30°∶sin30°=∶1∶1.
答案：D
3.在△ABC中,已知a=3,b=4,c=5，则sinA=____________，sinB=____________，sinC=____________，=_____________，=____________，=___________.由此可以看出______________________(两横线上填符号“=”或“≠”）.
解析：由已知条件可以判断，这个三角形是以∠C为直角的直角三角形，可知，sinA=，sinB=，从而这两个三角函数值可求出，继而后几个空也不难填出.
答案：
1
=
=
4.在△ABC中，已知a=，A=45°,则=______________.
解析：∵=2，∴.
答案：2
10分钟训练(强化类训练，可用于课中)
1.不解三角形，下列判断中正确的是（
）
A.a=7,b=14,A=30°,有两解
B.a=30,b=25,A=150°,有一解
C.a=6,b=9,A=45°,有两解
D.b=9,c=10,B=60°,无解
解析：在A中，a=bsinA，故有一解；在B中，A＞90°,a＞b，故有一解；在C中，a＜bsinA，无解；在D中，c＞b＞csinB，有两解.
答案：B
2.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°
解析：根据正弦定理得，sinA==12，0°＜A＜180°,∴A=30°或150°.
答案：A
3.在△ABC中，已知A=30°，C=105°，则2a∶b=___________.
解析：由题意知，B=180°-30°-105°=45°，由正弦定理=2R，∴.
答案：
4.在△ABC中，已知=2，则其外接圆的直径为___________.
解析：根据正弦定理有==2R（其中R是其外接圆的半径），故由已知得2R=2.
答案：2
5.在△ABC中，已知cosA=，cosB=,则a∶b∶c=___________.
解析：由已知及同角三角函数间的关系得sinA=,sinB=，sinC=sin［π-(A+B)］=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB=，由正弦定理得a∶b∶c=sinA∶sinB∶sinC=13∶20∶21.
答案：13∶20∶21
6.已知△ABC中，,试判断这个三角形的形状.
解：∵,∴,得sin2B=sin2A.
于是2B=2A或2B=π-2A，
即A=B或A+B=.
所以△ABC为等腰三角形或直角三角形.
30分钟训练(巩固类训练，可用于课后)
1.在△ABC中，已知sin2A=sin2B+sin2C，则△ABC的形状一定是（
）
A.等腰三角形
B.直角三角形
C.等腰直角三角形
D.等腰或直角三角形
解析：由正弦定理及已知条件得a2=b2+c2，从而可知该三角形是直角三角形.
答案：B
2.在△ABC中，已知(b+c)∶(c+a)∶(a+b)=4∶5∶6,则sinA∶sinB∶sinC等于（
）
A.6∶5∶4
B.7∶5∶3
C.3∶5∶7
D.4∶5∶6
解析：由已知设b+c=4k(k＞0)，则c+a=5k,a+b=6k，由此解得a=，b=,c=，由正弦定理得sinA∶sinB∶sinC=a∶b∶c=7∶5∶3.
答案：B
3.在△ABC中，a=80,b=100,A=45°,则此三角形解的情况是（
）
A.一解
B.两解
C.一解或两解
D.无解
解析：∵
bsinA≈70.7＜a,且b＞a，
∴有两解，选B.
答案：B
4.在△ABC中，a,b,c分别是A、B、C的对边长.若A=105°，B=45°，b=2,则c=___________.
解析：由题可知C=180°-105°-45°=30°，由正弦定理得=2.
答案：2
5.在△ABC中，已知a=3,b=4,C=60°，则△ABC的面积为__________.
解析：先找出b边上的高h=asinC=3sin60°，S△ABC=12absinC=12×3×4sin60°=3.
答案：3
6.在△ABC中，已知a=，b=，B=45°，求边c.
解：∵，∴sinA=.
又∵b＜a，∴B＜A，∴A=60°或120°.当A=60°时，C=75°，c=;
当A=120°时，C=15°，c=.
7.在△ABC中，已知sinA=，cosB=,求sinC的值.
解：∵cosB=＞0,0＜B＜π,
∴B是锐角，sinB=.
∵sinA=＜,
∴A＜B,A是锐角，cosA=.又sinC=sin［π-(A+B)］=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB,
∴sinC=.
8.已知三个城市的中心位置A、B、C刚好分别位于一个锐角三角形的三个顶点处，并且另一城市的中心位置O到这三个城市A、B、C的距离相等（假定这四个城市的中心位置位于同一平面上），且△BOC、△COA、△AOB的面积的关系为S△BOC+S△AOB=2S△COA，试判断tanAtanC是否为定值，说明理由.
解：∵O到这三个城市A,B,C的距离相等
∴O是锐角△ABC的外心，
∴∠BOC=2∠A,∠AOB=2∠C,∠AOC=2∠B.
设其外接圆的半径为R，则有S△BOC=,S△COA=，
S△AOB=.由已知S△BOC+S△AOB=2S△COA，sin2A+sin2C=2sin2B，
2sin(A+C)cos(A-C)=4sinBcosB.
又sin(A+C)=sinB≠0，∴cos(A-C)=2cosB=-2cos(A+C)，
∴cosAcosC+sinAsinC=-2cosAcosC+2sinAsinC,
∴tanAtanC=3,
即tanAtanC为定值3.
9.(2006高考湖南卷，理16)如右图,D是直角△ABC斜边BC上一点,AB=AD,记∠CAD=α,∠ABC=β.
(1)证明sinα+cos2β=0;(2)若AC=DC,求β的值.
(1)证明：如下图，∵α=-(π-2β)=2β-,
∴sinα=sin(2β-)=-cos2β.
即sinα+cos2β=0．
（2）解：在△ADC中，由正弦定理得
.
∴sinβ=sinα
由(1)得sinα=-cos2β，
∴sinβ=cos2β=(1-2sin2β),
即sin2β-sinβ=0.
解得sinβ=或sinβ=．
∵0＜β＜,∴sinβ=β=.
10.航空测量组的飞机航线和山顶在同一铅直平面内，已知飞机的高度为海拔10
000
m，速度为180
km(千米)/h（小时），飞机先看到山顶的俯角为15°，如右图，经过420
s（秒）后又看到山顶的俯角为45°，求山顶的海拔高度（取=1.4，=1.7）.
解：如图,∵∠A=15°,∠DBC=45°,
∴∠ACB=30°,
AB=180
km/h×420
s=21
000（m）.
∴在△ABC中,.
∴BC=·sin15°=10
500()
∵CD⊥AD,
∴CD=BCsin∠CBD=BC×sin45°=10
500()×=10
500()=10
500(1.7-1)=7
350.
山顶的海拔高度=10
000-7
350=2
650（米）
PAGE
1第一章解三角形
单元检测(B卷)
一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50分)
1．在△ABC中，a＝λ，，∠A＝45°，则满足此条件的三角形的个数为( )．
A．0
B．1
C．2
D．无数
2．△ABC的边长分别为AB＝7，BC＝5，CA＝6，则的值为( )．
A．19
B．18
C．36
D．38
3．在△ABC中，已知a比b长2，b比c长2，且最大角的正弦值是，则△ABC的面积是( )．
A．
B．
C．
D．
4．在△ABC中，已知下列条件解三角形，其中有唯一解的个数为( )．
①∠A＝60°，a＝，b＝1；
②∠A＝30°，a＝1，b＝2；
③∠A＝30°，a＝6，c＝10；
④∠A＝30°，c＝10，a＝10.
A．0
B．1
C．2
D．3
5．在△ABC中，b2－bc－2c2＝0，，，则△ABC的面积S等于( )．
A．
B．
C．2
D．3
6．已知△ABC的三边长分别为，，，其中a，b，c为正实数，则△ABC是( )．
A．钝角三角形
B．直角三角形
C．锐角三角形
D．以上情况均有可能
7．(山东高考模拟)在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，若(a2＋c2－b2)tan
B＝，则∠B的值为( )．
A．
B．
C．或
D．或
8．设α，β是一个钝角三角形的两个锐角，下列四个不等式中不正确的是( )．
A．tan
αtan
β＜1
B．sin
α＋sin
β＜
C．cos
α＋cos
β＞1
D．tan(α＋β)＜
9．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．海里/时
C．海里/时
D．海里/时
10．已知△ABC中，a，b，c分别为∠A，∠B，∠C所在的对边，且a＝4，b＋c＝5，tan
B＋tan
C＋＝tan
B·tan
C，则△ABC的面积为( )．
A．
B．
C．
D．
二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分)
11．在△ABC中，sin
A∶sin
B∶sin
C＝2∶3∶4，则∠B＝__________.
12．在△ABC中，∠A，∠B，∠C对应的边分别为a，b，c，若，那么c＝__________.
13．在△ABC中，BC＝3，AB＝2，且，则∠A＝__________.
14．(课标全国高考，理16)在△ABC中，∠B＝60°，，则AB＋2BC的最大值为__________．
三、解答题(本大题共5个小题，共54分)
15．(10分)如图，为了测量河对岸A，B两点间的距离，在河的这边测得CD＝km，∠ADB＝∠CDB＝30°，∠ACD＝60°，∠ACB＝45°，求A，B两点间的距离．
16．(10分)在△ABC中，a，b，c是三个内角的对边，已知b2＋c2＝a2＋bC．
(1)求∠A的大小；
(2)若sin
Bsin
C＝，判断△ABC的形状．
17．(10分)(辽宁高考，文17)△ABC的三个内角∠A，∠B，∠C所对的边分别为a，b，c，asin
Asin
B＋bcos2A＝．
(1)求；
(2)若，求∠B．
18．(12分)在△ABC中，a，b，c分别是∠A，∠B，∠C的对边，且.
(1)求∠A的大小；
(2)若，b＋c＝3，求b和c的值．
19．(12分)(广东揭阳一模)如图，某人在塔的正东方向上的C处在与塔垂直的水平面内沿南偏西60°的方向以每小时6千米的速度步行了1分钟以后，在点D处望见塔的底端B在东北方向上，已知沿途塔的仰角∠AEB＝α，α的最大值为60°.
(1)求该人沿南偏西60°的方向走到仰角α最大时，走了几分钟；
(2)求塔的高AB．
参考答案
1.
答案：A
解析：由得，∴∠B不存在，即△ABC不存在．
2.
答案：A
3.
答案：A
4.
答案：D
解析：由正弦定理知，对于①，，且b＜a，
∴∠B＝30°，∠C＝90°，c＝2，只有一解；
对于②，sin
B＝1，
∴∠B＝90°，∠C＝60°，，只有一解；
对于④，∵a＝c＝10，
∴∠C＝30°，∠B＝120°，，只有一解，故选D．
5.
答案：A
解析：∵b2－bc－2c2＝0，∴(b－2c)(b＋c)＝0.∵b＋c≠0，
∴b－2c＝0，∴b＝2c，∴6＝c2＋4c2－2c·2c×，
∴c＝2，b＝4.
∴.
6.
答案：C
解析：∵AB2＋AC2－BC2＝2a2＞0，可知cos
A＞0，
∴∠A为锐角，同理可知∠B，∠C为锐角．
7.
答案：D
8.
答案：D
9.
答案：A
解析：由题意可知PM＝68，∠MPN＝120°，∠N＝45°，
由正弦定理知，
∴，
∴速度为(海里/时)．
10.
答案：C
解析：由tan
B＋tan
C＋＝tan
B·tan
C，
得tan
B＋tan
C＝－(1－tan
B·tan
C)．
∴，
∴tan(∠B＋∠C)＝－.
∴∠B＋∠C＝120°，∴∠A＝60°.
∵a＝4，b＋c＝5，
∴a2＝b2＋c2－2bccos
A＝(b＋c)2－2bc－2bccos
A，
∴16＝25－2bc－2bc·，∴bc＝3，
∴S△ABC＝bcsin
A＝.
11.
答案：arccos
解析：由正弦定理得a∶b∶c＝2∶3∶4，设a＝2k，b＝3k，c＝4k，则，
∴∠B＝arccos.
12.
答案：
解析：由，
得bccos
A＝accos
B＝1，
根据余弦定理可得
＝，
所以b2＋c2－a2＝a2＋c2－b2＝2，
得到a2＝b2，c2＝2，.
13.
答案：120°
解析：由题意a＝3，c＝2，且知.
∴，∴∠A＝120°.
14.
答案：
解析：令AB＝c，BC＝a，则由正弦定理得，
则c＝2sin
C，a＝2sin
A，且∠A＋∠C＝120°，
故AB＋2BC＝c＋2a＝2sin
C＋4sin
A＝2sin
C＋4sin(120°－∠C)
＝
.
故当∠C＋φ＝90°时，AB＋2BC取得最大值，为.
15.
解：∵∠ADC＝∠ADB＋∠CDB＝60°，
又∵∠ACD＝60°，
∴∠DAC＝60°，DC＝AC＝km.
在△BCD中，∠DBC＝180°－60°－45°－30°＝45°，
∴.
∴BC＝km.在△ABC中，由余弦定理知AB2＝AC2＋BC2－2·AC·BC·cos
45°＝，
∴AB＝km.
答：A，B两点间的距离为km.
16.
解：(1)在△ABC中，b2＋c2－a2＝2bccos
A．
又b2＋c2＝a2＋bc，∴cos
A＝，∠A＝.
(2)sin
Bsin
C＝sin
Bsin
＝sin
Bcos
B＋sin2B
＝，
∴，∴，
∴∠A＝∠B＝∠C＝.
∴△ABC为等边三角形．
17.
解：(1)由正弦定理得，sin2Asin
B＋sin
Bcos2A＝sin
A，
即sin
B(sin2A＋cos2A)＝sin
A．
故sin
B＝sin
A，所以.
(2)由余弦定理和，得.
由(1)知b2＝2a2，故.
可得cos2B＝，又cos
B＞0，故cos
B＝，
所以∠B＝45°.
18.
解：(1)∵∠A＋∠B＋∠C＝180°，
∴，∴.
由，
得－2cos
2A＝7，
∴4(1＋cos
A)－2(2cos2A－1)＝7，
即(2cos
A－1)2＝0.
∴.∵0°＜∠A＜180°，∴∠A＝60°.
(2)∵，b＋c＝3，∠A＝60°，
由余弦定理知a2＝b2＋c2－2bccos
A，
∴3＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc＝9－3bC．
∴bc＝2.
又b＋c＝3，∴b＝1，c＝2或b＝2，c＝1.
19.
解：(1)依题意知，在△DBC中，∠BCD＝30°，∠DBC＝180°－45°＝135°，
CD＝6
000×＝100(米)，∠D＝180°－135°－30°＝15°，
由正弦定理得，
∴
(米)．
在Rt△ABE中，.
∵AB为定长，∴当BE的长最小时，α取最大值60°，这时BE⊥CD．当BE⊥CD时，
在Rt△BEC中，EC＝BC·cos∠BCE＝(米)．
设该人沿南偏西60°的方向走到仰角α最大时，走了t分钟，则(分钟)．
(2)由(1)知当α取得最大值60°时，BE⊥CD，
在Rt△BEC中，BE＝BC·sin∠BCD，
∴AB＝BE·tan
60°＝BC·sin∠BCD·tan
60°＝(米)．
即所求塔高AB为米．
PAGE
11.2
应用举例
自我小测
1．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的关系是( )
A．α>β
B．α＝β
C．α＋β＝90°
D．α＋β＝180°
2．
如图所示，设A，B两点在河的两岸，一测量者在A的同侧，在所在的河岸边选定一点C，测出AC的距离为50
m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以计算出A，B两点间的距离为( )
A．50
m
B．50
m
C．25
m
D．
m
3．如图所示，为测一棵树的高度，在地面上选取A，B两点，从A，B两点测得树尖的仰角分别为30°，45°，且A，B两点之间的距离为60
m，则树的高度为( )
A．(30+30)
m
B．(30＋15)
m
C．(15＋30)
m
D．(15＋3)
m
4．在船A上测得它的南偏东30°的海面上有一灯塔，船以每小时30海里的速度向东南方向航行半个小时后，于B处看得灯塔在船的正西方向，则这时船和灯塔相距( )
A．海里
B．海里
C．海里
D．海里
5．一货轮航行到M处，测得灯塔S在货轮的北偏东15°方向上，与灯塔S相距20海里，随后货轮按北偏西30°的方向航行30分钟后，又测得灯塔S在货轮的东北方向，则货轮的速度为( )
A．20(＋)海里/时
B．20(－)海里/时
C．20(＋)海里/时
D．20(－)海里/时
6．在湖面上高h米处，测得天空中一朵云的仰角为α，测得云在湖中之影的俯角为β，则云距湖面的高度为________米．
7．如图，某炮兵阵地位于A点，两观察所分别位于C，D两点．已知△ACD为正三角形，且DC＝
km，当目标出现在B时，测得∠CDB＝45°，∠BCD＝75°，则炮兵阵地与目标的距离为________(精确到0．01
km)．
8．如图所示，飞机的航向和山顶在同一个平面内，已知飞机的高度为海拔h
km，速度为v
km/s，飞行员先看到山顶的俯角为α，经过t
s后又看到山顶的俯角为β，求山顶的海拔高度．(用h，v，α，β等表示)
9．在△ABC中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c．已知cos
2A－3cos(B＋C)＝1．
(1)求角A的大小；
(2)若△ABC的面积S＝5，b＝5，求sin
Bsin
C的值．
参考答案
1.
解析：要正确理解仰角、俯角的含义，准确地找出仰角、俯角的确切位置，如图，在A处望B处的仰角α与从B处望A处的俯角β是内错角(根据水平线平行)，即α＝β．
答案：B
2.
解析：在△ABC中，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，∴∠ABC＝30°．又AC＝50
m，由正弦定理，得AB＝×sin∠ACB＝×sin
45°＝100×＝50(m)．
答案：A
3.
解析：设树高为h
m．由正弦定理，得＝，∴PB＝＝，∴h＝PB·sin
45°＝30＋30
(m)．
答案：A
4.
解析：如图所示，设灯塔为C，由题意可知，在△ABC中，∠BAC＝15°，∠B＝45°，∠C＝120°，AB＝30×0．5＝15(海里)，所以由正弦定理，得＝，可求得BC＝·sin
15°＝×＝(海里)．
答案：B
5.
答案：B
6.
解析：如图，设湖面上高h米处为A，测得云C的仰角为α，测得C在湖中之影D的俯角为β，CD与湖面交于M，过A的水平线交CD于E．
设云高CM＝x，则CE＝x－h，DE＝x＋h，AE＝．
又AE＝，∴＝．
整理，得x＝·h＝－h．
答案：－h
7.
解析：在△BCD中，∠CDB＝45°，∠BCD＝75°，
∴∠CBD＝180°－∠BCD－∠CDB＝60°．
由正弦定理，得BD＝＝(＋)．
在△ABD中，∠ADB＝45°＋60°＝105°，
由余弦定理，得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos
105°＝3＋(＋)2＋2××(＋)×(－)＝5＋2．
∴AB＝≈2．91(km)．
∴炮兵阵地与目标的距离约是2．91
km．
答案：2．91
km
8.
解：根据题设条件，在△ABC中，∠BAC＝α，∠ABC＝180°－β，AB＝vt(km)．设山顶的海拔高度为x
km，则AB边上的高为(h－x)
km．
在△ABC中，根据正弦定理可得＝，
∴＝＝，
∴AC＝vt，
∴h－x＝AC·sin
α＝vt，
∴x＝h－vt．
∴山顶的海拔高度为
km．
9.
解：(1)由cos
2A－3cos(B＋C)＝1，
得2cos2A＋3cos
A－2＝0，
即(2cos
A－1)(cos
A＋2)＝0，
解得cos
A＝或cos
A＝－2(舍去)．
因为0(2)由S＝bcsin
A＝bc·＝bc＝5，得bc＝20．又b＝5，知c＝4．
由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos
A＝25＋16－20＝21，故a＝．
又由正弦定理得sin
Bsin
C＝sin
A·sin
A＝sin2A＝×＝．
PAGE
1第一章解三角形
单元检测(A卷)
一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50分)
1．在△ABC中，若sin
A∶sin
B＝2∶5，则边b∶a等于( )．
A．2∶5或4∶25
B．5∶2
C．25∶4
D．2∶5
2．在△ABC
中，sin2A－sin2C＋sin2B＝sin
A·sin
B，则∠C为( )．
A．60°
B．45°
C．120°
D．30°
3．在△ABC中，已知a＝4，b＝6，∠C＝120°，则sin
A的值为( )．
A．
B．
C．
D．
4．(辽宁高考，理4)△ABC的三个内角∠A，∠B，∠C所对的边分别为a，b，c，asin
Asin
B＋bcos2A＝，则＝( )．
A．
B．
C．
D．
5．根据下列条件，确定△ABC有两解的是( )．
A．a＝18，b＝20，∠A＝120°
B．a＝60，c＝48，∠B＝60°
C．a＝3，b＝6，∠A＝30°
D．a＝14，b＝16，∠A＝45°
6．在△ABC中，∠A∶∠B∶∠C＝1∶2∶3，那么三边之比a∶b∶c等于( )．
A．1∶2∶3
B．3∶2∶1
C．1∶∶2
D．2∶∶1
7．在△ABC中，a＝2，∠A＝30°，∠C＝45°，则S△ABC＝( )．
8．在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别是a，b，C．若a2－b2＝，sin
C＝sin
B，则∠A＝( )．
A．30°
B．60°
C．120°
D．150°
9．在△ABC中，∠A＝60°，AC＝16，面积，则BC的长为( )．
A．
B．75
C．51
D．49
10．若△ABC的三边为a，b，c，f(x)＝b2x2＋(b2＋c2－a2)x＋c2，则f(x)的图象( )．
A．与x轴相切
B．在x轴上方
C．在x轴下方
D．与x轴交于两点
二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分)
11．在△ABC中，，，，则b＝________.
12．在平行四边形ABCD中，，，∠BAC＝45°，则AD＝________.
13．(福建高考，理14)如图，△ABC中，AB＝AC＝2，，点D在BC边上，∠ADC＝45°，则AD的长度等于________．
14．在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为x，b，c，若满足b＝2，∠B＝45°的三角形有两解，则x的取值范围是________．
三、解答题(本大题共5个小题，共54分)
15．(10分)在△ABC中，a＝8，b＝7，∠B＝60°，求c及S△ABC．
16．(10分)在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，已知a2－c2＝2b，且sin
B＝4cos
Asin
C，求B．
17．(10分)在△ABC中，已知(a2＋b2)sin(∠A－∠B)＝(a2－b2)sin(∠A＋∠B)，试判断△ABC的形状．
18．(12分)(山东高考，理17)在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，C．已知.
(1)求的值；
(2)若，b＝2，求△ABC的面积S.
19．(12分)如图，a是海面上一条南北方向的海防警戒线，在a上点A处有一个水声监测点，另两个监测点B，C分别在A的正东方20
km处和54
km处．某时刻，监测点B收到发自静止目标P的一个声波，8
s后监测点A、20
s后监测点C相继收到这一信号，在当时的气象条件下，声波在水中的传播速度是1.5
km/s.
(1)设A和P的距离为x
km，用x分别表示B，C到P的距离，并求x的值；
(2)求静止目标P到海防警戒线a的距离(精确到0.01
km)．
参考答案
1.
答案：B
2.
答案：A
3.
答案：A
解析：由余弦定理可求得，再由正弦定理得.
4.
答案：D
5.
答案：D
解析：，又b＞a，
∴∠B有两解．故△ABC有两解．
6.
答案：C
解析：易知∠A＝，∠B＝，∠C＝，
∴a∶b∶c＝sin
A∶sin
B∶sin
C＝1∶∶2.
7.
A．
B．
C．
D．
答案：C
解析：由得，∠B＝105°，
S△ABC＝acsin
B＝.
8.
答案：A
解析：利用正弦定理，sin
C＝sin
B可化为．
又∵，
∴，
即a2＝7b2，．
在△ABC中，，∴∠A＝30°.
9.
答案：D
解析：∵S＝AC×AB×sin
A＝×16×AB×sin
60°＝，∴AB＝55，再由余弦定理得BC＝49.
10.
答案：B
解析：∵b2＞0，Δ＝(b2＋c2－a2)2－4b2c2＝(2bccos
A)2－4b2c2＝4b2c2(cos2A－1)＜0.∴f(x)的图象在x轴的上方．
11.
答案：
解析：∵，∴，S△ABC＝absin
C＝，即，∴.
12.
答案：
解析：BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC＝48，
∴，∴.
13.
答案：
解析：在△ABC中，由余弦定理得，∴∠C＝30°.
在△ADC中，由正弦定理，得，
∴.故.
14.
答案：
解析：由正弦定理得，又恰有两解，由sin
A的取值范围可解得．
15.
解：由余弦定理得82＋c2－2×8×c×cos
60°＝72，即c2－8c＋15＝0，∴c＝3或5.
当c＝3时，；
当c＝5时，.
16.
解：由余弦定理得a2－c2＝b2－2bccos
A，又a2－c2＝2b，b≠0，∴b＝2c·cos
A＋2.由正弦定理得，又由已知得，∴b＝4c·cos
A，由可得b＝4.
17.
解：由已知有a2sin(∠A－∠B)＋b2sin(∠A－∠B)＝a2sin(∠A＋∠B)－b2sin(∠A＋∠B)，即2a2cos
Asin
B－2b2cos
Bsin
A＝0，
∴a2cos
Asin
B－b2sin
Acos
B＝0.
由正弦定理，上式可化为sin2Acos
Asin
B－sin2Bsin
Acos
B＝0，
即sin
Asin
B(sin
Acos
A－sin
Bcos
B)＝0，
∵sin
A≠0，sin
B≠0，
∴sin
Acos
A－sin
Bcos
B＝0，即sin
2A＝sin
2B，
∴2∠A＝2∠B或2∠A＋2∠B＝π，
∴∠A＝∠B或∠A＋∠B＝.
故△ABC为等腰三角形或直角三角形．
18.
解：(1)由正弦定理，设，
则，
所以，
即(cos
A－2cos
C)sin
B＝(2sin
C－sin
A)cos
B．
化简可得sin(∠A＋∠B)＝2sin(∠B＋∠C)，
又∠A＋∠B＋∠C＝π，所以sin
C＝2sin
A．
因此.
(2)由得c＝2A．
由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos
B及cos
B＝，b＝2，
得4＝a2＋4a2－4a2×.解得a＝1.从而c＝2.
又因为cos
B＝，且0＜∠B＜π，
所以.
因此.
19.
解：(1)依题意可知，
PA－PB＝1.5×8＝12(km)，
PC－PB＝1.5×20＝30(km)，
∴PB＝(x－12)
km，PC＝(x＋18)
km.
在△PAB中，AB＝20
km，由余弦定理得
.
同理，cos∠PAC＝.
由于cos∠PAB＝cos∠PAC，
即，解得(km)．
(2)作PD⊥a，垂足为D，
∴∠APD＝∠PAB．
在Rt△PDA中，
PD＝PAcos∠APD＝≈17.71(km)．
答：静止目标P到海防警戒线a的距离约为17.71
km.
PAGE
1第一章 解三角形
测评（A卷）
(时间90分钟，满分120分)
一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50分)
1．在△ABC中，a＝5，b＝3，∠C＝120°，则sinA∶sinB的值是
A.
B.
C.
D.
答案：A 由正弦定理知sinA∶sinB＝a∶b＝5∶3.
2．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c＝，b＝，∠B＝120°，则a等于
A.
B．2
C.
D.
答案：D 由正弦定理＝，
∴sinC＝.
∴∠C＝30°.
∴∠A＝30°.
∴a＝c＝.
3．在△ABC中，a＋b＋10c＝2(sinA＋sinB＋10sinC)，∠A＝60°，则a等于
A.
B．2
C．4
D．不确定
答案：A 由正弦定理易得△ABC的外接圆半径为1，
∴＝2R＝2.
∴a＝2sinA＝.
4．已知△ABC中，a＝，b＝，∠B＝60°，那么∠A等于
A．135°
B．90°
C．45°
D．30°
答案：C 由正弦定理，得＝，
∴sinA＝·sin60°＝.
∵a∴∠A＝45°.
5．在△ABC中，已知a＝2，则bcosC＋ccosB等于
A．1
B.
C．2
D．4
答案：C bcosC＋ccosB＝b·＋c·＝＝a＝2.
6．在△ABC中，∠A＝，BC＝3，则△ABC的周长为
A．4sin(B＋)＋3
B．4sin(B＋)＋3
C．6sin(B＋)＋3
D．6sin(B＋)＋3
答案：D 令AC＝b，BC＝a，AB＝c，a＋b＋c＝3＋b＋c＝3＋2R(sinB＋sinC)＝3＋[sinB＋sin(120°－B)]＝3＋(sinB＋cosB＋sinB)＝3＋6sin(B＋)．
7．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，若(a2＋c2－b2)·tanB＝ac，则∠B的值为
A.
B.
C.
D.或
答案：D 由(a2＋c2－b2)tanB＝ac得＝，
即cosB＝·，
∴sinB＝.
又∠B∈(0，π)，
∴∠B＝或.
8．在△ABC中，a＝2bcosC，则△ABC的形状一定是
A．等腰三角形
B．直角三角形
C．等腰直角三角形
D．等腰或直角三角形
答案：A
9．伊拉克战争初期，美英联军为了准确分析战场的形势，由分别位于科威特和沙特的两个距离a的军事基地C和D，测得伊拉克两支精锐部队分别在A处和B处，且∠ADB＝30°，∠BDC＝30°，∠DCA＝60°，∠ACB＝45°，如图所示，则伊军这两支精锐部队间的距离是
A.a
B.a
C.a
D.a
答案：A ∵∠ADC＝∠ACD＝60°，
∴△ADC是正三角形．
∴AC＝a.在△BDC中，由正弦定理得
＝，
即BC＝＝a.
∴在△ABC中由余弦定理得
AB2＝(a)2＋(a)2－2·a·acos45°＝a2，
∴AB＝a.
10．如图，l1、l2、l3是同一平面内的三条平行直线，l1与l2间的距离是1，l2与l3间的距离是2，正三角形ABC的三个顶点分别在l1、l2、l3上，则△ABC的边长是
A．2
B.
C.
D.
答案：D 设正三角形边长为a，AB与l2夹角为θ，易知，
1＝asinθ，2＝asin(60°－θ)；于是2asinθ＝a·sin(60°－θ)，
∴cosθ－sinθ＝0.
∴tanθ＝，cosθ＝.
∴sinθ＝
.
∴a＝＝.
二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分)
11．在△ABC中，已知AB＝4，AC＝7，BC边的中线AD＝，那么BC＝__________.
答案：
9 如图，延长AD至E，使DE＝AD，连结BE，CE，则四边形ABEC为平行四边形．AE＝2AD＝7，在△ACE中，cos∠ACE＝＝，
∴cos∠BAC＝－.
在△ABC中，BC2＝72＋42＋2×7×4×＝81，
∴BC＝9.
12．已知平面上有四点O、A、B、C，满足O＋O＋O＝0，O·O＝O·O＝O·O＝－1，则△ABC的周长是__________．
答案：3 由已知，得O是△ABC的外心，|O|＝|O|＝|O|，又O·O＝O·O＝O·O＝－1，故∠AOB＝∠BOC＝∠BOA＝，|O|＝|O|＝|O|＝，
∴△AOB为等腰三角形．
在△AOB中，AB2＝OA2＋OB2－2OA·OB·cos＝6，
∴AB＝.
∴△ABC的周长为3.
13．已知a，b，c为△ABC的三个内角∠A，∠B，∠C的对边，向量m＝(，－1)，n＝(cosA，sinA)．若m⊥n，且acosB＋bcosA＝csinC，则∠B＝________.
答案： ∵m⊥n，∴cosA－sinA＝0.
∴cosA－sinA＝0.
∴cos(A＋)＝0.
∵∠A＋∈(，)，
∴∠A＋＝.
∴∠A＝.
由正弦定理acosB＋bcosA＝csinC可化为
sinAcosB＋sinBcosA＝sin2C，
∴sin(A＋B)＝sin2C.
而sinC＝sin(A＋B)≠0，
∴sinC＝1.
∴∠C＝90°.
∴∠B＝－∠A＝.
14．在△ABC中，三个角∠A，∠B，∠C的对边边长分别为a＝3，b＝4，c＝6，则bccosA＋cacosB＋abcosC的值为__________．
答案： 在△ABC中，由余弦定理cosA＝，有bccosA＝，同理accosB＝，abcosC＝，
∴原式＝＝.
三、解答题(本大题共5个小题，共54分)
15．(10分)在△ABC中，
(1)若a＝，b＝2，c＝＋1，求∠A、∠B、∠C及S△ABC；
(2)已知b＝4，c＝8，∠B＝30°，求∠C、∠A与a.
答案：解：(1)由余弦定理，得cosA＝＝＝，
∴∠A＝60°，cosB＝＝，
∴∠B＝45°.
∴∠C＝180°－60°－45°＝75°，
∴S△ABC＝bc·sinA＝×2×(＋1)sin60°＝.
(2)由正弦定理，得sinC＝＝＝1.
又30°<∠C<150°，
∴∠C＝90°.
∴∠A＝180°－(∠B＋∠C)＝180°－120°＝60°.
∴a＝＝4.
16.(10分)(2009全国高考卷Ⅰ，文18)在△ABC中，内角A、B、C的对边长分别为a、b、c.已知a2－c2＝2b，且sinB＝4cosAsinC，求b.
答案：解：由余弦定理得a2－c2＝b2－2bccosA.
又a2－c2＝2b，b≠0，
所以b＝2ccosA＋2.①
由正弦定理得＝，
又由已知得＝4cosA，
所以b＝4ccosA.②
故由①②解得b＝4.
17．(10分)(2009海南、宁夏高考，理17)为了测量两山顶M，N间的距离，飞机沿水平方向在A，B两点进行测量．A，B，M，N在同一个铅垂平面内(如示意图)．飞机能够测量的数据有俯角和A，B间的距离．请设计一个方案，包括：①指出需要测量的数据(用字母表示，并在图中标出)；②用文字和公式写出计算M，N间的距离的步骤．
答案：解：方案一：①需要测量的数据有：A点到M，N点的俯角α1，β1；B点到M，N点的俯角α2，β2；A，B的距离d(如图所示)．
②第一步：计算AM.由正弦定理AM＝；
第二步：计算AN.由正弦定理AN＝；
第三步：计算MN.由余弦定理MN＝.
方案二：①需要测量的数据有：
A点到M，N点的俯角α1，β1；B点到M，N点的俯角α2，β2；A，B的距离d(如图所示)．
②第一步：计算BM.由正弦定理BM＝；
第二步：计算BN.由正弦定理BN＝；
第三步：计算MN.由余弦定理MN＝.
18．(12分)在锐角三角形中，角A、B、C所对的边分别为a，b，c，已知sinA＝.
(1)求tan2＋sin2；
(2)若a＝2，S△ABC＝，求b的值．
答案：解：(1)在锐角△ABC中，∠A＋∠B＋∠C＝π，sinA＝，
∴cosA＝，则tan2＋sin2
＝＋sin2
＝＋(1－cosA)
＝＋＝.
(2)∵S△ABC＝，又S△ABC＝bcsinA＝b·c·＝，
∴bc＝3.将a＝2，cosA＝，c＝代入a2＝b2＋c2－2bccosA，得b4－6b2＋9＝0，解得b＝.
19．(12分)已知k是正整数，钝角三角形的三个内角A、B、C对应的边分别为a、b、c.
(1)若方程x2－2kx＋3k2－7k＋3＝0有实根，求k的值；
(2)对于(1)中的k值，若sinC＝，且有关系式(c－b)sin2A＋bsin2B＝csin2C，试求角A、B、C的度数．
答案：解：(1)∵方程x2－2kx＋3k2－7k＋3＝0有实根，
∴Δ＝4k2－4(3k2－7k＋3)≥0，
即2k2－7k＋3≤0.
∴≤k≤3，又k∈N＋.
∴k＝1,2,3.
(2)在钝角△ABC中，0∴k＝1，sinC＝.
∴∠C＝45°或∠C＝135°.
∵(c－b)sin2A＋bsin2B＝csin2C，
由正弦定理a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC，得(c－b)a2＋b3－c3＝0，即(b－c)(b2＋c2－a2＋bc)＝0，
∴b＝c或b2＋c2－a2＋bc＝0.
当b＝c时∠B＝45°或135°，这与△ABC为钝角三角形矛盾，
∴b2＋c2－a2＋bc＝0.
由余弦定理得cosA＝＝－，
∴∠A＝120°，∠C＝45°，∠B＝180°－(∠A＋∠C)＝15°.
PAGE
11.1.1
正弦定理
自我小测
1．在△ABC中，a＝1，∠C＝60°，若c＝，则∠A的值为( )
A．30°
B．60°
C．30°或150°
D．60°或120°
2．已知在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，若a＝c＝＋，且∠A＝75°，则b等于( )
A．2
B．4＋2
C．4－2
D．－
3．在锐角△ABC中，角A，B所对的边长分别为a，b．若2asin
B＝b，则角A等于( )
A．
B．
C．
D．
4．设a，b，c分别是△ABC中∠A，∠B，∠C所对边的边长，则直线xsin
A＋ay＋c＝0与bx－ysin
B＋sin
C＝0的位置关系是( )
A．平行
B．重合
C．垂直
D．相交但不垂直
5．若＝＝，则△ABC是( )
A．等边三角形
B．有一内角是30°的直角三角形
C．等腰直角三角形
D．有一内角是30°的等腰三角形
6．在△ABC中，a＝1，b＝x，∠A＝30°，则使△ABC有两解的x的范围是______．
7．在平地上有A，B两点，A在山的正东，B在山的东南，且在A的南偏西25°距离为300米的地方，在A测山顶的仰角是30°，则山高为______米．(结果保留整数)
8．在△ABC中，∠B＝60°，AC＝，则AB＋2BC的最大值为__________．
9．已知a，b，c分别为△ABC的∠A，∠B，∠C的对边，p＝(cos
C，sin
C)，q＝(1，)，且p∥q．
(1)求∠C的大小；
(2)若sin
B＝cos
2B，且c＝3，求a，b的值．
10．在△ABC中，已知内角∠A＝，边BC＝2，设内角∠B＝x，面积为y．
(1)求函数y＝f(x)的解析式和定义域；
(2)求y的最大值．
参考答案
1．答案：A
2．解析：sin
A＝sin
75°＝sin(45°＋30°)＝．
由a＝c＝＋，可知C＝75°，所以B＝30°．
所以sin
B＝．由正弦定理，得
b＝＝＝2．
答案：A
3．解析：由2asin
B＝b得2sin
Asin
B＝sin
B，故sin
A＝，故A＝或．又△ABC为锐角三角形，故A＝．
答案：D
4．解析：由题设条件可知a≠0，sin
B≠0，从而两条直线的斜率分别是k1＝－，k2＝．由正弦定理知＝，从而有k1k2＝－1，所以两直线垂直．
答案：C
5．解析：由正弦定理及已知条件对比发现sin
B＝cos
B，sin
C＝cos
C，故B＝C＝45°，A＝90°．
所以该三角形为等腰直角三角形．
答案：C
6．答案：(1，2)
7．解析：如图，设山高为CD，AB＝300米，
∠ABD＝180°－(45°＋65°)＝70°．
在△ABD中，AD＝＝300×sin
70°×．
在△ACD中，CD＝AD·tan
30°≈230(米)．
答案：230
8．解析：令AB＝c，BC＝a，则由正弦定理得＝＝＝＝2，
则c＝2sin
C，a＝2sin
A，且∠A＋∠C＝120°，
故AB＋2BC＝c＋2a＝2sin
C＋4sin
A
＝2sin
C＋4sin(120°－C)
＝2sin
C＋4
＝4sin
C＋2cos
C
＝2sin(C＋φ)．
故当∠C＋φ＝90°时，AB＋2BC取最大值，为2．
答案：2
9．分析：本题是三角函数与解三角形以及向量知识相结合的一道题目，由p∥q可得角C的正切值，进而求出角C；再由sin
B＝cos
2B，c＝3和正弦定理可求出a，b．
解：(1)∵p∥q，∴＝．
∴tan
C＝．
又∵∠C∈(0，
π)，
∴∠C＝．
(2)∵sin
B＝cos
2B＝1－2sin2B，
∴2sin2B＋sin
B－1＝0．
∴sin
B＝或sin
B＝－1(舍去)．
∵∠B∈，
∴∠B＝．
∴∠A＝．
由正弦定理，得b＝＝＝，
a＝＝2．
10．解：(1)由正弦定理，得AC＝＝4sin
x，
∴y＝f(x)＝4sin
x·sin
，
定义域为．
(2)函数y＝f(x)＝4sin
x·sin
＝2sin2x＋6sin
xcos
x
＝－cos
2x＋3sin
2x
＝＋2sin．
∵0∴－<2x－<π，
∴当2x－＝，即x＝时，y的最大值为3．
PAGE
11.1
正弦定理和余弦定理
课后训练
1．在△ABC中，已知a＝8，∠B＝60°，∠C＝75°，则b＝( )．
A．
B．
C．
D．
2．在△ABC中，∠A＞∠B，则下列式子中不一定正确的是( )．
A．sin
A＞sin
B
B．cos
A＜cos
B
C．sin
2A＞sin
2B
D．cos
2A＜cos
2B
3．在△ABC中，a＝15，b＝10，∠A＝60°，则cos
B等于( )．
A．
B．
C．
D．
4．在△ABC中，已知∠A＝30°，a＝8，，则△ABC的面积为( )．
A．
B．16
C．或16
D．或
5．在△ABC中，若b＝1，，，则a＝__________.
6．已知△ABC三边a，b，c，且cos
A∶cos
B＝b∶a，则△ABC为__________三角形．
7．在△ABC中，b＝10，∠A＝30°，问a为何值时，此三角形有一个解？两个解？无解？
8．已知△ABC中，bsin
B＝csin
C，且sin2A＝sin2B＋sin2C，试判断三角形的形状．
如图所示，D是Rt△ABC斜边BC上一点，AB＝AD，记∠CAD＝α，∠ABC＝β.
(1)求证：sin
α＋cos
2β＝0；
(2)若，求β的值．
参考答案
1.
答案：C
解析：∠A＝180°－60°－75°＝45°，
∴由得.
2.
答案：C
解析：由∠A＞∠Ba＞bsin
A＞sin
B，∴A成立；又y＝cos
x在[0，π]上单调递减，∠A＞∠Bcos
A＜cos
B，∴B成立；∵在△ABC中，cos
2A＜cos
2B1－2sin2A＜1－2sin2Bsin2A＞sin2Bsin
A＞sin
B，
∴D成立．∴选C．
3.
答案：D
4.
答案：D
解析：由，又b＞a，
∴∠B＞∠A，∴∠B＝60°或120°.∴∠C＝90°或30°，
∴面积的值有两个，为或.
5.
答案：1
解析：由正弦定理得，又b＜c，∴，
∴，∴a＝1.
6.
答案：等腰或直角
解析：由正弦定理得，
即sin
Acos
A＝sin
Bcos
B，
∴sin
2A＝sin
2B，
即2cos(∠A＋∠B)sin(∠A－∠B)＝0.
当cos(∠A＋∠B)＝0时，∠A＋∠B＝90°，△ABC是直角三角形；当sin(∠A－∠B)＝0时，∠A－∠B＝0，△ABC是等腰三角形．
7.
解：∵∠A＝30°，b＝10，
(1)当0＜a＜bsin
A时，无解，即0＜a＜5时，无解．
(2)当a＝bsin
A时，有一解，即a＝5时，有一解．
(3)当bsin
A＜a＜b时，有两解，即5＜a＜10时，有两解．
(4)当a≥b时，有一解，即a≥10时，有一解．
综合(1)、(2)、(3)、(4)得，当0＜a＜5时，无解；当a＝5或a≥10时，有一解；当5＜a＜10时，有两解．
8.
解：由正弦定理，，，
∴，.
∴b2＝c2，a2＝b2＋c2，∴△ABC为等腰直角三角形．
9.
(1)证明：∵，
∴.∴sin
α＝＝－cos
2β.
∴sin
α＋cos
2β＝0.
(2)解：在△ADC中，由正弦定理：，
即，∴sin
β＝sin
α.
又由(1)知sin
α＝－cos
2β，∴sin
β＝cos
2β.
即.
解得或
(舍去)．
∵β为锐角，∴.
PAGE
11.2
应用举例
5分钟训练(预习类训练,可用于课前)
1.在△ABC中，∠A∶∠B∶∠C=1∶2∶3
，则a∶b∶c等于（
）
A.1∶∶2
B.1∶2∶3
C.2∶∶1
D.3∶2∶1
解析：由已知得A=30°,B=60°,C=90°，根据正弦定理可知有,
a∶b∶c=sin30°∶sin60°∶sin90°=1∶∶2.
答案：A
2.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
的关系为（
）
A.α＞β
B.α+β=90°
C.α=β
D.α+β=180°
解析：由仰角、俯角的定义可知α=β.
答案：C
3.在△ABC中，a=2,b=3,c=4，则cosC=___________，其形状是___________.
解析：由余弦定理得cosC=＜0,C是钝角，故其形状是钝角三角形.
答案：
钝角三角形
4.在△ABC中，∠A∶∠B=1∶2，a∶b=1∶，则∠A=___________,∠B=___________,
∠C=___________.
解析：由已知及正弦定理得，又B=2A，
∴,cosA=,A=,B=,C=.
答案：
10分钟训练(强化类训练，可用于课中)
1.若三角形的三个角的比是1∶2∶3，最大的边是20，则这个三角形的面积为（
）
A.
B.100
C.25
D.100
解析：由已知得A=30°,B=60°,C=90°，根据正弦定理可知有，a∶b∶c=sin30°∶sin60°∶sin90°=1∶∶2，最小边为10.
答案：A
2.边长为5、7、8的三角形的最大角与最小角的和是（
）
A.90°
B.120°
C.135°
D.150°
解析：本题只要先确定边长为7这边所对的内角，然后由三角形内角和定理，从而可求得最大角与最小角的和.设边长为7的边对应的角为B，则
cosB=，∴B=60°．
∴A+C=120°．
答案：B
3.如右图，为测量障碍物两侧A、B间的距离，用a、b分别表示角A、B的对边，则下列给定四组数据中，测量时应当测的数据为（
）
A.a，b，∠A
B.a，∠A，∠B
C.b，∠A，∠B
D.a，b，∠C
解析：由正余弦定理及生活实际容易得知.
答案：D
4.甲船在岛B的正南方A处，AB=10千米，甲船以每小时4千米的速度向正北航行，同时乙船自B出发以每小时6千米的速度向北偏东60°的方向驶去，当甲、乙两船相距最近时，它们所航行的时间是（
）
A.分钟
B.分钟
C.21.5分钟
D.2.15分钟
解析：AC2=(10-4t)2+(6t)2-2×(10-4t)×6t×cos120°=28t2-20t+100=28(t-)2+
故当t=小时，即t=×60=分钟时，甲乙两船距离最近.
答案：A
5.已知一个平行四边形的两条邻边的长分别为2、3，且其中的一个内角为30°，则这个平行四边形的面积为___________.
解析：本题可以围绕着平行四边形的面积公式来考虑，或者连结其对角线将原平行四边形分成两个全等的三角形，从而由三角形的面积公式来求得结果，S=2×3sin30°=3.
答案：3
6.一树干被台风吹断折成与地面成30°角，树干底部与树尖着地处相距20米，求树干原来的高度.
解析：根据题意画出如图示意图，问题转化到Rt△ABC中，BC=20，B=30°，tan30°=,AC=BCtan30°=20×，∴AB=2AC,
AC+AB=3AC=(米).
答案：即树干原来的高度为米.
30分钟训练(巩固类训练，可用于课后)
1.某人朝正东方向走了x
km后，向右转150°，再向前走了3
km，结果他离出发点恰好为
km，那么x的值是（
）
A.
B.2
C.或2
D.3
解析：由题意画出示意图，设出发点为A，则由已知可得
AB=x千米，BC=3千米，
∠ABC=180?°-150°=30°?.
AC=，∴.
∴,∴sin∠CAB=.
∴∠CAB=60°或∠CAB=120°.当∠CAB=60°时，∠ACB=180°-30°-60°=90°.x=千米;
当∠CAB=120°，∠ACB=180°-120°-30°=30°.∴x=AC=千米.
答案：C
2.如右图，B、C、D三点在地面同一直线上，DC=a，从C、D两点测得A点的仰角分别是β、α(α＜β)，则A点离地面的高AB等于（
）
A.
B.
C.
D.
解析：在Rt△ABC与Rt△ADC中，
tanβ=，tanα=,BC=ABcotβ,
BD=ABcotα，
DC=BD-BC=AB(cotα-cotβ)=a，
AB=.
答案：B
3.(2006高考全国卷Ⅰ，文12)用长度分别为2、3、4、5、6（单位：cm）的5根细木棒围成一个三角形（允许连接，但不允许折断），能够得到的三角形的最大面积为（
）
A.cm2
B.cm2
C.cm2
D.20
cm2
解析：用2、5连接，3、4连接各为一边，第三边长为6组成三角形，此三角形面积最大，面积为cm2.
答案：B
4.如右图，已知|F1|=20
N，|F2|=30
N,|F3|=40
N，三力互成120°的角，求合力的大小.
解：如下图，F1、F2的合力的大小
|F|2=|F1|2+?|F2|2-2|F1||F2|cos60°=700
N.
∴F≈26.46
N，合力的大小为|F3|-|F|=13.54
N.
5.甲、乙两人去测大河两岸A、B两点的距离（如右图）.当他们到达A处时才发觉只带了测角仪，甲转身要回去拿工具.乙看见A处那根24米长的电杆，忙说：“不用去了，能测出来.”甲用疑惑的目光望着乙.你能帮甲想一个办法吗？
解：在A点测得∠CAB，在C点测得∠BCA，
然后可求得∠B=180-（∠CAB+∠BCA），
根据正弦定理
∵∴AB=×AC,
带入实验数据即可求得A、B两点的距离.
解：在△ABC中，∠B=152°-122°=30°，
∠C=180°-152°+32°=60°，∠A=180°-30°-60°=90°，BC=，
∴AC=.
所以货轮与灯塔间的距离为354海里．
6.如右图，货轮在海上以35海里/小时的速度沿方位角(从正北方向顺时针转到目标方向线的水平角)为152°的方向航行．为了确定船位，在B点处观测到灯塔A的方位角为122°．半小时后，货轮到达C点处，观测到灯塔A的方位角为32°．求此时货轮与灯塔之间的距离．
7.在△ABC中，a、b、c分别是∠A、∠B、∠C的对边长.
求证：.
证法一：由正弦定理得
.
证法二：由余弦定理得
.
8.甲船在A点发现乙船在北偏东60°的B处，乙船以每小时a海里的速度向北行驶，已知甲船的速度是a海里/小时，甲船沿着什么方向前进，才能最快与乙船相遇
解：设甲船在C处追上乙船，并设所用的时间为t时，
由已知得∠ABC=120°，BC=at，AC=.
由正弦定理得
即，
∴sin∠BAC=，即∠BAC=30°.
∴甲船沿着北偏东30°方向前进，才能最快与乙船相遇.
9.在山坡上有一棵垂直的大树.试一试：不用爬树怎样可测出大树的高度.
解：在山坡上有一棵垂直的大树，通过“标准步”及简易测角工具，计算出大树的高度，具体步骤为：
（1）把每一步跨度基本相同的跨步方式称为标准步，每个人可用“标准步”走若干步（例如20步），反复几次，量出每次所走距离，并计算几次走动中每步的平均距离就能获得自己的“标准步”.
（2）可用量角器加指针作为简易测角工具.具体操作步骤：从大树底部A向下跨a步“标准步”到了B，用简易测角工具测得∠ABP=α，再向上跨了b步“标准步”到了C(a＞b)，测得∠ACP=β,该同学测出自己眼睛至脚底的高度大约是h
cm，每步“标准步”跨度约为l
cm,
∴PA=
这样就可知这棵大树的高度，PD=PA·l+h.
10.在一个正三角形中画一条分割线（可以是直线、折线或曲线），把这个正三角形的面积两等分．
（1）试设想各种画分割线的方法，并比较各条分割线的长短；
（2）在你所画出的所有分割线中，哪一种最短？这是不是所有可能的分割线中最短的？证明你的结论.
解：（1）图1、图2是容易想到的两种分法，分别计算分割线的长度（设正三角形的边长为1），得AD=≈0.866
0(图1)；DE=≈0.707
1(图2).
图3这种分割线是否一定比图2的分割线长？答案是肯定的，以下证明这一点．
如图3，设AD=m,AE=n,
则mnsin60°=,得mn=.
于是DE2=m2+n2-2mncos60°=m2+?n2-mn≥2mn-mn=mn=.
当且仅当m=n=时等号成立，这说明DEmin=．
图4的情形一般被认为不可能是最短的，但计算验证一下又何妨？
图4
设AD=AE=AF=m，由条件得:2×m2sin30°=，故m2=．
于是DF2=2m2-2m2cos30°=(2)m2=.
因此，分割线的长为DF+EF=2DF=≈0.681
3＜0.707
1.
这是一个令人咋舌的结论，用圆弧来分割是否会最短呢
如图5，不难计算=≈0.673
4．
图5
（2）图5中为最短的分割线，证明如下：
如图6，将六个全等的正三角形拼成一个正六边形，六段分割线形成一个封闭的图形．
问题转化为：给定面积，画一个周长最短的封闭图形，显然圆的周长最短．
图6
PAGE
1第一章 解三角形
测评(B卷)
(时间90分钟，满分120分)
一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50分)
1．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，∠A＝，a＝，b＝1，则c等于
A．1
B．2
C.－1
D.
答案：B 由题意，得＝，
∴sinB＝.
∵a>b，∴∠A>∠B.
∴∠A＝.
∴∠C＝π－－＝.
由＝，得c＝2b＝2.
2．在锐角△ABC中，设x＝sinA·sinB，y＝cosA·cosB，则x，y的大小关系为
A．x≤y
B．xC．x>y
D．x≥y
答案：C y－x＝－sinA·sinB＋cosA·cosB＝cos(A＋B)，由题意可知A＋B>90°，
∴cos(A＋B)<0，
∴y3．设A、B、C为△ABC的三个内角，且tanA，tanB是方程3x2－5x＋1＝0的两个实数根，则△ABC是
A．钝角三角形
B．锐角三角形
C．直角三角形
D．不确定
答案：A 由已知可得tanA＋tanB＝，tanA·tanB＝，
∴tanC＝－tan(A＋B)＝－＝－<0.
∴∠C为钝角．
∴△ABC为钝角三角形．
4．在△ABC中，∠A＝60°，AC＝16，面积为220，那么BC的长度为
A．25
B．51
C．49
D．49
答案：D ∵S△ABC＝AB·AC·sin60°＝4·AB＝220，
∴AB＝55.再由余弦定理得BC2＝162＋552－2×16×55×cos60°＝2
401.
∴BC＝49.
5．△ABC的周长为20，面积为10，∠A＝60°，则BC的长为
A．5
B．6
C．7
D．8
答案：C 设AB的对边为c，BC的对边为a，AC的对边为b.
由题意，得bc·sinA＝10，∴bc＝40.
又a＋b＋c＝20，∴b＋c＝20－a.
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos60°＝(b＋c)2－3bc＝(20－a)2－3×40，即a2＝(20－a)2－120，解得a＝7.
6．在△ABC中，已知b2－bc－2c2＝0且a＝，cosA＝，则三角形的面积是
A.
B．28
C．4
D．5
答案：A 由b2－bc－2c2＝0，可得(b－2c)(b＋c)＝0，可得b＝2c，
又因为a2＝b2＋c2－2bccosA，则可得7＝4c2＋c2－2×2c×c×，解之，得c＝.
所以b＝，S△ABC＝×××＝.
7．在△ABC中，cos2＝(a，b，c分别为角A、B、C的对边)，则△ABC的形状为
A．正三角形
B．直角三角形
C．等腰三角形
D．等腰三角形或直角三角形
答案：B ∵cos2＝，
∴＝，整理可得a＝ccosB，由正弦定理可得sinA＝sinC·cosB，
∴sin(B＋C)＝sinC·cosB.
∴cosB·sinC＝0，解之得cosB＝0或sinC＝0(舍去)．∴∠B＝.
∴△ABC为直角三角形．
8．在△ABC中，A·B＝3，△ABC的面积S∈[，]，则A与B夹角的范围是
A．[，]
B．[，]
C．[，]
D．[，]
答案：B 设〈A，B〉＝α，
∵A·B＝|A|·|B|·cosα＝3 |A|·|B|＝，又S＝·|A|·|B|·sin(π－α)＝··sin(π－α)＝tanα，而≤S≤ ≤tanα≤ ≤tanα≤1 ≤α≤.
9．在△ABC中，已知∠A＝60°，b＝4，为使此三角形只有一个，a满足的条件是
A．0B．a＝6
C．a≥4或a＝6
D．0答案：C 三角形有唯一解时，即由a，b，∠A只能确定唯一的一个三角形，∴a＝bsinA或a≥b，即a＝b或a≥4.
10．已知△ABC的三个内角A、B、C所对的三边分别为a、b、c，若△ABC的面积S＝c2－(a－b)2，则tan等于
A.
B.
C.
D．1
答案：B 由题意可知S＝c2－(a－b)2＝c2－a2－b2＋2ab＝2ab－2abcosC＝absinC，
∴sinC＋4cosC＝4，
即2sin·cos＋4[2cos2－1]＝4，
即＝8，得＝8，得tan＝.
二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分)
11．如图，测量河对岸的塔高AB时，可以选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D.测得∠BCD＝15°，∠BDC＝30°，CD＝30米，并在点C测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB＝__________.
答案：15 由已知可得∠DBC＝135°，在△ABC中，由正弦定理，可得＝，
∴BC＝＝＝15.
∴AB＝BC·tan60°＝15×＝15.
12．飞机沿水平方向飞行，在A处测得正前方地面目标C的俯角为30°，向前飞行10
000
m，到达B点，此时测得目标C的俯角为75°，这时飞机与地面目标的距离为__________．
答案：5
000
m 如图，AB＝10
000，∠A＝30°，∠ABC＝180°－75°＝105°，∠ACB＝45°，则BC＝＝5
000.
13．已知△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，且AB＝1，BC＝4，则BC边上的中线AD的长为__________．
答案： ∵∠A、∠B、∠C成等差数列，
∴2∠B＝∠A＋∠C.
又∠A＋∠B＋∠C＝180°，
∴∠B＝60°.
在△ABD中，
AD＝＝＝.
14．对于△ABC，有如下命题：①若sin2A＝sin2B，则△ABC为等腰三角形；②若sinA＝cosB，则△ABC为直角三角形；③若sin2A＋sin2B＋cos2C<1，则△ABC为钝角三角形．其中正确命题的序号是__________．(把你认为所有正确的都填上)
答案：③ 对①，由sin2A＝sin2B可得∠A＝∠B或2∠A＝π－2∠B，
即∠A＝∠B或∠A＋∠B＝，
∴△ABC为等腰三角形或直角三角形，故①不对；
对②，由sinA＝cosB得∠A－∠B＝或∠A＋∠B＝，
∴△ABC不一定是直角三角形；
对③，由sin2A＋sin2B<1－cos2C＝sin2C，得a2＋b2三、解答题(本大题共5个小题，共54分)
15．(10分)(全国高考卷Ⅱ，文18)设△ABC的内角A、B、C的对边长分别为a、b、c，cos(A－C)＋cosB＝，b2＝ac，求B.
答案：解：由cos(A－C)＋cosB＝及∠B＝π－(∠A＋∠C)，得cos(A－C)－cos(A＋C)＝.
cosAcosC＋sinAsinC－(cosAcosC－sinAsinC)
＝，sinAsinC＝.
又由b2＝ac及正弦定理得sin2B＝sinAsinC，故sin2B＝，sinB＝或sinB＝－(舍去)，
于是，∠B＝或∠B＝.又由b2＝ac知b≤a或b≤c，所以∠B＝.
16．(10分)在△ABC中，a，b，c分别是A，B，C的对边长，S为△ABC的面积，且4sinBsin2(＋)＋cos2B＝1＋.
(1)求∠B的度数；
(2)若a＝4，S＝5，求b的值．
答案：解：(1)由已知得2sinB[1－cos(＋B)]＋(1－2sin2B)＝1＋，即2sinB(1＋sinB)＋1－2sin2B＝1＋，sinB＝，又0°<∠B<180°，
∴∠B＝60°或120°.
(2)由S＝acsinB＝5，得c＝5，
当∠B＝60°时，b2＝a2＋c2－2accosB＝21，
∴b＝；
当∠B＝120°时，b2＝a2＋c2－2accosB＝61，
∴b＝.
综上，b＝或.
17.(10分)(江西高考，文19)在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，A＝，(1＋)c＝2b.
(1)求角C；
(2)若·＝1＋，求a，b，c.
答案：解：(1)由(1＋)c＝2b，得＝＋＝，
则有＝
＝cotC＋＝＋，
得cotC＝1，即∠C＝.
(2)由·＝1＋，推出abcosC＝1＋；
而∠C＝，即得ab＝1＋，
则有
解得
18．(12分)如图，在△ABC中，AC＝b，BC＝a，a＜b，D是△ABC内一点，且AD＝a，∠ADB＋∠C＝180°，问∠C为何值时，凹四边形ADBC的面积最大？并求出最大值．
答案：解：设BD＝x，在△ABC和△ABD中，
根据余弦定理，得
AB2＝a2＋b2－2abcosC，
AB2＝a2＋x2－2axcos∠ADB＝x2＋a2＋2axcosC，
∴a2＋b2－2abcosC＝x2＋a2＋2axcosC，
即x2＋2axcosC＋(2acosC－b)b＝0.
解得x＝b－2acosC或x＝－b(舍去)．
于是四边形ADBC的面积
S＝S△ABC－S△ABD
＝absinC－axsin∠ADB
＝absinC－a(b－2acosC)sinC
＝a2sin2C，
∴当∠C＝45°时，四边形ADBC的面积最大，最大值为a2，此时BD＝b－a.
19．(12分)某人沿着电视发射塔P一侧的直路散步，开始时他在A处遥望电视塔在东北方向，行走1
km后到达B处，此时遥望电视塔在正东方向，随后又行走1
km后到达C处，此时遥望电视发射塔在南偏东60°方向，求塔与直路的距离．
答案：解：如图，在△APB、△BPC中，AB＝BC，sin∠CBP＝sin∠PBA.
根据正弦定理可得＝，＝，
所以＝.
所以PC＝PA.
在△PAC中，由余弦定理得AC2＝PA2＋PC2－2PA·PC·cos75°，
即22＝PA2＋2PA2－2PA2·，解之，得PA2＝.
过P作PD⊥AC，垂足为D，则线段PD的长为塔到直线的距离．
在△PAC中，根据面积相等，可得AC·PD＝PA·PC·sin75°，
PD＝＝＝××＝.
PAGE
11.1
正弦定理和余弦定理
课后训练
1．在△ABC中，若，，，则△ABC的最大角的正弦值为( )．
A．
B．1
C．
D．
2．设a，a＋2，a＋4是钝角三角形的三边，则a的取值范围是( )．
A．0＜a＜3
B．1＜a＜3
C．3＜a＜4
D．2＜a＜6
3．若△ABC的三边长为a，b，c，它的面积为(a2＋b2－c2)，那么∠C＝( )．
A．30°
B．45°
C．60°
D．90°
4．在△ABC中，∠A＝60°，b＝1，面积为，则＝( )．
A．
B．
C．
D．
5．在△ABC中，若sin
A∶sin
B∶sin
C＝5∶7∶8，则∠B的大小是__________．
6．在锐角△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，，则的值是__________．
.
7．已知△ABC的三个内角∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，满足a＋c＝2b，且2cos
2B－8cos
B＋5＝0，求∠B的大小，并判断△ABC的形状．
8．(浙江高考，理18)在△ABC中，∠A，∠B，∠C所对的边分别为a，b，C．已知sin
A＋sin
C＝psin
B(p∈R)，且ac＝b2.
(1)当p＝，b＝1时，求a，c的值；
(2)若∠B为锐角，求p的取值范围．
在△ABC中，a，b，c分别是∠A，∠B，∠C的对边，且，
(1)求∠B的大小；
(2)若，a＋c＝4，求a的值．
参考答案
1.
答案：A
解析：∵c＞a＞b，∴∠C为最大角，由cos
C＝得∠C＝120°，∴.
2.
答案：D
3.
答案：B
4.
答案：B
解析：由，得c＝4，a2＝b2＋c2－2bccos
A＝13，∴.而.
5.
答案：
6.
答案：4
解析：利用余弦定理，得，化简得，
7.
解：解法一：∵2cos
2B－8cos
B＋5＝0，
∴2(2cos2B－1)－8cos
B＋5＝0.∴4cos2B－8cos
B＋3＝0，即(2cos
B－1)(2cos
B－3)＝0.
解得cos
B＝或cos
B＝(舍去)，
∴cos
B＝.∴∠B＝.又∵a＋c＝2b，
∴.
化简得a2＋c2－2ac＝0，解得a＝C．
∴△ABC是等边三角形．
解法二：∠B＝(同解法一)．∵a＋c＝2b，
由正弦定理得sin
A＋sin
C＝2sin
B＝2sin＝，
∴.
化简得，∴.
∵0＜∠A＜π，∴，，.
∴△ABC是等边三角形．
8.
解：(1)由题设并利用正弦定理，得
解得或
(2)由余弦定理，b2＝a2＋c2－2accos
B＝(a＋c)2－2ac－2accos
B＝p2b2－b2－b2cos
B，
即，因为0＜cos
B＜1，得p2∈，由题设知p＞0，所以.
9.
解：(1)方法1：∵，
∴由正弦定理得，
即2sin
Acos
B＋cos
Bsin
C＋sin
Bcos
C＝0.
∵∠A＋∠B＋∠C＝π，∴2sin
Acos
B＋sin
A＝0.
∴sin
A(2cos
B＋1)＝0.∵sin
A≠0，∴2cos
B＋1＝0.
∴.又0＜∠B＜π，∴.
方法2：∵，
由余弦定理得.
∴
∴(a2＋c2－b2)2a＋c(a2＋c2－b2)＝－(a2＋b2－c2)C．
即(a2＋c2－b2)2a＝－c·2a2.
∴.∴.
(2)由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos
B，
即b2＝a2＋c2－2accosπ＝a2＋c2＋ac＝(a＋c)2－aC．
又a＋c＝4，，∴ac＝3.解得a＝1或3.
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11.2
应用举例
课后训练
1．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的关系是( )．
A．α＞β
B．α＝β
C．α＋β＝90°
D．α＋β＝180°
2．如图所示，设A，B两点在河的两岸，一测量者在A的同侧，在所在的河岸边选定一点C，测出AC的距离为50
m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以计算出A，B两点间的距离为( )．
A．m
B．m
C．m
D．m
3．如图所示，为测一棵树的高度，在地面上选取A，B两点，从A，B两点测得树尖的仰角分别为30°，45°，且A，B两点之间的距离为60
m，则树的高度为( )．
A．m
B．m
C．m
D．m
4．在船A上测得它的南偏东30°的海面上有一灯塔，船以每小时30海里的速度向东南方向航行半个小时后，于B处看得灯塔在船的正西方向，则这时船和灯塔相距()( )．
A．海里
B．海里
C．海里
D．海里
5．一货轮航行到M处，测得灯塔S在货轮的北偏东15°方向上，与灯塔S相距20海里，随后货轮按北偏西30°的方向航行30分钟后，又测得灯塔S在货轮的东北方向，则货轮的速度为( )．
A．海里/时
B．海里/时
C．海里/时
D．海里/时
6．在湖面上高h米处，测得天空中一朵云的仰角为α，测得云在湖中之影的俯角为β，则云距湖面的高度为__________．
7．如图，某炮兵阵地位于A点，两观察所分别位于C，D两点．已知△ACD为正三角形，且km，当目标出现在B时，测得∠CDB＝45°，∠BCD＝75°，则炮兵阵地与目标的距离为________(精确到0.01
km)．
8．如图所示，飞机的航向和山顶在同一个平面内，已知飞机的高度为海拔h
km，速度为v
km/s，飞行员先看到山顶的俯角为α，经过t
s后又看到山顶的俯角为β，求山顶的海拔高度．(用h，v，α，β等表示)
9．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知∠A－∠C＝90°，，求∠C．
参考答案
1.
答案：B 要正确理解仰角、俯角的含义，准确地找出仰角、俯角的确切位置，如图，在A处望B处的仰角α与从B处望A处的俯角β是内错角(根据水平线平行)，即α＝β.
2.
答案：A 在△ABC中，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，∴∠ABC＝30°.又AC＝50
m，由正弦定理，得AB＝×sin∠ACB＝×sin
45°＝100×＝(m)．
3.
答案：A 设树高为h
m．由正弦定理，得，∴，∴h＝PB·sin
45°＝30＋(m)．
4.
答案：B 如图所示，设灯塔为C，由题意可知，在△ABC中，∠BAC＝15°，∠B＝45°，∠C＝120°，AB＝30×0.5＝15(海里)，所以由正弦定理，得，可求得(海里)．
5.
答案：B
6.
答案： 如图，设湖面上高h米处为A，测得云C的仰角为α，测得C在湖中之影D的俯角为β，CD与湖面交于M，过A的水平线交CD于E.
设云高CM＝x，则CE＝x－h，DE＝x＋h，.
又，∴.
整理，得.
7.
答案：2.91
km 在△BCD中，∠CDB＝45°，∠BCD＝75°，
∴∠B＝180°－∠BCD－∠CDB＝60°.
由正弦定理，得．
在△ABD中，∠ADB＝45°＋60°＝105°，
由余弦定理，得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos
105°
＝.
∴(km)．
∴炮兵阵地与目标的距离约是2.91
km.
8.
答案：解：根据题设条件，在△ABC中，∠BAC＝α，∠ABC＝180°－β，AB＝vt(km)．设山顶的海拔高度为x
km，则AB边上的高为(h－x)
km.在△ABC中，根据正弦定理可得，∴，∴，∴h－x＝AC·sin
α＝，∴.∴山顶的海拔高度为km.
9.
答案：解：由及正弦定理可得
sin
A＋sin
C＝sin
B.
又由于∠A－∠C＝90°，∠B＝180°－(∠A＋∠C)，
故cos
C＋sin
C＝sin(A＋C)
＝sin(90°＋2∠C)
＝cos
2C.
所以cos
C＋sin
C＝cos
2C，
即cos(45°－∠C)＝cos
2C.
因为0°＜∠C＜90°，
所以2∠C＝45°－∠C，所以∠C＝15°.
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11.1.2
余弦定理
5分钟训练(预习类训练,可用于课前)
1.在△ABC中,已知a=6,b=8,c=10，则a2+b2_____________c2,cosA=_____________,
cosB=_____________，cosC=_____________，c2_____________a2+b2-2abcosC，a2_____________b2+c2-2bccosA,b2_____________a2+c2-2accosB（其中第一、五、六、七空选填“=”或“≠”）.
解析：第一空容易填出，从而判断△ABC为直角三角形，通过计算容易填出后面的空.
答案：=
0
=
=
=
2.在△ABC中,已知a=2,b=3,C=，则
c=_____________.
解析：直接应用余弦定理c=.
答案：
3.在△DEF中,DE=2,EF=3,FD=4，则cos∠DFE=v_____________.
解析：利用余弦定理，
cos∠DFE=.
答案：78
4.在△ABC中，若a=+1,b=-1,c=,则△ABC的最大角的度数为______________.
解析：由c＞a＞b知：角C为最大角，则cosC=,∴C=120°即此三角形的最大角为120°.
答案：120°
10分钟训练(强化类训练，可用于课中)
1.已知a、b、c分别是△ABC的三边长，且满足：(a+b+c)(a+b-c)=ab，则∠C等于（
）
A.60°
B.90°
C.120°
D.150°
解析：由已知得a2+b2-c2=-ab，cosC=，C=120°.
答案：C
2.已知一锐角三角形的三边长为2、3、x，则x的取值范围是（
）
A.
B.1＜x＜5
C.1＜x＜
D.＜x＜5
解析：首先应该考虑由三角形的三边间的关系得即1＜x＜5（这容易忽视），故只要要求最大边是3或x所对的角是锐角即可，即其余弦为正，有4+x2-9＞0，4+9-x2＞0，综上得＜x＜，故选A.
答案：A
3.△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若b2=ac，且c=2a，则cosB等于（
）
A.
B.
C.
D.
解析：△ABC中，b2=ac，且c=2a，则b=，
∴cosB=，选B.
答案：B
4.在△ABC中,已知a=7,b=8,cosC=，则最大内角的余弦值为____________.
解析：要求其最大内角的余弦，首先应该判断最大内角是哪一个，即是其最大边，故可以先由余弦定理求得c，从而判定最大内角求得结果.由余弦定理得c==3，b＞a＞c，故最大内角为B，再由余弦定理求得其余弦.
答案：
5.(2006高考北京卷，理12)在△ABC中，若sinA∶sinB∶sinC=5∶7∶8，则∠B的大小是___________.
解析：sinA∶sinB∶sinC=5∶7∶8a∶b∶c=5∶7∶8.设a=5k，b=7k，c=8k，由余弦定理可解得B的大小为.
答案：
6.如右图，已知在四边形ABCD中，AD⊥CD，AD=10,AB=14,∠BDA=60°,∠BCD=135°,求BC的长.
解：在△BAD中，由余弦定理有AB2=AD2+BD2-2·AD·BC·cos∠ADB.
设BD=x,
代入有142=x2+102-2·10xcos60°,x2-10x-96=0.
∴x1=16,x2=-6(舍去)，即BD=16.
在△BCD中，由正弦定理，可得BC=·sin30°=.
30分钟训练(巩固类训练，可用于课后)
1.已知在△ABC中，下列等式中恒成立的是（
）
A.cos2A=cos2B+cos2C-2cosBcosCcosA
B.sin2A=sin2B+sin2C-2sinBsinCcosA
C.sin2A=sin2B+sin2C-2sinBsinCsinA
D.cos2A=cos2B+cos2C-2cosBcosCsinA
解析：只要将正、余弦定理结合在一起，即可得到.由正弦定理得a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC，将其代入a2=b2+c2-2bccosA中，两边同时除以4R2得sin2A=sin2B+sin2C-2sinBsinCcosA,，故选B.
答案：B
2.在△ABC中,AB=3，BC=,AC=4,则sinA等于（
）
A.
B.
C.
D.
解析：由余弦定理得cosA=，∴sinA=.
答案：A
3.边长为5、7、8的三角形的最大角与最小角的和是（
）
A.90°
B.120°
C.135°
D.150°
解析：设边长为7的边对应的角为B，则
cosB=，∴B=60°．
∴A+C=120°.
答案：B
4.在△ABC中,
sinA∶sinB∶sinC=2∶3∶4，则cos∠ABC=_____________.
解析：由正弦定理及已知得a∶b∶c=2∶3∶4，故可设
a=2m(m＞0)，则b=3
m，c=4
m，由余弦定理得cos∠ABC=.
答案：
5.在△ABC中,∠A+∠C=2∠B，b2=ac，那么△ABC的形状是_____________.
解析：由∠A+∠C=2∠B得B=60°,又由余弦定理得
b2=a2+c2-2accosB=a2+c2-ac.又b2=ac,
∴ac=a2+c2-ac,(a-c)2=0,a=c,
∴a=b=c,故△ABC是正三角形.
答案：正三角形
6.在△ABC中，C=60°，a、b、c分别是∠A、∠B、∠C的对边长，则=___________.
解析：由余弦定理得
cosC=,?a2+b2-c2=ab.
而=1.
答案：1
7.在△ABC中，2sinA=,试判断△ABC的形状.
解：由已知得cosB+cosC=，由正、余弦定理得，即a2(b+c)+bc(b+c)-(b+c)(b2-bc+c2)=2bc.(b+c),
a2=b2+c2,
∴△ABC是直角三角形.
8.(2006高考上海卷，18)如右图，当甲船位于A处时获悉，在其正东方向相距20海里的B处有一艘渔船遇险等待营救.甲船立即前往救援，同时把消息告知在甲船的南偏西30°，相距10海里C处的乙船，试问乙船应朝北偏东多少度的方向沿直线前往B处救援？（角度精确到1°）
解：连接BC,由余弦定理得
BC2=202+102-2×20×10cos120°=700.
于是,BC=.
∵,∴sin∠ACB=.
∵∠ACB＜90°,∴∠ACB=41°.
∴乙船应朝北偏东71°方向沿直线前往B处救援.
9.(2006高考天津卷，理17)如右图，在△ABC中，AC=2，BC=1,cosC=.
（1）求AB的值；
（2）求sin(2A+C)的值.
解：（1）由余弦定理，AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cosC=4+1-2×2×1×=2.
那么AB=.
（2）由cosC=，且0＜C＜π得sinC=.
由正弦定理，,解得sinA=,所以，cosA=.
由倍角公式sin2A=2sinA·cosA=，
且cos2A=1-2sin2A=，
故sin(2A+C)=sin2AcosC+cos2AsinC=.
10.(2006高考全国卷Ⅱ，文17)在△ABC中，∠B=45°,AC=，cosC=.求:
（1）BC的边长；
（2）记AB的中点为D，求中线CD的长.
解：（1）由cosC=得sinC=.
sinA=sin(180°-45°-C)=(cosC+sinC)=.
由正弦定理知
BC=.
（2）AB==2,BD=AB=1.
由余弦定理知
CD=.
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11.1.2
余弦定理
自我小测
1．在△ABC中，a∶b∶c＝1∶1∶，则cos
C的值为( )
A．
B．－
C．
D．－
2．在△ABC中，若2cos
Bsin
A＝sin
C，则△ABC的形状一定是( )
A．等腰直角三角形
B．直角三角形
C．等腰三角形
D．等边三角形
3．在△ABC中，AB＝5，BC＝2，∠B＝60°，则·的值为( )
A．5
B．5
C．－5
D．－5
4．在△ABC中，AB＝3，BC＝，AC＝4，则边AC上的高是( )
A．
B．
C．
D．3
5．在△ABC中，∠ABC＝，AB＝，BC＝3，则sin∠BAC＝( )
A．
B．
C．
D．
6．在△ABC中，∠B＝60°，b2＝ac，则△ABC一定是__________三角形．
7．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且3b2＋3c2－3a2＝4bc，则sin
A＝________．
8．如图，在△ABC中，已知点D在BC边上，AD⊥AC，sin∠BAC＝，AB＝3，AD＝3，则BD的长为________．
9．在△ABC中，已知∠B＝45°，D是BC边上的一点，AD＝10，AC＝14，DC＝6，求AB的长．
10．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足c＝2bcos
A．
(1)求证：∠A＝∠B；
(2)若△ABC的面积S＝，cos
C＝，求c的值．
参考答案
1.
答案：D
2.
解析：由2cos
Bsin
A＝sin
C，得·a＝c，
∴a＝b．∴△ABC为等腰三角形．
答案：C
3.
答案：D
4.
解析：由余弦定理，得cos
A＝＝＝．
∴sin
A＝．
∴S△ABC＝AB·AC·sin
A＝×3×4×＝3．
设边AC上的高为h，则S△ABC＝AC·h＝×4×h＝3．
∴h＝．
答案：B
5.
解析：在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC＝2＋9－2××3×＝5，即得AC＝．由正弦定理＝，即＝，所以sin∠BAC＝．
答案：C
6.
解析：因为∠B＝60°，b2＝ac，由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos
B，得ac＝a2＋c2－ac，即(a－c)2＝0，所以a＝c．
又∠B＝60°，所以△ABC是等边三角形．
答案：等边
7.
答案：
8.
解析：∵AD⊥AC，∴∠DAC＝．
∵sin∠BAC＝，
∴sin＝，
∴cos∠BAD＝．
由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos∠BAD＝(3)2＋32－2×3×3×＝3．
∴BD＝．
答案：
9.
解：在△ADC中，AD＝10，AC＝14，DC＝6，
由余弦定理，得cos∠ADC＝＝＝－，
∴∠ADC＝120°，∴∠ADB＝60°．
在△ABD中，AD＝10，∠B＝45°，∠ADB＝60°，
由正弦定理，得＝，
∴AB＝＝
＝＝5．
10.
解：(1)证明：因为c＝2bcos
A，由正弦定理，得sin
C＝2sin
B·cos
A，
所以sin(A＋B)＝2sin
B·cos
A，
所以sin(A－B)＝0，
在△ABC中，因为0所以－π(2)由(1)知a＝b．
因为cos
C＝，又0<∠C<π，
所以sin
C＝．
又因为△ABC的面积S＝，
所以S＝absin
C＝，可得a＝b＝5．
由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos
C＝10．
所以c＝．
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