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第1课时 解三角形的实际应用举例线段 基线长度高仰角俯角测量距离问题 测量高度问题 与立体几何有关的测量问题 点击右图进入…Thank you for watching !课件49张PPT。第一章 解三角形1.2 应用举例
第2课时 角度问题顺时针 [0°，360°)夹角角度问题 求航向的角度 求解速度问题 点击右图进入…Thank you for watching !课件45张PPT。第一章 解三角形1.2 应用举例
第3课时 三角形中的几何计算sin C－cos C－tan C三角形面积的计算 三角恒等式证明问题 解三角形中的综合问题 点击右图进入…Thank you for watching !1.2 应用举例
第1课时 解三角形的实际应用举例
学 习 目 标
核 心 素 养
1.能将实际问题转化为解三角形问题(难点).
2.能够用正、余弦定理求解与距离、高度有关的实际应用问题(重点)．
通过利用正、余弦定理求解实际问题中的长度、高度，培养学生的直观想象及数学建模素养.
1．基线的概念与选择原则
(1)定义
在测量上，根据测量需要适当确定的线段叫做基线．
(2)性质
在测量过程中，要根据实际需要选取合适的基线长度，使测量具有较高的精确度．一般来说，基线越长，测量的精确度越高．
思考：在本章“解三角形”引言中，我们遇到这么一个问题，“遥不可及的月亮离地球究竟有多远呢？”在古代，天文学家没有先进的仪器就已经估算出了两者的距离，是什么神奇的方法探索到这个奥秘的呢？
[提示] 利用正弦定理和余弦定理．
2．测量中的有关角的概念
(1)仰角和俯角
与目标视线在同一铅垂平面内的水平视线和目标视线的夹角，目标视线在水平视线上方时叫仰角，目标视线在水平视线下方时叫俯角(如图所示)．
(2)方向角
从指定方向线到目标方向线所成的水平角．如南偏西60°，即以正南方向为始边，顺时针方向向西旋转60°.(如图所示)
思考：李尧出校向南前进了200米，再向东走了200米，回到自己家中，你认为李尧的家在学校的哪个方向？
[提示] 东南方向．
1．如图所示，为了测量隧道口AB的长度，给定下列四组数据，测量时应选用数据( )
A．α，a，b B．α，β，a
C．a，b，γ D．α，β，b
C [选择a，b，γ可直接利用余弦定理AB＝求解．]
2．小强站在地面上观察一个建在山顶上的建筑物，测得其视角为α，同时测得观察该建筑物顶部的仰角为β，则小强观测山顶的仰角为( )
A．α＋β B．α－β
C．β－α D．α
C [如图所示，设小强观测山顶的仰角为γ，则β－γ＝α，因此γ＝β－α，故选C项．]
3．某人先向正东方向走了x km，然后他向右转150°，向新的方向走了3 km，结果他离出发点恰好为 km，那么x的值为( )
A． B．2
C．2或 D．3
C [如图，
在△ABC中由余弦定理得3＝9＋x2－6xcos 30°，即x2－3x＋6＝0，解之得x＝2或.]
4．如图所示，为测量一树的高度，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°和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
A [由正弦定理可得＝，则PB＝＝(m)，设树的高度为h，则h＝PBsin 45°＝(30＋30)m.]
测量距离问题
【例1】 海上A，B两个小岛相距10 海里，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，则B，C间的距离是( )
A．10 海里 B．海里
C．5海里 D．5海里
D [根据题意，可得如图所示．在△ABC中，A＝60°，B＝75°，AB＝10，
∴C＝45°.
由正弦定理可得＝，即＝，∴BC＝5(海里)．]
三角形中与距离有关的问题的求解策略
(1)解决与距离有关的问题，若所求的线段在一个三角形中，则直接利用正、余弦定理求解即可；若所求的线段在多个三角形中，要根据条件选择适当的三角形，再利用正、余弦定理求解．
(2)解决与距离有关的问题的关键是转化为求三角形中的边，分析所解三角形中已知哪些元素，还需要求出哪些元素，灵活应用正、余弦定理来解决．
1．如图所示，为了测定河的宽度，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，则河的宽度为________ m.
60 [由题意知，∠ACB＝180°－30°－75°＝75°，
∴△ABC为等腰三角形．河宽即AB边上的高，这与AC边上的高相等，过B作BD⊥AC于D，∴河宽＝BD＝120·sin 30°＝60(m)．]
测量高度问题
【例2】 (1)如图所示，从山顶望地面上C，D两点，测得它们的俯角分别为45°和30°，已知CD＝100米，点C位于BD上，则山高AB等于( )
A．100米 B．50米
C．50米 D．50(＋1)米
(2)在一幢20 m高的楼顶测得对面一塔吊顶的仰角为60°，塔基的俯角为45°，那么这座塔吊的高是( )
A．20 m B．20(1＋)m
C．10(＋)m D．20(＋)m
思路探究：(1)解决本题关键是求AB时确定在哪一个三角形中求解，该三角形是否可解．
(2)解决本题关键是画出示意图．
(1)D (2)B [(1)设山高为h，则由题意知CB＝h，DB＝h，∴h－h＝100，即h＝50(＋1)．
(2)如图，由条件知四边形ABCD为正方形，∴AB＝CD＝20 m，BC＝AD＝20 m.
在△DCE中，∠EDC＝60°，∠DCE＝90°，CD＝20 m，∴EC＝CD·tan 60°＝20 m，∴BE＝BC＋CE＝(20＋20)m.
选B.]
解决测量高度问题的一般步骤
(1)画图：根据已知条件画出示意图．
(2)分析三角形：分析与问题有关的三角形．
(3)求解：运用正、余弦定理，有序地解相关的三角形，逐步求解．在解题中，要综合运用立体几何知识与平面几何知识，注意方程思想的运用．
2.某兴趣小组要测量电视塔AE的高度H(单位：m)．如图所示，竖直放置的标杆BC的高度h＝4 m，仰角∠ABE＝α，∠ADE＝β.该小组已测得一组α，β的值，算出了tan α＝1.24，tan β＝1.20，请据此算出H的值．
[解] 由AB＝，
BD＝，
AD＝及AB＋BD＝AD，
得＋＝，
解得H＝＝＝124.
因此电视塔的高度H是124 m.
与立体几何有关的测量问题
[探究问题]
1．已知A，B是海平面上的两个点，相距800 m，在A点测得山顶C的仰角为45°，∠BAD＝120°，又在B点测得∠ABD＝45°，其中D是点C到水平面的垂足．试画出符合题意的示意图．
[提示] 用线段CD表示山，用△DAB表示海平面．结合题中相应的距离及角度，画出立体图形，如图所示．
2．在探究1中若要求山高CD怎样求解？
[提示] 由探究1知CD⊥平面ABD，首先在△ABD中利用正弦定理求出AD的长，然后在Rt△ACD中求出CD.
【例3】 如图所示，为了测量河对岸的塔高AB，有不同的方案，其中之一是选取与塔底B在同一水平面内的两个测点C和D，测得CD＝200米，在C点和D点测得塔顶A的仰角分别是45°和30°，且∠CBD＝30°，求塔高AB.
思路探究：利用方程的思想，设AB＝h.表示出BC＝h，BD＝＝h，然后在△BCD中利用余弦定理求解．
[解] 在Rt△ABC中，∠ACB＝45°，若设AB＝h，则BC＝h.在Rt△ABD中，∠ADB＝30°，则BD＝h.
在△BCD中，由余弦定理可得
CD2＝BC2＋BD2－2·BC·BD·cos∠CBD，
即2002＝h2＋(h)2－2·h·h·，
所以h2＝2002，解得h＝200(h＝－200舍去)，
即塔高AB＝200米．
(变条件)若将例题中的条件“CD＝200米，在C点和D点测得塔顶A的仰角分别是45°和30°，且∠CBD＝30°”改为“CD＝800米，在D点测得塔顶A的仰角为45°，∠CDB＝120°，又在C点测得∠DCB＝45°.”求塔高AB.
[解] 在△BCD中，∠CBD＝180°－120°－45°＝15°，
CD＝800 m，∠BCD＝45°，
由正弦定理，＝，
BD＝＝
＝800(＋1)m，
又∠ADB＝45°，AB＝BD.
∴AB＝800(＋1)m.
即山的高度为800(＋1) m.
测量高度问题的两个关注点
(1)“空间”向“平面”的转化：测量高度问题往往是空间中的问题，因此先要选好所求线段所在的平面，将空间问题转化为平面问题．
(2)“解直角三角形”与“解斜三角形”结合，全面分析所有三角形，仔细规划解题思路．
1．本节课要掌握三类问题的解法
(1)测量距离问题．
(2)测量高度问题．
(3)与立体几何有关的测量问题．
2．解三角形的应用题时，通常会遇到两种情况
(1)已知量与未知量全部集中在一个三角形中，依次利用正弦定理和余弦定理解之．
(2)已知量与未知量涉及两个或几个三角形，这时需要选择条件足够的三角形优
先研究，再逐步在其余的三角形中求出问题的解.
1．判断正误
(1)已知三角形的三个角，能够求其三条边． ( )
(2)两个不可到达的点之间的距离无法求得． ( )
(3)东偏北45°的方向就是东北方向． ( )
(4)仰角与俯角所在的平面是铅垂面． ( )
[答案] (1)× (2)× (3)√ (4)√
[提示] 已知三角形中至少知道一条边才能解三角形，故(1)错．两个不可到达的点之间的距离可以用解三角形的方法求出，故(2)错．
2．身高相同的甲、乙两人在同一地平面上的不同方向观测20 m高的旗杆，甲观测的仰角为50°，乙观测的仰角为40°，用d1，d2分别表示甲、乙两人离旗杆的距离，那么有( )
A．d1>d2 B．d1
C．d1>20 m D．d2<20 m
B [如图，设旗杆高为h，
则d1＝，d2＝.
因为tan 50°>tan 40°，所以d13．一艘船上午9：30在A处，测得灯塔S在它的北偏东30°的方向，且与它相距8海里，之后它继续沿正北方向匀速航行，上午10：00到达B处，此时又测得灯塔S在它的北偏东75°的方向，此船的航速是( )海里/小时．
A．8(＋) B．8(－)
C．16(＋) D．16(－)
D [由题意得在三角形SAB中，∠BAS＝30°，∠SBA＝180°－75°＝105°，∠BSA＝45°.
由正弦定理得＝，
即＝，得AB＝8(－)，
因此此船的航速为＝16(－)(海里/小时)．]
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方向的两船的俯角分别是45°与30°，此时两船间的距离为________m.
200(＋1) [过点A作AH⊥BC于点H，
由图易知∠BAH＝45°，∠CAH＝60°，AH＝200 m，
则BH＝AH＝200 m，CH＝AH·tan 60°＝200 m.
故两船距离BC＝BH＋CH＝200(＋1)m.]
5．海上某货轮在A处看灯塔B在货轮北偏东75°，距离为12海里；在A处看灯塔C，在货轮的北偏西30°，距离为8海里；货轮向正北由A处航行到D处时看灯塔B在北偏东120°，求：
(1)A处与D处之间的距离；
(2)灯塔C与D处之间的距离．
[解] 由题意，画出示意图．
(1)在△ABD中，由已知∠ADB＝60°，B＝45°，AB＝12.
由正弦定理得AD＝·sin 45°＝24(海里)．
(2)在△ADC中，由余弦定理得CD2＝AD2＋AC2－2AD·ACcos 30°＝242＋(8)2－2×24×8×＝(8)2，∴CD＝8(海里)．即A处与D处之间的距离为24海里，C、D之间的距离为8海里．
第2课时 角度问题
学 习 目 标
核 心 素 养
1.能灵活运用正弦定理及余弦定理解决角度问题(重点).
2.会将实际问题转化为解三角形问题(难点).
3.能根据题意画出几何图形(易错点)．
通过研究利用正弦定理和余弦定理在解决与角度有关的实际问题，提升学生的数学建模与数学运算素养.
1．方位角
从指北方向顺时针转到目标方向线所成的水平角．如点B的方位角为α(如图所示)．
方位角的取值范围：[0°，360°)．
2．视角
从眼睛的中心向物体两端所引的两条直线的夹角，如图所示，视角50°指的是观察该物体的两端视线张开的角度．
思考：方位角的范围为什么不是(0，π)?
[提示] 方位角的概念表明，“从正北方向顺时针转到目标方向线所成的角”，显然方位角的范围应该是[0，2π)．
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°
B [由仰角与俯角的水平线平行可知α＝β.]
2．在某次高度测量中，在A处测得B点的仰角为60°，在同一铅垂平面内测得C点的俯角为70°，则∠BAC等于( )
A．10° B．50°
C．120° D．130°
D [如图所示：
∠BAC＝130°.]
3．某人从A处出发，沿北偏东60°行走3公里到B处，再沿正东方向行走2公里到C处，则A、C两地的距离为________公里．
7 [如图所示，由题意可知
AB＝3，BC＝2，∠ABC＝150°.
由余弦定理得AC2＝27＋4－2×3×2·cos 150°＝49，AC＝7.所以A、C两地的距离为7公里．]
角度问题
【例1】 (1)如图所示，两座灯塔A和B与海岸观察站C的距离相等，灯塔A在观察站南偏西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80° D．南偏西80°
(2)有一拦水坝的横断面是等腰梯形，它的上底长为6 m，下底长为10 m，高为2m，那么此拦水坝斜坡的坡比和坡角分别是( )
A．，60° B．，60°
C．，30° D．，30°
(1)D (2)B [(1)由条件及图可知，∠A＝∠B＝40°，又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此灯塔A在灯塔B南偏西80°.
(2)如图所示，横断面是等腰梯形ABCD，AB＝10 m，CD＝6 m，高DE＝2 m，则AE＝＝2 m，
∴tan ∠DAE＝＝＝，∴∠DAE＝60°.]
测量角度问题画示意图的基本步骤
1．在一次抗洪抢险中，某救生艇发动机突然发生故障停止转动，失去动力的救生艇在洪水中漂行，此时，风向是北偏东30°，风速是20 km/h；水的流向是正东，流速是20 km/h，若不考虑其他因素，救生艇在洪水中漂行的速度的方向为北偏东________，大小为________km/h.
60° 20 [
如图，∠AOB＝60°，由余弦定理知OC2＝202＋202－800cos 120°＝1 200，故OC＝20，∠COY＝30°＋30°＝60°.]
求航向的角度
【例2】 在海岸A处，发现北偏东45°方向，距A处(－1)海里的B处有一艘走私船，在A处北偏西75°的方向，距离A处2海里的C处的缉私船奉命以10海里/时的速度追截走私船．此时，走私船正以10海里/时的速度从B处向北偏东30°方向逃窜，问缉私船沿什么方向能最快追上走私船？
思路探究：①你能根据题意画出示意图吗？
②在△ABC中，能求出BC与∠ABC吗？
③在△BCD中，如何求出∠BCD?
[解] 设缉私船用t小时在D处追上走私船，画出示意图，则有CD＝10t，BD＝10t，
在△ABC中，∵AB＝－1，AC＝2，∠BAC＝120°，
∴由余弦定理，得
BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC＝(－1)2＋22－2×(－1)×2×cos 120°＝6，
∴BC＝，且sin∠ABC＝·sin∠BAC＝×＝，∴∠ABC＝45°，∴BC与正北方向成90°角．
∴∠CBD＝90°＋30°＝120°，
在△BCD中，由正弦定理，得
sin∠BCD＝＝＝，
∴∠BCD＝30°.
即缉私船沿北偏东60°方向能最快追上走私船．
1．测量角度问题的关键是在弄清题意的基础上，画出表示实际问题的图形，并在图形中标出有关的角和距离，再用正弦定理或余弦定理解三角形，最后将解得的结果转化为实际问题的解．
2．在解三角形问题中，求某些角的度数时，最好用余弦定理求角．因为余弦函数在(0，π)上是单调递减的，而正弦函数在(0，π)上不是单调函数，一个正弦值可以对应两个角．但角在上时，用正、余弦定理皆可．
2．甲船在A处观察到乙船在它的北偏东60°方向的B处，两船相距a n mile，乙船向正北方向行驶．若甲船的速度是乙船速度的倍，问甲船应沿什么方向前进才能最快追上乙船？相遇时乙船行驶了多少n mile?
[解] 如图所示，设两船在C处相遇，并设∠CAB＝θ，乙船行驶距离BC为x n mile，则AC＝x，
由正弦定理得sin θ＝＝，而θ<60°，∴θ＝30°，∴∠ACB＝30°，BC＝AB＝a.
∴甲船应沿北偏东30°方向前进才能最快追上乙船，两船相遇时乙船行驶了a n mile.
求解速度问题
[探究问题]
1．某物流投递员沿一条大路前进，从A到B，方位角是60°，距离是4 km，从B到C，方位角是120°，距离是8 km，从C到D，方位角是150°，距离是3 km，试画出示意图．
[提示] 如图所示：
2．在探究1中，若投递员想在半小时之内，沿小路直接从A点到C点，则此人的速度至少是多少？
[提示] 在上图中，在△ABC中，∠ABC＝60°＋(180°－120°)＝120°，由余弦定理得
AC＝＝4，则此人的最小速度为v＝＝8(km/h)．
3．在探究1中若投递员以24 km/h的速度匀速沿大路从A到D前进，10分钟后某人以16 km/h的速度沿小路直接由A到C追投递员，问在C点此人能否与投递员相遇？
[提示] 投递员到达C点的时间为t1＝＝(小时)＝30(分钟)，追投递员的人所用时间由探究2可知
t2＝＝(小时)＝15分钟；由于30>15＋10，所以此人在C点能与投递员相遇．
【例3】 如图所示，甲船在A处，乙船在A处的南偏东45°方向，距A有9海里的B处，并以20海里每小时的速度沿南偏西15°方向行驶，若甲船沿南偏东θ度的方向，并以28海里每小时的速度行驶，恰能在C处追上乙船．问用多少小时追上乙船，并求sin θ的值．(结果保留根号，无需求近似值)
思路探究：根据题意明确已知条件与几何量间的对应关系，将实际问题转化为数学问题，运用正、余弦定理解决．
[解] 设用t小时，甲船追上乙船，且在C处相遇，
则在△ABC中，AC＝28t，BC＝20t，AB＝9，
∠ABC＝180°－15°－45°＝120°，
由余弦定理得，
(28t)2＝81＋(20t)2－2×9×20t×，
即128t2－60t－27＝0，
解得t＝或t＝－(舍去)，
∴AC＝21(海里)，BC＝15(海里)．
根据正弦定理，
得sin∠BAC＝＝，
则cos∠BAC＝＝.
又∠ABC＝120°，∠BAC为锐角，∴θ＝45°－∠BAC，
sin θ＝sin(45°－∠BAC)
＝sin 45°cos∠BAC－cos 45°sin ∠BAC＝.
(变条件，变结论)在本例中，若乙船向正南方向行驶，速度未知，而甲船沿南偏东15°的方向行驶恰能与乙船相遇，其他条件不变，试求乙船的速度．
[解] 设乙船的速度为x海里每小时，用t小时甲船追上乙船，且在C处相遇(如图所示)，则在△ABC中，AC＝28t，BC＝xt，∠CAB＝30°，∠ABC＝135°.
由正弦定理得＝，
即＝.
所以x＝＝
＝14(海里每小时)．
故乙船的速度为14海里每小时．
解决实际问题应注意的问题
(1)首先明确题中所给各个角的含义，然后分析题意，分析已知与所求，再根据题意画出正确的示意图，这是最关键最主要的一步．
(2)将实际问题转化为可用数学方法解决的问题后，要正确使用正、余弦定理解决问题．
正弦、余弦定理在实际测量中的应用的一般步骤
(1)分析：理解题意，分清已知与未知，画出示意图．
(2)建模：根据已知条件与求解目标，把已知量与求解量尽量集中在有关的三角形中，建立一个解斜三角形的数学模型．
(3)求解：利用正弦定理或余弦定理有序地解出三角形，求得数学模型的解．
(4)检验：检验上述所求的解是否符合实际意义，从而得出实际问题的解．
1．判断正误
(1)如图所示，该角可以说成北偏东110°.( )
(2)方位角与方向角其实质是一样的，均是确定观察点与目标点之间的位置关系，其范围均是.( )
(3)方位角210°的方向与南偏西30°的方向一致． ( )
[答案] (1)× (2)× (3)√
[提示] (1)说成南偏东70°或东偏南20°.(2)方位角的范围是[0，2π)．
2．在某测量中，设A在B的南偏东34°27′，则B在A的( )
A．北偏西34°27′ B．北偏东55°33′
C．北偏西55°33′ D．南偏西34°27′
A [由方向角的概念，B在A的北偏西34°27′.]
3．如图所示，已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离相等，灯塔A在观察站C的北偏东40°，灯塔B在观察站C的南偏东60°，则灯塔A在灯塔B的( )
A．北偏东5° B．北偏西10°
C．南偏东5° D．南偏西10°
B [由题意可知∠ACB＝180°－40°－60°＝80°.∵AC＝BC，∴∠CAB＝∠CBA＝50°，从而可知灯塔A在灯塔B的北偏西10°.]
4．如图所示，在一个坡度一定的山坡AC的顶上有一高度为25 m的建筑物CD，为了测量该山坡相对于水平地面的坡角θ，在山坡的A处测得∠DAC＝15°，沿山坡前进50 m到达B处，又测得∠DBC＝45°，根据以上数据可得cos θ＝________．
－1 [由∠DAC＝15°，∠DBC＝45°，可得∠DBA＝135°，∠ADB＝30°，
在△ABD中，根据正弦定理可得＝，
即＝，
所以BD＝100sin 15°＝100×sin(45°－30°)＝25(－)．
在△BCD中，由正弦定理得＝，
即＝，
解得sin∠BCD＝－1.
所以cos θ＝cos(∠BCD－90°)＝sin∠BCD＝－1.]
第3课时 三角形中的几何计算
学 习 目 标
核 心 素 养
1.掌握三角形的面积公式的应用(重点).
2.掌握正、余弦定理与三角函数公式的综合应用(难点)．
1.通过三角形面积公式的学习，培养学生的数学运算的素养.
2.借助三角形中的综合问题的学习，提升学生的数学抽象的素养.
1．三角形的面积公式
(1)S＝a·ha＝b·hb＝c·hc(ha，hb，hc分别表示a，b，c边上的高)；
(2)S＝absin C＝bcsin A＝casin B；
(3)S＝(a＋b＋c)·r(r为内切圆半径)．
思考：(1)三角形的面积公式适用于所有的三角形吗？
(2)已知三角形的两个内角及一边能求三角形的面积吗？
[提示] (1)适用．三角形的面积公式对任意的三角形都成立．(2)能．利用正弦定理或余弦定理求出另外的边或角，再根据面积公式求解．
2．三角形中常用的结论
(1)A＋B＝π－C，＝－；
(2)在三角形中大边对大角，反之亦然；
(3)任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边；
(4)三角形的诱导公式
sin(A＋B)＝sin C，cos(A＋B)＝－cos C，
tan(A＋B)＝－tan C，
sin ＝cos ，
cos ＝sin ．
1．下列说法中正确的是________(填序号)．
①已知三角形的三边长为a，b，c，内切圆的半径为r，则三角形的面积S＝(a＋b＋c)r；
②在△ABC中，若c＝b＝2，S△ABC＝，则A＝60°；
③在△ABC中，若a＝6，b＝4，C＝30°，则S△ABC的面积是6；
④在△ABC中，若sin 2A＝sin 2B，则A＝B.
③ [①中三角形的面积S＝(a＋b＋c)r.
②由S＝bcsin A可得sin A＝，
∴A＝60°或120°.
④在△ABC中由sin 2A＝sin 2B得A＝B或A＋B＝.]
2．在△ABC中，a＝6，B＝30°，C＝120°，则△ABC的面积为________．
9 [由题知A＝180°－120°－30°＝30°，由＝知b＝6，∴S＝absin C＝18×＝9.]
3．在△ABC中，ab＝60，S△ABC＝15，△ABC的外接圆半径为，则边c的长为________．
3 [由题知S△ABC＝absin C＝15得sin C＝.
又由＝2R得c＝2×＝3.]
三角形面积的计算
【例1】 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，B＝，cos A＝，b＝.
(1)求sin C的值；
(2)求△ABC的面积．
[解] (1)∵角A，B，C为△ABC的内角，
且B＝，cos A＝，∴C＝－A，sin A＝.
∴sin C＝sin＝cos A＋sin A＝.
(2)由(1)知sin A＝，sin C＝.
又∵B＝，b＝，
∴在△ABC中，由正弦定理得a＝＝.
∴△ABC的面积S＝absin C＝×××＝.
1．由于三角形的面积公式有三种形式，实际使用时要结合题目的条件灵活运用，若三角形的面积已知，常选择已知的那个面积公式．
2．如果已知两边及其夹角可以直接求面积，否则先用正、余弦定理求出需要的边或角，再套用公式计算．
1．在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sin A＝，a＝3，S△ABC＝2，则b的值为( )
A．6 B．3 C．2 D．2或3
D [因为S△ABC＝bcsin A＝2，
所以bc＝6，又因为sin A＝，
所以cos A＝，又a＝3，
由余弦定理得9＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋c2－4，b2＋c2＝13，可得b＝2或b＝3.]
三角恒等式证明问题
【例2】 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.
证明：＝.
思路探究：由左往右证，可由边化角展开；由右往左证，可由角化边展开．
[证明] 法一：(边化角)由余弦定理
a2＝b2＋c2－2bccos A，b2＝a2＋c2－2accos B，
∴a2－b2＝b2－a2－2bccos A＋2accos B，
整理得：＝.
依正弦定理有＝，＝，
∴＝＝.
法二：(角化边)＝＝＝＝.
1．三角恒等式证明的三个基本原则
(1)统一边角关系．
(2)由繁推简．
(3)目标明确，等价转化．
2．三角恒等式证明的基本途径
(1)把角的关系通过正、余弦定理转化为边的关系，然后进行化简、变形．
(2)把边的关系转化为角的关系，一般是通过正弦定理，然后利用三角函数公式进行恒等变形．
2．在△ABC中，求证：＝.
[证明] 由正弦定理得右边
＝＝
＝＝＝＝左边．
∴原等式成立.
解三角形中的综合问题
[探究问题]
1.如图所示，图中共有几个三角形？线段AD分别是哪些三角形的边，∠B是哪些三角形的内角？
[提示] 在图形中共有三个三角形，分别为△ABC，△ABD，△ADC；线段AD是△ADC与△ABD的公共边，∠B既是△ABC的内角，又是△ABD的内角．
2．在探究1中，若sin B＝sin ∠ADB，则△ABD是什么形状的三角形？在此条件下若已知∠ADB＝α, AB＝m，DC＝n，如何求出AC?
[提示] 若sin B＝sin ∠ADB，则△ABD为等腰三角形，在此条件下，可在△ABD中先求出AD，然后利用余弦定理在△ADC中求出AC，也可以在△ABD中先求出BD，然后在△ABC中，利用余弦定理求出AC.
【例3】 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A＝，bsin－csin＝a.
(1)求证：B－C＝；
(2)若a＝，求△ABC的面积．
思路探究：(1)先由正弦定理化边为角，再化简已知三角形即证．
(2)结合第(1)问可直接求出B，C，再利用面积公式求值；也可以作辅助线导出b，c的大小关系，再由余弦定理求值，最后用面积公式求解．
[解] (1)证明：由bsin－csin＝a，应用正弦定理，
得sin Bsin－sin Csin＝sin A，
所以sin B－sin C(sin B＋cos B)＝，
整理得sin Bcos C－cos Bsin C＝1，即sin(B－C)＝1，
因为0(2)因B＋C＝π－A＝，所以B＝，C＝.
由a＝，A＝得b＝＝2sin ，c＝＝2sin ，所以△ABC的面积S＝bcsin A＝sin ·sin ＝cos sin ＝.
(变条件，变结论)将例题中的条件“A＝，bsin－csin＝a”改为“△ABC的面积S＝(a2＋b2－c2)”．求：
(1)角C的大小；
(2)求sin A＋sin B的最大值．
[解] (1)由题意可知absin C＝×2abcos C.
所以tan C＝，因为0(2)由已知sin A＋sin B＝sin A＋sin
＝sin A＋sin
＝sin A＋cos A＋sin A
＝sin≤，
当A＝，即△ABC为等边三角形时取等号．
所以sin A＋sin B的最大值为.
1．解三角形综合问题，除灵活运用正、余弦定理及三角形的有关知识外，一般还要用到三角函数，三角恒等变换，平面向量等知识，因此掌握正、余弦定理，三角函数的公式及性质是解题关键．
2．三角形问题中，涉及变量取值范围或最值问题要注意函数思想的应用．
处理三角形问题时常用的公式
(1)l＝a＋b＋c(l为三角形的周长)．
(2)A＋B＋C＝π.
(3)三角形内切圆的半径：r＝.特别地，当△ABC为
直角三角形，c为斜边时，r＝.
(4)三角形的面积S＝，这里p＝(a＋b＋c)，这就是著名的海伦一秦九韶公式．
(5)三角形的面积S＝＝2R2sin Asin Bsin C(R为△ABC外接圆的半径)．
1．判断正误
(1)公式S＝absin C适合求任意三角形的面积． ( )
(2)三角形中已知三边无法求其面积． ( )
(3)在三角形中已知两边和一角就能求三角形的面积． ( )
[答案] (1)√ (2)× (3)√
[提示] 已知三边可以先利用余弦定理求出其中一角，然后再求面积故(2)错．
2．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos C＝，bcos A＋acos B＝2，则△ABC的外接圆面积为( )
A．4 π B．8 π C．9 π D．36 π
C [由余弦定理及题意得b·＋a·＝2，
即＝2，整理得c＝2，由cos C＝得sin C＝，再由正弦定理可得2R＝＝6，所以△ABC的外接圆面积为πR2＝9π.]
3．在△ABC中，已知B＝，D是BC边上一点，AD＝10，AC＝14，DC＝6，则AB的长为________．
5 [在△ADC中，∵AD＝10，AC＝14，DC＝6，
∴cos∠ADC＝＝＝－.
又∵∠ADC∈(0，π)，∴∠ADC＝，
∴∠ADB＝.
在△ABD中，由正弦定理得＝，
∴AB＝＝＝5.]
4．已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，sin2B＝2sin Asin C.
(1)若a＝b，求cos B；
(2)设B＝90°，且a＝，求△ABC的面积．
[解] (1)由题设及正弦定理可得b2＝2ac.
又a＝b，可得b＝2c，a＝2c.
由余弦定理可得cos B＝＝.
(2)由(1)知b2＝2ac.
因为B＝90°，由勾股定理得a2＋c2＝b2，
故a2＋c2＝2ac，进而可得c＝a＝.
所以△ABC的面积为××＝1.
课时分层作业(四) 解三角形的实际应用举例
(建议用时：60分钟)
[基础达标练]
一、选择题
1．学校体育馆的人字屋架为等腰三角形，如图所示，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
D [由题意知，∠A＝∠B＝30°，
所以∠C＝180°－30°－30°＝120°，
由正弦定理得，＝，
即AB＝＝＝4.]
2．一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 n mile的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处，则这只船的航行速度为( )
A． n mile/h B．34 n mile/h
C． n mile/h D．34 n mile/h
A [如图所示，在△PMN中，＝，
∴MN＝＝34，
∴v＝＝ n mile/h.]
3．如图所示，要测量河对岸A，B两点间的距离，今沿河岸选取相距40米的C，D两点，测得∠ACB＝60°，∠BCD＝45°，∠ADB＝60°，∠ADC＝30°，则A，B间距离是( )
A．20米 B．20米
C．20米 D．40米
C [可得DB＝DC＝40，由正弦定理得AD＝20(＋1)，∠ADB＝60°，所以在△ADB中，由余弦定理得AB＝20(米)．]
4．在地面上点D处，测量某建筑物的高度，测得此建筑物顶端A与底部B的仰角分别为60°和30°，已知建筑物底部高出地面D点20 m，则建筑物高度为( )
A．20 m 30 m C．40 m D．60 m
C [如图，设O为顶端在地面的射影，在Rt△BOD中，∠ODB＝30°，OB＝20，BD＝40，OD＝20，
在Rt△AOD中，OA＝OD·tan 60°＝60，
∴AB＝OA－OB＝40(m)．]
5．如图所示所示，在地面上共线的三点A，B，C处测得一建筑物的仰角分别为30°，45°，60°，且AB＝BC＝60 m，则建筑物的高度为( )
A．15 m B．20 m
C．25 m D．30 m
D [设建筑物的高度为h，由题图知，
PA＝2h，PB＝h，PC＝h，
∴在△PBA和△PBC中，分别由余弦定理，
得cos∠PBA＝， ①
cos∠PBC＝. ②
∵∠PBA＋∠PBC＝180°，
∴cos∠PBA＋cos∠PBC＝0. ③
由①②③，解得h＝30或h＝－30(舍去)，即建筑物的高度为30 m．]
二、填空题
6．有一个长为1千米的斜坡，它的倾斜角为75°，现要将其倾斜角改为30°，则坡底要伸长________千米．
[如图，∠BAO＝75°，∠C＝30°，AB＝1，
∴∠ABC＝∠BAO－∠BCA＝75°－30°＝45°.
在△ABC中，＝，
∴AC＝＝＝(千米)．]
7．如图所示，在高速公路建设中需要确定隧道的长度，工程技术人员已测得隧道两端的两点A，B到点C的距离AC＝BC＝1 km，且C＝120°，则A，B两点间的距离为________ km.
[在△ABC中，易得A＝30°，由正弦定理＝，得AB＝＝2×1×＝(km)．]
8．如图，某山上原有一条笔直的山路BC，现在又新架设了一条索道AC，小李在山脚B处看索道AC，发现张角∠ABC＝120°，从B处攀登400米后到达D处，再看索道AC，发现张角∠ADC＝150°，从D处再攀登800米方到达C处，则索道AC的长为________米．
400 [在△ABD中，BD＝400，∠ABD＝120°，因为∠ADB＝180°－∠ADC＝30°，所以∠DAB＝30°，所以AB＝BD＝400，AD＝＝400.在△ADC中，DC＝800，∠ADC＝150°，AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cos∠ADC＝(400)2＋8002－2×400×800×cos 150°＝4002×13，所以AC＝400，故索道AC的长为400米．]
三、解答题
9.在某次军事演习中，红方为了准确分析战场形势，在两个相距为的军事基地C处和D处测得蓝方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，求蓝方这两支精锐部队的距离．
[解] 法一：∵∠ADC＝∠ADB＋∠CDB＝60°，
又∵∠ACD＝60°，
∴∠DAC＝60°.
∴AD＝CD＝a.
在△BCD中，∠DBC＝180°－30°－105°＝45°，
∵＝，
∴BD＝CD·＝a·＝a，在△ADB中，
∵AB2＝AD2＋BD2－2·AD·BD·cos∠ADB＝a2＋－2×a·a·＝a2.
∴AB＝a.
∴蓝方这两支精锐部队的距离为a.
法二：同法一，得AD＝DC＝AC＝a.
在△BCD中，∠DBC＝45°，
∴＝.
∴BC＝a.
在△ABC中，∵AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos 45°
＝a2＋a2－2×a·a·＝a2，
∴AB＝a.
∴蓝方这两支精锐部队的距离为a.
10．江岸边有一炮台高30 m，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，求两条船之间的距离．
[解] 如图所示，∠CBD＝30°，∠ADB＝30°，∠ACB＝45°.
∵AB＝30(m)，
∴BC＝30(m)，
在Rt△ABD中，BD＝＝30(m)．
在△BCD中，CD2＝BC2＋BD2－2BC·BD·cos 30°＝900，
∴CD＝30(m)，即两船相距30 m.
[能力提升练]
1．如图所示，从气球A上测得其正前下方的河流两岸B，C的俯角分别为75°，30°，此时气球的高度AD是60 m，则河流的宽度BC是( )
A．240(－1) m
B．180(－1) m
C．120(－1) m
D．30(＋1) m
C [由题意知，在Rt△ADC中，∠C＝30°，AD＝60 m，
∴AC＝120 m．在△ABC中，∠BAC＝75°－30°＝45°，∠ABC＝180°－45°－30°＝105°，由正弦定理，得BC＝＝＝120(－1)(m)．]
2．如图所示，要测量底部不能到达的某电视塔AB的高度，在塔的同一侧选择C，D两个观测点，且在C，D两点测得塔顶的仰角分别为45°，30°，在水平面上测得∠BCD＝120°，C，D两地相距500 m，则电视塔AB的高度是( )
A．100 m B．400 m
C．200 m D．500 m
D [设AB＝x，在Rt△ABC中，∠ACB＝45°，∴BC＝AB＝x.在Rt△ABD中，∠ADB＝30°，∴BD＝x.在△BCD中，∠BCD＝120°，CD＝500 m，由余弦定理得(x)2＝x2＋5002－2×500xcos 120°，解得x＝500 m．]
3．台风中心从A地以每小时20千米的速度向东北方向移动，离台风中心30千米内的地区为危险区，城市B在A的正东40千米处，B城市处于危险区内的时间为________小时．
1 [设A地东北方向上存在点P到B的距离为30千米，AP＝x，在△ABP中，PB2＝AP2＋AB2－2AP·AB·cosA，即302＝x2＋402－2x·40cos 45°，
化简得x2－40x＋700＝0，
|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝400，
|x1－x2|＝20，
即图中的CD＝20(千米)，
故t＝＝＝1(小时)．]
4．如图，某海轮以60海里/小时的速度航行，在A点测得海面上油井P在南偏东60°方向，向北航行40分钟后到达B点，测得油井P在南偏东30°方向，海轮改为北偏东60°的航向再行驶80分钟到达C点，则P，C间的距离为________海里．
40 [因为AB＝40，∠BAP＝120°，∠ABP＝30°，所以∠APB＝30°，所以AP＝40，所以BP2＝AB2＋AP2－2AP·AB·cos 120°＝402＋402－2×40×40×＝402×3，所以BP＝40.又∠PBC＝90°，BC＝80，所以PC2＝BP2＋BC2＝(40)2＋802＝11 200，所以PC＝40海里．]
5．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.(结果保留根号，不求近似值)．
[解] (1)依题意知，在△DBC中，∠BCD＝30°，∠DBC＝180°－45°＝135°，CD＝6 000×＝100(m)，∠BDC＝45°－30°＝15°，由正弦定理得
＝
所以BC＝＝
＝＝＝50(－1)(m)，
在Rt△ABE中，tan α＝，
因为AB为定长，所以当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，
所以AB＝BE·tan 60°＝BC·sin∠BCD·tan 60°
＝50(－1)··＝25(3－)(m)，
即所求塔高为25(3－)m.
课时分层作业(五) 角度问题
(建议用时：60分钟)
[基础达标练]
一、选择题
1．在静水中划船的速度是每分钟40 m，水流的速度是每分钟20 m，如果船从岸边A处出发，沿着与水流垂直的航线到达对岸，那么船的前进方向应指向河流的上游并与河岸垂直方向所成的角为( )
A．15° B．30° C．45° D．60°
B [如图所示，
sin∠CAB＝＝，∴∠CAB＝30°.]
2．如图所示，长为3.5 m的木棒AB斜靠在石堤旁，木棒的一端A在离堤足C处1.4 m的地面上，另一端B在离堤足C处2.8 m的石堤上，石堤的倾斜角为α，则坡度值tan α等于( )
A． B． C． D．
A [由题意，可得在△ABC中，AB＝3.5 m，AC＝1.4 m，BC＝2.8 m，且α＋∠ACB＝π.
由余弦定理，可得AB2＝AC2＋BC2－2×AC×BC×cos∠ACB，即3.52＝1.42＋2.82－2×1.4×2.8×cos(π－α)，解得cos α＝.
所以sin α＝，所以tan α＝＝.]
3．我舰在敌岛A处南偏西50°的B处，且A，B距离为12海里，发现敌舰正离开岛沿北偏西10°的方向以每小时10海里的速度航行，若我舰要用2小时追上敌舰，则速度大小为( )
A．28海里/小时 B．14海里/小时
C．14海里/小时 D．20海里/小时
B [如图，设我舰在C处追上敌舰，速度为v，在△ABC中，AC＝10×2＝20 海里，
AB＝12海里，∠BAC＝120°，
∴BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos 120°
＝784，
∴BC＝28海里，
∴v＝14海里/小时．]
4．如图，两座相距60 m的建筑物AB，CD的高度分别为20 m，50 m，BD在水平面上，则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角∠CAD的大小是( )
A．30° B．45° C．60° D．75°
B [∵AD2＝602＋202＝4 000，
AC2＝602＋302＝4 500，
在△ACD中，由余弦定理得
cos∠CAD＝＝，∠CAD∈(0°，180°)，
∴∠CAD＝45°.]
5．地上画了一个角∠BDA＝60°，某人从角的顶点D出发，沿角的一边DA行走10米后，拐弯往另一边的方向行走14米正好到达△BDA的另一边BD上的一点，我们将该点记为点N，则N与D之间的距离为( )
A．14米 B．15米
C．16米 D．17米
C [如图，设DN＝x m，
则142＝102＋x2－2×10×xcos 60°，
∴x2－10x－96＝0，
∴(x－16)(x＋6)＝0，
∴x＝16或x＝－6(舍)，
∴N与D之间的距离为16米．]
二、填空题
6．某船在岸边A处向正东方向航行x海里后到达B处，然后朝南偏西60°方向航行3海里到达C处，若A处与C处的距离为海里，则x的值为________．
或2 [x2＋9－2·x·3cos 30°＝()2，
解得x＝2或x＝.]
7．一船以每小时15 km的速度向东航行，船在A处看到一个灯塔M在北偏东60°方向，行驶4 h后，船到B处，看到这个灯塔在北偏东15°方向，这时船与灯塔的距离为________km.
30 [如图所示，依题意有AB＝15×4＝60，∠MAB＝30°，
∠AMB＝45°，在△AMB中，
由正弦定理得＝，
解得BM＝30(km)．]
8．一次机器人足球比赛中，甲队1号机器人由点A开始做匀速直线运动，到达点B时，发现足球在点D处正以2倍于自己的速度向点A做匀速直线滚动，如图所示，已知AB＝4 dm，AD＝17 dm，∠BAC＝45°，若忽略机器人原地旋转所需的时间，则该机器人最快可在距A点________dm的C处截住足球．
7 [设机器人最快可在点C处截住足球，
点C在线段AD上，设BC＝x dm，
由题意知CD＝2x dm，AC＝AD－CD＝(17－2x)dm.
在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC 2－2AB·AC·cos A，即x2＝(4)2＋(17－2x)2－8(17－2x)·cos 45°，解得x1＝5，x2＝.
∴AC＝17－2x＝7(dm)，或AC＝－(dm)(舍去)．
∴该机器人最快可在线段AD上距A点7 dm的点C处截住足球．]
三、解答题
9．在一次海上联合作战演习中，红方一艘侦察艇发现在北偏东45°方向，相距12 n mile的水面上，有蓝方一艘小艇正以每小时10 n mile的速度沿南偏东75°方向前进，若红方侦察艇以每小时14 n mile的速度，沿北偏东45°＋α方向拦截蓝方的小艇(如图所示)．若要在最短的时间内拦截住，求红方侦察艇所需的时间和角α的正弦值．
[解] 如图，设红方侦察艇经过x小时后在C处追上蓝方的小艇，
则AC＝14x，BC＝10x，
∠ABC＝120°.
根据余弦定理得(14x)2＝122＋(10x)2－240xcos 120°，
解得x＝2.
故AC＝28，BC＝20.
根据正弦定理得＝，
解得sin α＝＝.
10．岛A观察站发现在其东南方向有一艘可疑船只，正以每小时10海里的速度向东南方向航行(如图所示)，观察站即刻通知在岛A正南方向B处巡航的海监船前往检查．接到通知后，海监船测得可疑船只在其北偏东75°方向且相距10海里的C处，随即以每小时10海里的速度前往拦截．
(1)问：海监船接到通知时，距离岛A多少海里？
(2)假设海监船在D处恰好追上可疑船只，求它的航行方向及其航行的时间．
[解] (1)根据题意得∠BAC＝45°，∠ABC＝75°，BC＝10，
所以∠ACB＝180°－75°－45°＝60°.
在△ABC中，由＝
得AB＝＝＝＝5.
答：海监船接到通知时，距离岛A 5海里．
(2)设海监船航行时间为t小时，则BD＝10t，CD＝10t，
又因为∠BCD＝180°－∠ACB＝180°－60°＝120°，
所以BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos 120°，
所以300t2＝100＋100t2－2×10×10t·，所以2t2－t－1＝0，
解得t＝1或t＝－(舍去)．
所以CD＝10，所以BC＝CD，
所以∠CBD＝(180°－120°)＝30°，
所以∠ABD＝75°＋30°＝105°.
答：海监船沿方位角105°航行，航行时间为1个小时．
(或答：海监船沿南偏东75°方向航行，航行时间为1个小时．)
[能力提升练]
1．为了测量某塔的高度，某人在一条水平公路C，D两点处进行测量．在C点测得塔底B在南偏西80°，塔顶仰角为45°，此人沿着南偏东40°方向前进10米到D点，测得塔顶的仰角为30°，则塔的高度为( )
A．5米 B．10米 C．15米 D．20米
B [如图，由题意得，AB⊥平面BCD，
∴AB⊥BC，AB⊥BD.
设塔高AB＝x，
在Rt△ABC中，∠ACB＝45°，
所以BC＝AB＝x，
在Rt△ABD中，∠ADB＝30°，
∴BD＝＝x，
在△BCD中，由余弦定理得
BD2＝CB2＋CD2－2CB·CD·cos 120°，
∴(x)2＝x2＋100＋10x，
解得x＝10或x＝－5(舍去)，故选B.]
2．甲船在岛A的正南B处，以每小时4千米的速度向正北航行，AB＝10千米，同时乙船自岛A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，它们所航行的时间为( )
A．分钟 B．分钟
C．21.5分钟 D．2.15小时
A [如图，设t小时后甲行驶到D处，则AD＝10－4t，乙行驶到C处，则AC＝6t.∵∠BAC＝120°，∴DC2＝AD2＋AC2－2AD·AC·cos 120°＝(10－4t)2＋(6t)2－2×(10－4t)×6t×cos 120°＝28t2－20t＋100＝28＋.
当t＝时，DC2最小，即DC最小，此时它们所航行的时间为×60＝分钟．]
3．如图所示，一船在海上自西向东航行，在A处测得某岛M位于北偏东α，前进m海里后在B处测得该岛位于北偏东β，已知该岛周围n海里范围内(包括边界)有暗礁，现该船继续东行，当α与β满足条件________时，该船没有触礁危险．
mcos αcos β>nsin(α－β) [在△ABM中，由正弦定理得＝，
故BM＝，
要使该船没有触礁危险需满足BMsin(90°－β)＝>n.
∴当α与β满足mcos αcos β>nsin(α－β)时，该船没有触礁危险．]
4．如图所示，位于A处的信息中心获悉：在其正东方向相距40海里的B处有一艘渔船遇险，在原地等待营救．信息中心立即把消息告知在其南偏西30°、相距20海里的C处的乙船，现乙船朝北偏东θ的方向沿直线CB前往B处救援，则cos θ＝________．
[在△ABC中，AB＝40，AC＝20，∠BAC＝120°，
由余弦定理知BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos 120°＝2 800?BC＝20.
由正弦定理＝?
sin∠ACB＝·sin∠BAC＝，
∠BAC＝120°，则∠ACB为锐角，cos∠ACB＝.
由θ＝∠ACB＋30°，则cos θ＝cos(∠ACB＋30°)＝cos∠ACB·cos 30°－sin∠ACB·sin 30°＝.]
5．如图所示，港口B在港口O正东方向120海里处，小岛C在港口O北偏东60°方向，且在港口B北偏西30°方向上，一艘科学家考察船从港口O出发，沿北偏东30°的OA方向以20海里/时的速度行驶，一艘快艇从港口B出发，以60海里/时的速度驶向小岛C，在C岛装运补给物资后给考察船送去，现两船同时出发，补给物资的装船时间为1小时，则快艇驶离港口B后，最少要经过多少小时才能和考察船相遇？
[解] 设快艇驶离港口B后，经过x小时，在OA上的点D处与考察船相遇．
如图所示，连接CD，则快艇沿线段BC，CD航行．
在△OBC中，由题意易得∠BOC＝30°，∠CBO＝60°，所以∠BCO＝90°.
因为BO＝120，
所以BC＝60，OC＝60.
故快艇从港口B到小岛C需要1小时，所以x>1.
在△OCD中，由题意易得∠COD＝30°，OD＝20x，CD＝60(x－2)．
由余弦定理，得CD2＝OD2＋OC2－2OD·OCcos∠COD，所以602(x－2)2＝(20x)2＋(60)2－2×20x×60×cos 30°.
解得x＝3或x＝，
因为x>1，所以x＝3.
所以快艇驶离港口B后，至少要经过3小时才能和考察船相遇．
课时分层作业(六) 三角形中的几何计算
(建议用时：60分钟)
[基础达标练]
一、选择题
1．已知锐角△ABC的面积为3，BC＝4，CA＝3，则角C的大小为( )
A．60°或120° B．120°
C．60° D．30°
C [S△ABC＝·BC·CA·sin C＝3，
∴sin C＝，∵C∈(0°，90°)，∴C＝60°.]
2．在△ABC中，三边a，b，c与面积S的关系式为a2＋4S＝b2＋c2，则角A为( )
A．45° B．60°
C．120° D．150°
A [4S＝b2＋c2－a2＝2bccos A，
∴4·bcsin A＝2bccos A，
∴tan A＝1，
又∵A∈(0°，180°)，∴A＝45°.]
3．三角形的一边长为14，这条边所对的角为60°，另两边之比为8∶5，则这个三角形的面积为( )
A．40 B．20
C．40 D．20
A [设另两边长为8x，5x，
则cos 60°＝＝，
解得x＝2.两边长是16与10，
三角形的面积是×16×10×sin 60°＝40.]
4．在△ABC中，A＝60°，b＝1，其面积为，则等于( )
A． B．
C． D．3
A [面积S＝＝bcsin A＝×1×c×，∴c＝4，
∴a2＝b2＋c2－2bccos A＝12＋42－2×1×4×＝13，
∴＝＝.]
5．在平行四边形ABCD中，对角线AC＝，BD＝，周长为18，则这个平行四边形的面积是( )
A．8 B．16
C．18 D．32
B [在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos B＝65，
即AB2＋AD2－2AB·AD·cos B＝65，①
在△ABD中，BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos A＝17，②
又cos A＋cos B＝0.
①＋②得AB2＋AD2＝41，
又AB＋AD＝9，
∴AB＝5，AD＝4或AB＝4，AD＝5.
∴cos A＝，
A∈，∴sin A＝，
∴这个平行四边形的面积S＝5·4·＝16.]
二、填空题
6．在△ABC中，B＝60°，AB＝1，BC＝4，则BC边上的中线AD的长为________．
[画出三角形(略)知AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos 60°＝3，∴AD＝.]
7．在△ABC中，若A＝60°，b＝16，此三角形的面积S＝220，则a的值为________．
49 [由bcsin A＝220得c＝55，
又a2＝b2＋c2－2bccos A＝2 401，所以a＝49.]
8．在△ABC中，B＝120°，b＝7，c＝5，则△ABC的面积为________．
[由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B，
即49＝a2＋25－2×5×acos 120°，
整理得a2＋5a－24＝0，解得a＝3或a＝－8(舍)，
∴S△ABC＝acsin B＝×3×5sin 120°＝.]
三、解答题
9．已知△ABC的三内角满足cos(A＋B)cos(A－B)＝1－5sin2C，求证：a2＋b2＝5c2.
[证明] 由已知得cos2Acos2B－sin2Asin2B＝1－5sin2C，
∴(1－sin2A)(1－sin2B)－sin2Asin2B＝1－5sin2C，
∴1－sin2A－sin2B＝1－5sin2C，
∴sin2A＋sin2B＝5sin2C.
由正弦定理得，所以＋＝5，
即a2＋b2＝5c2.
10．四边形ABCD的内角A与C互补，AB＝1，BC＝3，CD＝DA＝2.
(1)求C和BD；
(2)求四边形ABCD的面积．
[解] (1)由题设及余弦定理得
BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos C＝13－12cos C， ①
BD2＝AB2＋DA2－2AB·DAcos A＝5＋4cos C． ②
由①，②得cos C＝，故C＝60°，BD＝.
(2)四边形ABCD的面积
S＝AB·DAsin A＋BC·CDsin C
＝·sin 60°＝2.
[能力提升练]
1．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若asin Bcos C＋csin Bcos A＝b，且a>b，则B＝( )
A． B．
C． D．
A [由正弦定理可得sin Asin Bcos C＋sin Csin Bcos A＝sin B，又因为sin B≠0，所以sin Acos C＋sin Ccos A＝，所以sin(A＋C)＝sin B＝.因为a>b，所以B＝.]
2．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，a＝，b＝，且1＋2cos(B＋C)＝0，则BC边上的高等于( )
A． B．
C． D．
B [由1＋2cos(B＋C)＝0，得1－2cos A＝0，即cos A＝，所以A＝.由正弦定理＝，得sin B＝＝＝，因为b＜a，所以B＜A，得B＝.由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，即3＝2＋c2－c，得c2－c－1＝0，解得c＝，所以BC边上的高h＝csin B＝×＝.故选B.]
3．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知a＝2，c＝2，1＋＝，则角C的值为________．
[由正弦定理得1＋·＝，
即＝，
∴cos A＝，A∈，A＝，sin A＝，
由＝得sin C＝，又c4．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＝－，则a的值为________．
8 [在△ABC中，由cos A＝－可得sin A＝，
所以有解得]
5．△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.向量m＝(a，b)与n＝(cos A，sin B)平行．
(1)求A；
(2)若a＝，b＝2，求△ABC的面积．
[解] (1)因为m∥n，所以asin B－bcos A＝0，
由正弦定理，得sin Asin B－sin Bcos A＝0，
又sin B≠0，从而tan A＝.
由于0(2)法一：由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccos A，
而a＝，b＝2，A＝，
得7＝4＋c2－2c，即c2－2c－3＝0.
因为c>0，所以c＝3.
故△ABC的面积为bcsin A＝.
法二：由正弦定理，得＝，从而sin B＝.
又由a>b，知A>B，所以cos B＝.
故sin C＝sin(A＋B)＝sin
＝sin Bcos ＋cos Bsin ＝.
所以△ABC的面积为absin C＝.
