第二章
解三角形
§3 解三角形的实际应用举例
[A组 学业达标]
1．(2019·潮州高一检测)海洋中有A，B，C三座灯塔．其中A，B之间距离为a，在A处观察B，其方向是南偏东40°，观察C，其方向是南偏东70°，在B处观察C，其方向是北偏东65°，则B，C之间的距离是( )
A．a
B.a
C.a
D.a
解析：如图所示，由题意可知AB＝a，∠BAC＝70°－40°＝30°，∠ABC＝40°＋65°＝105°，
∴∠C＝45°，
在△ABC中，由正弦定理得＝，
即BC＝＝a.故选D.
答案：D
2．(2019·遂宁高一检测)如图，设A，B两点在涪江的两岸，一测量者在A的同侧所在的江岸边选定一点C，测出AC的距离为50
m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°.则A，B两点间的距离为( )
A．50
m
B．50
m
C．50
m
D．50
m
解析：在△ABC中，∠B＝180°－45°－105°＝30°，由正弦定理得＝，即＝，解得AB＝50.故选A.
答案：A
3．(2019·永州高一检测)如图，在热气球C正前方有一高为a的建筑物AB，在建筑物底部A测得C的仰角为60°，同时在C处测得建筑物顶部B的俯角为30°，则此时热气球的高度CD为( )
A.a
B.a
C.a
D.a
解析：由题意，∠BCA＝∠BAC＝30°，
∴AB＝BC＝a，AC＝
a，
△ADC中，CD＝ACsin
60°＝
a，故选D.
答案：D
4．如图所示，在坡度一定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C相对于山坡的斜度为15°，向山顶前进100
m到达B处，又测得C相对于山坡的斜度为45°，若CD＝50
m，山坡的坡角为θ，则cos
θ＝( )
A.
B.－1
C．2－
D.
解析：在△ABC中，由正弦定理，得
BC＝＝＝50(－)(m)．在△BCD中，由正弦定理，得sin∠BDC＝＝＝－1.由题图知cos
θ＝sin∠ADE＝sin∠BDC＝－1，故选B.
答案：B
5．如图所示，位于A处的信息中心获悉，在其正东方向相距40
n
mile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
n
mile的C处的乙船，现乙船朝北偏东θ的方向即沿直线CB前往B处救援，则cos
θ等于( )
A.
B.
C.
D.
解析：在△ABC中，AB＝40，AC＝20，∠BAC＝120°.
由余弦定理，
得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos
120°＝2
800，
所以BC＝20.
由正弦定理，得
sin∠ACB＝·sin∠BAC＝.
由∠BAC＝120°，得∠ACB为锐角，故cos∠ACB＝.
故cos
θ＝cos(∠ACB＋30°)
＝cos∠ACBcos
30°－sin
∠ACBsin
30°＝.故选B.
答案：B
6．有一段长为10
m的斜坡，它的倾斜角为75°，在不改变坡高的前提下，通过加长坡面的方法将它的倾斜角改为30°，则坡底要延伸________m.
解析：如图，在△ABC中，∠BAC＝75°－30°＝45°，由正弦定理，得＝，
所以BC＝＝＝10(m)．
答案：10
7．台风中心从A地以每小时20
km的速度向东北方向移动，离台风中心30
km内的地区为危险区，城市B在A的正东40
km处，B城市处于危险区内的持续时间为________小时．
解析：设t小时时，B城市恰好处于危险区，则由余弦定理，得(20t)2＋402－2×20t×40cos
45°＝302，即4t2－8t＋7＝0，∴t1＋t2＝2，t1·t2＝.故|t1－t2|＝＝＝1.
答案：1
8．在点O观测到远处有一物体在做匀速直线运动，开始时刻物体位于点P，一分钟后，该物体位于点Q，且∠POQ＝90°，再过一分钟，该物体位于点R，且∠QOR＝30°，则tan∠OPQ＝________．
解析：由物体做匀速直线运动，得PQ＝QR，不妨设其长度为1.如图，在Rt△POQ中，OQ＝sin
∠OPQ，OP＝cos∠OPQ.在△OPR中，由正弦定理，得＝＝.同理在△ORQ中，由正弦定理，得＝＝，
所以·＝·＝tan∠OPQ，所以tan∠OPQ＝＝.
答案：
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a的军事基地C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之间的距离．
解析：∵∠ADC＝∠ADB＋∠CDB＝60°，又∠DCA＝60°，
∴∠DAC＝60°，∴AD＝CD＝AC＝a，∵＝，
∴BC＝a.在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos
45°＝a2＋a2－2×a×a×＝a2，∴AB＝a.∴蓝方这两支精锐部队之间的距离为a.
10．如图，渔船甲位于岛屿A的南偏西60°方向的B处，且与岛屿A相距12
n
mile，渔船乙以10
n
mile/h的速度从岛屿A出发沿正北方向航行，若渔船甲同时从B处出发沿北偏东α的方向追赶渔船乙，刚好用2
h追上．
(1)求渔船甲的速度；
(2)求sin
α的值．
解析：(1)在△ABC中，∠BAC＝180°－60°＝120°，AB＝12
(n
mile)，AC＝10×2＝20
(n
mile)，∠BCA＝α.
由余弦定理，
得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC
＝122＋202－2×12×20×cos
120°＝784，
解得BC＝28
(n
mile)．
所以渔船甲的速度为BC＝14(n
mile/h)．
(2)在△ABC中，AB＝12
n
mile，∠BAC＝120°，
BC＝28
(n
mile)，∠BCA＝α，
由正弦定理，得＝，
所以sin
α＝＝＝.
[B组 能力提升]
11．(2019·桂林高一检测)甲船在湖中B岛的正南A处，AB＝3
km，甲船以8
km/h的速度向正北方向航行，同时乙船自B岛出发，以12
km/h的速度向北偏东60°方向驶去，则行驶15分钟时，两船的距离是( )
A.
km
B.
km
C.
km
D.
km
解析：如图所示，15
min＝
h.
设甲、乙两船行驶
h分别到D、C点．
∴AD＝×8＝2
km.
BC＝×12＝3
km.
∵∠EBC＝60°，∴∠ABC＝120°.
∵AB＝BC＝3，
∴∠A＝∠ACB＝30°.
在△ABC中，由余弦定理可得：
AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC＝32＋32－2×3×3cos
120°＝27.
∴AC＝3.
在△ACD中，由余弦定理可得：
DC2＝AD2＋AC2－2AD·ACcos∠DAC＝4＋27－2×2×3cos
30°＝13.
∴DC＝.所以B选项是正确的．
答案：B
12．(2019·承德高一检测)飞机的航线和山顶在同一个铅垂直平面内，已知飞机的高度为海拔1
5000
m，速度为1
000
km/h，飞行员先看到山顶的俯角为18°，经过108
s后又看到山顶的俯角为78°，则山顶的海拔高度为( )
A．(15－18sin
18°cos
78°)km
B．(15－18sin
18°sin
78°)km
C．(15－20sin
18°cos78°)km
D．(15－20sin
18°sin
78°)km
解析：如图，∠A＝18°，∠ACB＝60°，
AB＝1
000×108×＝30(km)
∴在△ABC中，BC＝＝20sin
18°，
∵CD⊥AD，
∴CD＝BCsin∠CBD＝BC×sin
78°＝20sin
18°sin
78°.
山顶的海拔高度＝15－20sin
18°sin
78°
(km)．故选D.
答案：D
13．(2019·丰台高一检测)如图，为了测量河对岸A，B两点之间的距离．观察者找到了一个点C，从C可以观察到点A，B；找到了一个点D，从D可以观察到点A，C；找到一个点E，从E可以观察到点B，C.并测量得到图中一些数据，其中CD＝2，CE＝4，∠ACB＝60°，∠ACD＝∠BCE＝90°，
∠ADC＝60°，∠BEC＝45°，则AB＝________．
解析：在Rt△BCE中，BC＝CE＝4，
在Rt△ACD中，AC＝CD＝6，
在△ABC中，由余弦定理得
AB＝
＝＝2.
答案：2
14．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，则巡逻艇应该沿________方向去追，需要________小时才追赶上该走私船．
解析：如题干图，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°，
在△ABC中，由余弦定理，得
(14x)2＝92＋(10x)2－2×9×10xcos
120°
化简得32x2－30x－27＝0，
解得x＝或x＝－(舍去)，
所以BC＝10x＝15，AB＝14x＝21，
由正弦定理，
得sin∠BAC＝＝×＝，
所以∠BAC＝38°13′或∠BAC＝141°47′(钝角不合题意，舍去)．
38°13′＋45°＝83°13′.
答案：北偏东83°13′
15．某人在塔的正东，沿着南偏西60°的方向前进60米后，望见塔在东北方向，若沿途测得塔顶的最大仰角为60°，求塔高．
解析：如图，设AE为塔，某人在塔正东的B点，他在B点沿南偏西60°前进60米后到达C点，
则BC＝60，
∠BAC＝90°＋45°＝135°，
∠ABC＝90°－60°＝30°，
在△ABC中，
根据正弦定理有＝，
即＝，
解得AC＝30.
过点A作AG⊥BC于点G，连接EG，
则∠AGE为直线EG与平面ABC所成的线面角，
即为沿途测得塔顶的最大仰角，
故∠AGE＝60°，在△ABC中，
S△ABC＝AG·BC＝AC·BC·sin∠ACB，
即AG＝＝30×sin(180°－135°－30°)＝15(－1)．
又因为AE⊥平面ABC，AG?平面ABC，
所以AE⊥AG，
在直角△AEG中，
塔高AE＝AG·tan∠AGE＝15(－1)×tan
60°＝15(3－)．
答：塔高为15(3－)米．
16．某海上养殖基地A，接到气象部门预报，位于基地南偏东60°方向相距20(＋1)n
mile的海面上有一台风中心，影响半径为20
n
mile，正以10
n
mile/h的速度沿某一方向匀速直线前进，预计台风中心将从基地东北方向刮过且(＋1)h后开始影响基地持续2
h．求台风移动的方向．
解析：如图，设预报时台风中心为B，开始影响基地时台风中心为C，基地刚好不受影响时台风中心为D，则B，C，D在一条直线上，且AD＝20
n
mile，AC＝20
n
mile.
由题意，得AB＝20(＋1)n
mile，DC＝20
n
mile，BC＝10(＋1)n
mile.
在△ADC中，
∵DC2＝AD2＋AC2，
∴∠DAC＝90°，∠ADC＝45°，
在△ABC中，
由余弦定理，得
cos∠BAC＝＝.
∴∠BAC＝30°.
∵B位于A的南偏东60°方向，
且60°＋30°＋90°＝180°，∴D位于A的正北方向．
又∠ADC＝45°，
∴台风移动的方向为向量的方向，即北偏西45°方向．
PAGE第二章
解三角形
§2 三角形中的几何计算
[A组 学业达标]
1．(2019·莆田高一检测)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°
解析：4S＝b2＋c2－a2＝2bccos
A，所以4·bcsin
A＝2bccos
A，所以tan
A＝1，
又因为0°＜A＜180°，所以A＝45°.
答案：A
2．(2019·临川高一检测)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b＝2，B＝，C＝，则△ABC的面积为( )
A．2＋2
B.＋1
C．2－2
D.－1
解析：先由正弦定理解出c的值，再运用面积公式求解．
∵B＝，C＝，∴A＝π－B－C＝π－－＝.
由正弦定理＝，得＝，
即＝，∴c＝2.
∴S△ABC＝bcsin
A＝×2×2sin
＝＋1.
故选B.
答案：B
3．在△ABC中，a＝1，B＝45°，S△ABC＝2，则此三角形的外接圆的半径R＝( )
A.
B．1
C．2
D.
解析：S△ABC＝acsin
B＝c＝2，
∴c＝4.b2＝a2＋c2－2accos
B＝1＋32－8×＝25，
∴b＝5.∴R＝＝＝.
答案：D
4．若△ABC的周长等于20，面积是10，B＝60°，则边AC的长是( )
A．5
B．6
C．7
D．8
解析：设△ABC中角A、B、C的对边分别为a、b、c，
已知B＝60°，则由题意得
即
解得b＝7，∴边AC的长为7.故选C.
答案：C
5．在△ABC中，若＝≠1，则△ABC是( )
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
解析：由正弦定理得：b＝2Rsin
B，a＝2Rsin
A，
所以有＝，即sin
A·cos
A＝sin
B·cos
B，sin
2A＝sin
2B，
得2A＝2B或2A＋2B＝π(又因为≠1，所以A≠B)，
所以A＋B＝，所以△ABC是直角三角形．
答案：C
6．在△ABC中，A＝30°，AB＝2，BC＝1，则△ABC的面积等于________．
解析：由正弦定理＝，
得sin
C＝＝＝1.
∵0°＜C＜180°，∴C＝90°，
∴b＝＝＝.
∴S△ABC＝×1×＝.
答案：
7．在△ABC中，若＝，A＝，则△ABC的形状是________．
解析：∵＝＝，
∴sin
Bcos
C＝cos
Bsin
C，∴sin(B－C)＝0，
又∵－π＜B－C＜π，∴B－C＝0，即B＝C.
又A＝，所以△ABC为等边三角形．
答案：等边三角形
8．已知△ABC的面积S＝，A＝，则·＝________．
解析：∵△ABC的面积S＝||||sin
A＝||||sin
＝，
∴||||＝4.
∴·＝||||cos
A＝4cos
＝2.
答案：2
9．若在△ABC中，∠A＝60°，b＝1，S△ABC＝，求：的值．
解析：本题主要考查应用正余弦定理解三角形．
S△ABC＝bcsin
A＝×1×c×＝，
所以c＝4.根据余弦定理有：
a2＝b2＋c2－2bccos
A＝1＋16－2×1×4×＝13.
所以，a＝，根据正弦定理＝＝，
则：＝＝.
10．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知cos
2A＋3cos(B＋C)＝1.
(1)求角A的大小；
(2)若a＝2，b＋c＝4，求△ABC的面积．
解析：(1)∵在△ABC中，cos
2A＋3cos(B＋C)＝1，
∴2cos2A－1－3cos
A＝1，即2cos2A－3cos
A－2＝0，
解得cos
A＝－或cos
A＝2(舍去)．
由A∈(0，π)，得A＝.
(2)由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccos
A＝b2＋c2＋bc＝(b＋c)2－bc，
代入数据可得12＝16－bc，解得bc＝4，
∴△ABC的面积S＝bcsin
A＝×4×＝.
[B组 能力提升]
11．某市在“旧城改造”工程中计划在如图所示的一块三角形空地上种植草皮以美化环境．已知这种草皮的价格为a元/m2，则购买这种草皮需要( )
A．450a元
B．225a元
C．150a元
D．300a元
解析：由已知可求得草皮的面积为S＝×20×30sin
150°＝150(m2)，则购买草皮的费用为150a元．
答案：C
12．(2019·新乡高一检测)在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知c2sin
Acos
A＋a2sin
Ccos
C＝4sin
B，cos
B＝，D是AC上一点，且S△BCD＝，则等于( )
A.
B.
C.
D.
解析：∵在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，
c2sin
Acos
A＋a2sin
Ccos
C＝4sin
B，
∴c2acos
A＋a2ccos
C＝4b，
∴ac＝
＝＝＝4，
∵cos
B＝，∴sin
B＝，
∴S△ABC＝acsin
B＝×4×＝，
∵D是AC上一点，且S△BCD＝，
∴S△ABD＝－＝，
∴＝＝＝.故选D.
答案：D
13．(2019·宁夏高一检测)我国南宋著名数学家秦九韶发现了从三角形三边求三角形面积的“三斜公式”，设△ABC三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，面积为S，则“三斜求积”公式为S＝.若a2sin
C＝4sin
A，(a＋c)2＝12＋b2，则用“三斜求积”公式求得△ABC的面积为________．
解析：根据正弦定理：由a2sin
C＝4sin
A，可得：ac＝4，
由于(a＋c)2＝12＋b2，可得：a2＋c2－b2＝4，
可得：S＝＝＝.
答案：
14．在△ABC中，D为边BC上一点，BD＝DC，∠ADB＝120°，AD＝2.若△ADC的面积为3－，则∠BAC＝________．
解析：如图，由S△ADC＝3－和S△ADC＝AD·DCsin
60°，
得3－＝×2×DC×，解得DC＝2(－1)，则BD＝DC＝－1.
在△ABD中，AB2＝BD2＋AD2－2BD·ADcos
120°＝(－1)2＋4－2(－1)×2×＝6，∴AB＝.
在△ADC中，AC2＝AD2＋DC2－2AD·DCcos
60°＝22＋[2(－1)]2－2×2×2(－1)×＝24－12，
∴AC＝(－1)．
在△ABC中，cos
∠BAC＝＝＝，∴∠BAC＝60°.
答案：60°
15．(2019·历下高一检测)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a2－ab－2b2＝0.
(1)若B＝，求C；
(2)若C＝，c＝14，求S△ABC.
解析：(1)由已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a2－ab－2b2＝0.则：(a＋b)(a－2b)＝0，
由于a＋b≠0，所以：a＝2b.
利用正弦定理sin
A＝2sin
B，B＝，
则：sin
A＝1(0＜A＜π)，则：A＝，
解得：C＝π－A－B＝.
(2)已知：C＝，c＝14，
由余弦定理得：c2＝a2＋b2－2abcos
C，
则：解得：
S△ABC＝absin
C＝·2·4·＝14.
16．若△ABC的三边长分别为a，b，c，面积为S，且S＝c2－(a－b)2，a＋b＝2，求面积S的最大值．
解析：S＝c2－(a－b)2＝c2－a2－b2＋2ab＝2ab－(a2＋b2－c2)．由余弦定理，得a2＋b2－c2＝2abcos
C，
∴c2－(a－b)2＝2ab(1－cos
C)，即S＝2ab(1－cos
C)．
∵S＝absin
C，∴sin
C＝4(1－cos
C)．
又sin2C＋cos2C＝1，∴17cos2C－32cos
C＋15＝0，
解得cos
C＝或cos
C＝1(舍去)．∴sin
C＝，
∴S＝absin
C＝a(2－a)＝－(a－1)2＋.
∵a＋b＝2，∴0＜a＜2，
∴当a＝1，b＝1时，Smax＝.
PAGE第二章
解三角形
§1 正弦定理与余弦定理
1.2 余弦定理
[A组 学业达标]
1．(2019·金华高一检测)已知△ABC中，sin2B＋sin2C－sin2A＝－sin
Bsin
C，则A＝( )
A．60°
B．90°
C．150°
D．120°
解析：本题主要考查正弦定理和余弦定理．
根据正弦定理，＝＝，
所以式子sin2B＋sin2C－sin2A＝－sin
Bsin
C可整理为b2＋c2－a2＝－bc，
由余弦定理cos
A＝＝－，
所以A＝120°.故本题正确答案为D.
答案：D
2．(2019·和平区高一检测)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b2＝a2－2bc，A＝，则角C为( )
A.
B.或
C.
D.
解析：∵b2＝a2－2bc，A＝，
∴由余弦定理可得：
a2＝b2＋2bc＝b2＋c2－2bccos
A＝b2＋c2＋bc，
可得：b＝c，∴a＝b＝c，
∴cos
C＝＝＝，
∵C∈(0，π)，∴C＝，故选A.
答案：A
3．若△ABC的三条边a，b，c满足(a＋b)∶(b＋c)∶(c＋a)＝7∶8∶9，则△ABC( )
A．一定是锐角三角形
B．一定是钝角三角形
C．一定是直角三角形
D．可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形
解析：因为(a＋b)∶(b＋c)∶(c＋a)＝7∶8∶9，
所以可设a＋b＝7k，b＋c＝8k，c＋a＝9k，k＞0，
则a＝4k，b＝3k，c＝5k，cos
C＝＝0，
所以三角形是直角三角形，故答案选C.(或由(a＋b)∶(b＋c)∶(c＋a)＝7∶8∶9得a∶b∶c＝4∶3∶5亦可)
答案：C
4．△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a＝＋1，b＝－1，C＝120°，则c＝( )
A.
B.
C．3
D．2
解析：由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos
C＝(＋1)2＋(－1)2－2×(＋1)×(－1)cos
120°＝10，解得c＝.故选A.
答案：A
5．已知△ABC，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则以下为钝角三角形的是( )
A．a＝3，b＝3，c＝4
B．a＝4，b＝5，c＝6
C．a＝4，b＝6，c＝7
D．a＝3，b＝3，c＝5
解析：对于D，由余弦定理，
得cos
C＝＝＜0，∴C为钝角，
∴△ABC为钝角三角形．同理可得A为锐角三角形；B为锐角三角形；C为锐角三角形．故选D.
答案：D
6．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知B＝C，2b＝a，则cos
A＝________．
解析：由B＝C，得b＝c＝a.由余弦定理，得cos
A＝＝＝.
答案：
7．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若a2－c2＝2b，且sin
B＝6cos
Asin
C，则b的值为________．
解析：由正弦定理及余弦定理，得sin
B＝6cos
Asin
C可化为b＝6··c，化简得b2＝3(b2＋c2－a2)．
∵a2－c2＝2b，且b≠0，∴b＝3.
答案：3
8．在锐角三角形ABC中，A、B、C的对边分别为a、b、c，＋＝6cos
C，则＋＝________．
解析：锐角三角形ABC中，∵＋＝6cos
C，
则由余弦定理可得＝6·，
化简可得a2＋b2＝c2.
又＋＝＋＝·＝·＝＝＝·＝＝4.
答案：4
9．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边长，若(a＋b＋c)(sin
A＋sin
B－sin
C)＝3asin
B，求角C的大小．
解析：由题意，得(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，
整理，得a2＋2ab＋b2－c2＝3ab，
即＝，
所以cos
C＝，所以C＝60°.
10．在△ABC中，C＝2A，a＋c＝10，cos
A＝，求b.
解析：由正弦定理，
得＝＝＝2cos
A＝2×＝，
∵a＋c＝10，∴a＝4，c＝6.
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos
A，
得＝，
解得b＝4或b＝5.当b＝4时，∵a＝4，∴A＝B.
又C＝2A，且A＋B＋C＝π，∴A＝，与已知cos
A＝矛盾，不合题意，舍去．当b＝5时，满足题意，故b＝5.
[B组 能力提升]
11．已知锐角△ABC的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，23cos2A＋cos
2A＝0，a＝7，c＝6，则b＝( )
A．5
B．8
C．9
D．10
解析：本题主要考查解三角形中的余弦定理．
23cos2A＋cos2A＝0
23cos2A＋2cos2A－1＝0
25cos2A＝1
cos2A＝.
由题意，A为锐角，得cos
A＝.
cos
A＝
＝
＝＝.
解得b＝5或b＝－(舍掉)．
故本题正确答案为A.
答案：A
12．(2019·西安高一检测)E，F是等腰直角△ABC斜边AB上的三等分点，则tan
∠ECF＝( )
A.
B.
C.
D.
解析：本题主要考查利用余弦定理解三角形．如图，设AC＝BC＝a，则BE＝EF＝，在△BEC中，∠B＝45°，由余弦定理得CE2＝BC2＋BE2－2BC·BEcos
B＝a2＋a2－2××a2＝a2.由对称性可知CF2＝CE2＝a2，在△ECF中用余弦定理可得cos∠ECF＝＝，由三角函数的性质可得tan∠ECF＝.
答案：D
13．(2019·潍坊高一检测)已知△ABC，AB＝，AC＝4，∠BAC＝45°，则△ABC外接圆的直径为________．
解析：∵AB＝，AC＝4，∠BAC＝45°，
∴由余弦定理可得：
BC＝
＝＝.
设△ABC外接圆的半径为R，由正弦定理可得：
R＝＝＝，
∴△ABC外接圆的直径为2.
答案：2
14．(2019·郑州高一检测)在△ABC中，AB＝7，AC＝6，M是BC的中点，AM＝4，则BC等于________．
解析：如图，
由已知，在△ABM中，
有AB＝7，AM＝4，
∴由余弦定理，得
72＝BM2＋42－2BM·4cos∠AMB①，
在△CAM中，有AC＝6，AM＝4，
∴由余弦定理，得：
62＝CM2＋42－2CM·4cos∠AMC，②，
由于∠AMB＋∠AMC＝180°，
∴cos∠AMC＝－cos∠AMB，
∵M是BC的中点，
∴BM＝MC，∴由①＋②，得：
49＋36＝2BM2＋2×16，∴BM2＝，
∵BM＞0，∴BM＝，
∴BC＝2BM＝.
答案：
15．(2019·南平高一检测)已知向量m＝(2sin
x，1)，n＝(sin
x＋cos
x，－3)，x∈R，函数f(x)＝m·n＋2.
(1)求函数f(x)的最小正周期；
(2)设锐角△ABC内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若f(A)＝2，a＝，b＝3，求角A和边c的值．
解析：(1)f(x)＝m·n＋2
＝2sin
x(sin
x＋cos
x)－3＋2
＝2sin2x＋2sin
xcos
x－1＝sin
2x－cos
2x
＝2sin
∴f(x)的最小正周期T＝＝π.
(2)由(1)知f(A)＝2sin＝2，
解得sin
＝1，
∵A∈，∴2A－∈
∴2A－＝，∴A＝.
法一：由余弦定理得a2＝32＋c2－2×3c×cos
?c2－3c＋9＝7，解得c＝1或c＝2.
若c＝1，则cos
B＝＜0，
∴B为钝角，这与△ABC为锐角三角形不符，c≠1，
∴c＝2.
法二：由正弦定理得＝，解得sin
B＝.
∵B是锐角，∴cos
B＝＝，
∵C＝π－(A＋B)，∴sin
C＝sin(A＋B)＝sin＝，
＝，解得c＝2.
16．(2017·高考天津卷)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知asin
A＝4bsin
B，ac＝(a2－b2－c2)．
(1)求cos
A的值；
(2)求sin(2B－A)的值．
解析：(1)由asin
A＝4bsin
B及＝得a＝2b.
由ac＝(a2－b2－c2)及余弦定理，可得cos
A＝＝＝－.
(2)由(1)可得sin
A＝，代入asin
A＝4bsin
B，可得sin
B＝＝.
由(1)知，A为钝角，所以cos
B＝＝，
所以sin
2B＝2sin
Bcos
B＝，cos
2B＝1－2sin2B＝，故sin(2B－A)＝sin
2Bcos
A－cos
2Bsin
A＝×－×＝－.
PAGE第二章
解三角形
§1 正弦定理与余弦定理
1.1 正弦定理
[A组 学业达标]
1．在△ABC中，a＝5，b＝3，则sin
A∶sin
B的值是( )
A.
B.
C.
D.
解析：∵＝，∴sin
A∶sin
B＝a∶b＝.故选A.
答案：A
2．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若A＝105°，B＝45°，b＝2，则c＝( )
A.
B．1
C.
D．2
解析：根据三角形内角和定理得C＝30°，
根据正弦定理＝，
得c＝＝＝2.
答案：D
3．在△ABC中，A＝30°，a＝3，则△ABC的外接圆半径是( )
A.
B．3
C．3
D．6
解析：由＝2R得2R＝＝6，∴R＝3.故选B.
答案：B
4．在△ABC中，a＝15，b＝10，A＝60°，则cos
B＝( )
A．－
B.
C．－
D.
解析：sin
B＝＝＝，且B＜A＝60°，
∴cos
B＝＝.故选D.
答案：D
5．已知a，b，c分别是△ABC的三个内角A，B，C所对的边，若A＝60°，c＝6，a＝6，则此三角形有( )
A．两解
B．一解
C．无解
D．无穷多解
解析：由等边对等角可得C＝A＝60°，由三角形的内角和可得B＝60°，所以此三角形为正三角形，有唯一解．
答案：B
6．在△ABC中，B＝45°，C＝60°，c＝1，则最短边的边长等于________．
解析：由三角形内角和定理知：A＝75°，由边角关系知B所对的边b为最小边，由正弦定理＝得b＝＝＝.
答案：
7．在△ABC中，a＝3，b＝3，A＝，则角C＝________．
解析：sin
B＝＝＝，又∵a＞b，∴B＝，
∴C＝.
答案：
8．在单位圆上有三点A，B，C，设△ABC三边长分别为a，b，c，则＋＋＝________．
解析：∵△ABC的外接圆直径为2R＝2，
∴＝＝＝2R＝2.
∴＋＋＝2＋1＋4＝7.
答案：7
9．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足csin
A＝acos
C．求角C的大小．
解析：由正弦定理得sin
Csin
A＝sin
Acos
C.
因为0＜A＜π，所以sin
A＞0.
从而sin
C＝cos
C．又cos
C≠0.
所以tan
C＝1，则C＝.
10.如图所示，AB⊥BC，CD＝33，∠ACB＝30°，∠BCD＝75°，∠BDC＝45°，求AB的长．
解析：在△BCD中，∠DBC＝180°－75°－45°＝60°.
由正弦定理知：＝，
求得BC＝11，
在Rt△ABC中，AB＝BCtan∠ACB＝11×tan
30°＝11.
[B组 能力提升]
11．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC为锐角三角形，且满足sin
B(1＋2cos
C)＝2sin
Acos
C＋cos
Asin
C，则下列等式成立的是( )
A．a＝2b
B．b＝2a
C．A＝2B
D．B＝2A
解析：2sin
Acos
C＋cos
Asin
C＝sin
Acos
C＋(sin
Acos
C＋cos
Asin
C)＝sin
Acos
C＋sin
B＝sin
B＋2sin
Bcos
C，即sin
Acos
C＝2sin
Bcos
C，由于△ABC为锐角三角形，所以cos
C≠0，sin
A＝2sin
B，由正弦定理可得a＝2b.
答案：A
12．在△ABC中，A＝π，AB＝5，BC＝7，则的值为( )
A.
B.
C.
D.
解析：由正弦定理得＝，
所以sin
C＝＝＝，
又因为A＝π，所以C∈，
所以cos
C＝＝＝.
因为A＋B＋C＝π，所以sin
B＝sin(A＋C)
＝sin
Acos
C＋cos
Asin
C
＝×＋×＝，
所以＝＝.
答案：D
13．在△ABC中，已知B＝45°，b＝2，若用正弦定理解三角形有两解，则边长a的取值范围是________．
解析：因为＝＝＝2，所以a＝2sin
A，A＋C＝180°－45°＝135°，由A有两个值，得到这两个值互补，若A≤45°，则互补的角大于等于135°，这样A＋B≥180°，不成立，所以45°＜A＜135°，又若A＝90°，这样补角也是90°，一解，所以＜sin
A＜1，又a＝2sin
A，所以2＜a＜2.
答案：(2，2)
14．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bcos
C＋bsin
C－a－c＝0，则角B＝________．
解析：由正弦定理知，
sin
Bcos
C＋sin
Bsin
C－sin
A－sin
C＝0.
因为sin
A＝sin(B＋C)＝sin
Bcos
C＋cos
Bsin
C，
代入上式得sin
Bsin
C－cos
Bsin
C－sin
C＝0.
因为sin
C＞0，所以sin
B－cos
B－1＝0，
所以2sin＝1，即sin＝.
因为B∈(0，π)，所以B＝.
答案：
15．已知，△ABC中，A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，试判断△ABC的形状．
解析：因为(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，
所以b2[sin(A＋B)＋sin(A－B)]＝a2[sin(A＋B)－sin(A－B)]．
所以2sin
Acos
B·b2＝2cos
Asin
B·a2，
即a2cos
Asin
B＝b2sin
Acos
B.
由正弦定理知a＝2Rsin
A，b＝2Rsin
B，
所以sin2Acos
Asin
B＝sin2Bsin
Acos
B，
又sin
A，sin
B≠0，
所以sin
Acos
A＝sin
Bcos
B，
所以sin
2A＝sin
2B.
在△ABC中，0＜2A＜2π，0＜2B＜2π.
所以2A＝2B或2A＝π－2B，所以A＝B或A＋B＝.
所以△ABC为等腰三角形或直角三角形．
16．(2016·高考浙江卷)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知b＋c＝2acos
B.
(1)证明：A＝2B；
(2)若△ABC的面积S＝，求角A的大小．
解析：(1)证明：由正弦定理得sin
B＋sin
C＝2sin
Acos
B，故2sin
Acos
B＝sin
B＋sin(A＋B)＝sin
B＋sin
Acos
B＋cosAsin
B，于是sin
B＝sin(A－B)．
又A，B∈(0，π)，
故0＜A－B＜π，所以B＝π－(A－B)或B＝A－B，
因此A＝π(舍去)或A＝2B，所以A＝2B.
(2)由S＝得absin
C＝，
故有sin
Bsin
C＝sin
2B＝sin
Bcos
B，
因sin
B≠0，得sin
C＝cos
B.
又B，C∈(0，π)，所以C＝±B.
当B＋C＝时，A＝；
当C－B＝时，A＝.
综上，A＝或A＝.
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