正弦定理
课堂检测·素养达标
1.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知A=60°,a=4,b=4,则B=
( )
A.45°
B.135°
C.45°或135°
D.以上都不对
【解析】选A.由正弦定理得=,
所以sin
B===,
因为a>b,所以A>B,所以B=45°.
2.在△ABC中,A∶B∶C=1∶1∶4,则a∶b∶c等于
( )
A.1∶1∶
B.2∶2∶
C.1∶1∶2
D.1∶1∶4
【解析】选A.△ABC中,因为A∶B∶C=1∶1∶4,
所以三个内角分别为30°,30°,120°,
故a∶b∶c=sin
30°∶sin
30°∶sin
120°=1∶1∶.
3.(教材二次开发:练习改编)在△ABC中,角A,B,C所对边分别是a,b,c,若b=,c=3,且sin
C=,满足题意的△ABC有
( )
A.0个
B.1个
C.2个
D.不能确定
【解析】选B.b=,c=3,b>c,C为锐角,且sin
C=,bsin
C=×=3=c,满足题意的△ABC有一个.
4.在△ABC中,已知a2tan
B=b2tan
A,则△ABC的形状是
( )
A.锐角三角形
B.直角三角形
C.钝角三角形
D.等腰三角形或直角三角形
【解析】选D.将a=2Rsin
A,b=2Rsin
B(R为△ABC外接圆的半径)代入已知条件,得sin2Atan
B=sin2Btan
A,
则=.
因为sin
Asin
B≠0,所以=,
所以sin
2A=sin
2B,
所以2A=2B或2A=π-2B,
所以A=B或A+B=,
故△ABC为等腰三角形或直角三角形.
5.在△ABC中,若a=2,C=,cos=,求△ABC的面积S.
【解析】因为cos
=,
所以cos
B=2cos2-1=.
所以B∈,所以sin
B=.
因为C=,所以sin
A=sin(B+C)
=sin
Bcos
C+cos
Bsin
C=.
因为=,
所以c==×=.
所以S=acsin
B=×2××=.
课时素养评价
十二 正
弦
定
理
(20分钟 35分)
1.在△ABC中,B=135°,C=15°,a=3,则边b=
( )
A.5
B.4
C.3
D.2
【解析】选C.因为B=135°,C=15°,所以A=180°-B-C=30°,
所以由正弦定理=可得b==3.
【补偿训练】
在△ABC中,已知a=8,∠B=60°,∠C=75°,则b等于
( )
A.4
B.4
C.4
D.
【解析】选C.A=180°-(B+C)=45°.然后利用正弦定理求出b=4.
2.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】选B.由题意知,a=80,b=100,A=45°,
所以bsin
A=100×=50<80,如图
因为bsin
A
所以此三角形的解的情况有2种.
3.若满足==,则△ABC为
( )
A.等边三角形
B.有一个内角为30°的直角三角形
C.等腰直角三角形
D.有一个内角为30°的等腰三角形
【解析】选C.由正弦定理可知==,
又==,
所以cos
B=sin
B,cos
C=sin
C,有tan
B=tan
C=1.
所以B=C=45°.所以A=180°-45°-45°=90°.
所以△ABC为等腰直角三角形.
4.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若B=,C=,a=2,则△ABC的面积为 .?
【解析】由题意可知,在△ABC中sin
A=sin(B+C)=sin+=sincos+cossin
=×+×=.
由正弦定理可得=,
所以b=×sin
B=×=3-,
所以S=absin
C=×2×(3-)×=3-.
答案:3-
5.在△ABC中,A,B,C所对的边长分别是a,b,c,满足2acos
C+ccos
A=b,则
sin
A+sin
B的最大值是 .?
【解析】因为2acos
C+ccos
A=b,
所以2sin
Acos
C+sin
Ccos
A=sin
B=sin(A+C),
所以2sin
Acos
C+sin
Ccos
A=sin
Acos
C+sin
Ccos
A,
所以sin
Acos
C=0,所以cos
C=0,,即C=,
所以sin
A+sin
B=sin
A+cos
A=sin≤当且仅当A=时取等号.
答案:
6.已知在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,c=10,A=45°,C=30°,求a,b和B.
【解析】因为=,
所以a===10.
B=180°-(A+C)=180°-(45°+30°)=105°.
又因为=,所以b===20sin
75°=20×=5(+).
(30分钟 60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.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.
【解析】选A.因为2asin
B=b,由正弦定理可得:
2sin
Asin
B=sin
B,又sin
B≠0,所以sin
A=.
因为△ABC为锐角三角形,所以A=.
2.已知△ABC中,A=45°,a=1,若△ABC仅有一解,则b∈
( )
A.{}
B.(,+∞)
C.{}∪(0,1]
D.{}∪(0,1)
【解析】选C.由题中已知△ABC中,A=45°,a=1,
则角A所对的高线长可表示为bsin
45°=b,
因为三角形形状唯一,
所以三角形为直角三角形或钝角三角形,
则a=b或a≥b>0,
所以b=a=或03.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.下列关系式中一定成立的是
( )
A.a>bsin
A
B.a=bsin
A
C.aA
D.a≥bsin
A
【解析】选D.由正弦定理=,得a=,在△ABC中,因为0B≤1,所以≥1,
所以a≥bsin
A.
4.在△ABC中lg(sin
A+sin
C)=2lg
sin
B-lg(sin
C-sin
A),则△ABC的形状为
( )
A.等腰三角形
B.直角三角形
C.等边三角形
D.等腰直角三角形
【解析】选B.因为lg(sin
A+sin
C)=lg,
所以sin2C-sin2A=sin2B,结合正弦定理得c2=a2+b2,所以△ABC为直角三角形.
【误区警示】本题容易因对数运算公式遗忘从而造成计算出错.
5.已知a,b,c分别为△ABC的三个内角A,B,C的对边,已知C=45°,c=,a=x,若满足条件的三角形有两个,则x的取值范围是
( )
A.B.C.1D.1【解析】选A.在△ABC中,由C=45°,c=,a=x,
则asin
C=xsin
45°=x,
要使得三角形有两个,则满足x即x<即实数a的取值范围是(,2).
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若A=,B=,a=3,则b= .?
【解析】在△ABC中,由正弦定理得=,
所以b====2.
答案:2
7.在△ABC中,A,B,C所对的边分别为a,b,c,若bcos
C+ccos
B=csin
A,则的最大值为 .?
【解题指南】由正弦定理的边化角公式以及两角和的正弦公式整理得出C=90°,再次利用边化角公式化简,结合辅助角公式得出=sin,由B+的范围确定其最大值即可.
【解析】由正弦定理边化角公式得sin
Bcos
C+cos
Bsin
C=sin
Csin
A,
则sin(B+C)=sin
Csin
A,即sin
A=sin
Asin
C,
因为0A≠0,即sin
C=1,C=90°,
所以==sin
A+sin
B=sin(90°-B)+sin
B=sin
B+cos
B=
sin,
因为B∈,
所以B+∈.所以当B+=,
即B=时,取最大值.
答案:
8.在△ABC中,若C=2B,则的取值范围为 .?
【解析】因为A+B+C=π,C=2B,
所以A=π-3B>0,所以0所以B<1.因为===2cos
B,所以1<2cos
B<2,故1<<2.
答案:(1,2)
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.在△ABC中,(a2+b2)sin(A-B)=(a2-b2)sin(A+B),试判断△ABC的形状.
【解析】由(a2+b2)sin(A-B)=(a2-b2)sin(A+B),
得a2[sin(A+B)-sin(A-B)]=b2[sin(A+B)+sin(A-B)],
所以a2·cos
Asin
B=b2sin
Acos
B.
由正弦定理得sin2Acos
Asin
B=sin2Bsin
AcosB.
因为0所以sin
A>0,sin
B>0,0<2A<2π,0<2B<2π,
所以sin
Acos
A=sin
Bcos
B,即sin
2A=sin
2B.
所以2A=2B或2A+2B=π,即A=B或A+B=.
所以△ABC为等腰三角形或直角三角形.
10.已知下列各三角形中的两边及其中一边的对角,判断三角形是否有解,有解的作出解答.
(1)a=10,b=20,A=80°.
(2)a=2,b=6,A=30°.
【解析】(1)a=10,b=20,a讨论如下:因为bsin
A=20sin
80°>20sin
60°=10,
所以aA,所以本题无解.
(2)a=2,b=6,a因为bsin
A=6sin
30°=3,a>bsin
A,
所以bsin
A由正弦定理得sin
B===,
又因为0°当B=60°时,C=90°,c===4;
当B=120°时,C=30°,c===2.
所以当B=60°时,C=90°,c=4;
当B=120°时,C=30°,c=2.
PAGE2.1.2
余弦定理
课时素养评价
(20分钟 35分)
1.设△ABC中内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若a+c=2b,3sin
B=5sin
A,则C=
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选B.因为3sin
B=5sin
A,
所以由正弦定理可得3b=5a,
所以a=b.因为a+c=2b,所以c=,
所以cos
C==-,
因为C∈(0,π),所以C=.
【补偿训练】
在△ABC中,sin2A-sin2C-sin2B=sin
Csin
B,则A等于
( )
A.60°
B.45°
C.120°
D.30°
【解析】选C.由正弦定理得a2-c2-b2=bc,
结合余弦定理得cos
A==-,
又A∈(0,π),所以A=120°.
2.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,下列结论不正确的是
( )
A.a2=b2+c2-2bccos
A
B.asin
B=bsin
A
C.a=bcos
C+c
cos
B
D.acos
B+bcos
A=sin
C
【解析】选D.选项A,是余弦定理,所以该选项正确;
选项B,实际上是正弦定理=的变形,
所以该选项是正确的;
选项C,由于sin
A=sin(B+C),所以sin
A=sin
Bcos
C+cos
Bsin
C,所以a=
bcos
C+ccos
B,所以该选项正确;
选项D,acos
B+bcos
A=2R(sin
Acos
B+sin
Bcos
A)=2Rsin
C(R为△ABC的外接圆半径),不一定等于sin
C,所以该项是错误的.
3.在△ABC中,a,b,c为角A,B,C的对边,且b2=ac,则B的取值范围是
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选A.cos
B===+≥,因为04.已知在△ABC中,AB=7,BC=5,CA=6,则·= .?
【解析】在△ABC中,分别用a,b,c表示边BC,CA,AB,则·=ca·cos
B=
ca·=(a2+c2-b2)=(52+72-62)=19.
答案:19
5.已知锐角三角形的边长分别为1,3,a,则a的范围是 .?
【解析】只需让3和a所对的边均为锐角即可.
故解得2答案:26.在△ABC中,若ccos
B=bcos
C,cos
A=.
(1)求sin
B的值.
(2)若b=2,求a.
【解析】方法一:(1)由ccos
B=bcos
C,
结合正弦定理得sin
Ccos
B=sin
Bcos
C,
故sin(B-C)=0,因为0所以-π所以B-C=0,B=C,故b=c.
因为cos
A=,所以由余弦定理得3a2=2b2,
再由余弦定理得cos
B=,故sin
B=.
(2)由(1)知b=c=2,所以a2=b2+c2-2bccos
A=4+4-2×2×2×=,则a=.
方法二:(1)由余弦定理和ccos
B=bcos
C得
c×=b×,化简得b=c,
cos
A===,故3a2=2b2,
即a=b,又由cos
A=,知sin
A=,
由正弦定理得sin
B==×=.
(2)因为cos
A=,所以sin
A=,
由正弦定理得a===.
(30分钟 60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,且cos2=,则△ABC是
( )
A.直角三角形
B.等腰三角形或直角三角形
C.等边三角形
D.等腰直角三角形
【解析】选A.因为cos2=及2cos2-1=cos
A,所以cos
A=,即=,
所以a2+b2=c2,则△ABC是直角三角形.
2.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且a=2,=,则A=
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选B.因为=,所以由正弦定理得=,化简得b2+c2-a2=bc,
所以cos
A===.
又因为03.(2020·全国Ⅲ卷)在△ABC中,cos
C=,AC=4,BC=3,则cos
B=
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选A.由余弦定理可知cos
C===,
可得=3,又由余弦定理可知:
cos
B===.
4.钝角三角形ABC的面积是,AB=1,BC=,则AC=
( )
A.5
B.
C.2
D.1
【解析】选B.由面积公式得:×1×sin
B=,
解得sin
B=,
所以B=45°或B=135°,当B=45°时,由余弦定理得:AC2=1+2-2cos
45°=1,所以AC=1,
又因为AB=1,BC=,
所以此时△ABC为等腰直角三角形,不合题意,舍去;
所以B=135°,由余弦定理得:AC2=1+2-2cos
135°=5,所以AC=.
【误区警示】本题易由sin
B=直接得出B=45°,从而产生错误.
5.在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,若bsin
A-acos
B=0,且b2=ac,则的值为
( )
A.2
B.
C.
D.4
【解析】选A.在△ABC中,因为bsin
A-acos
B=0,且b2=ac,
由正弦定理得sin
Bsin
A-sin
Acos
B=0,
因为A∈(0,π),则sin
A>0,
所以sin
B-cos
B=0,
即tan
B=,解得B=,
由余弦定理得b2=a2+c2-2acosB=a2+c2-ac=(a+c)2-3ac=(a+c)2-3b2,
即4b2=(a+c)2,解得=2.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.在△ABC中,A,B,C所对的边分别为a,b,c.若c=b,cos
B=cos
C,a=,则S△ABC= .?
【解析】因为cos
B=cos
C,
所以=,结合c=b,
化简得a=b,从而有b2+c2=a2,
即△ABC为直角三角形,将c=b,a=代入b2+c2=a2,得b=1,于是c=,所以S△ABC=bc=.
答案:
【补偿训练】
在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.若a2=b2+c2,则的值为
.?
【解析】因为a2=b2+c2,所以b2=a2-c2.
所以cos
B===.
所以==.
答案:
7.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=3,b=4,c=6,则bccos
A+
accos
B+abcos
C的值是 .?
【解析】因为cos
A=,
所以bccos
A=(b2+c2-a2).
同理accos
B=(a2+c2-b2),abcos
C=(a2+b2-c2),
所以bccos
A+accos
B+abcos
C=(a2+b2+c2)=.
答案:
8.若△ABC为钝角三角形,三边长分别为2,3,x,则x的取值范围是 .?
【解析】①若x>3,则x所对角的余弦值<0且2+3>x,解得②若x<3,则3所对角的余弦值<0且x+2>3,解得1故x的取值范围是(1,)∪(,5).
答案:(1,)∪(,5)
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知(a+b)(a-b)=c(c-b).
(1)求角A的大小;
(2)若a=bcos
C,c=2,求△ABC的面积S.
【解析】(1)由a2-b2=c2-bc,可得cos
A==,又A∈(0,π),所以A=.
(2)由正弦定理得sin
A=sin(B+C)=sin
Bcos
C,
即cos
Bsin
C=0.
因为sin
C≠0,故cos
B=0,
所以B=,又c=2,所以a=2,
所以S==2.
10.(2020·全国Ⅱ卷)△ABC中,sin2A-sin2B-sin2C=sin
Bsin
C.
(1)求A;
(2)若BC=3,求△ABC周长的最大值.
【解析】(1)因为sin2A-sin2B-sin2C=sin
Bsin
C,
所以由正弦定理得:BC2-AC2-AB2=AC·AB,
所以cos
A==-,
因为A∈(0,π),所以A=.
(2)由(1)知A=,又BC=3,所以由余弦定理得:BC2=AC2+AB2-2AC·ABcos
A=AC2
+AB2+AC·AB=9,即(AC+AB)2-AC·AB=9.
因为AC·AB≤(当且仅当AC=AB时取等号),所以9=(AC+AB)2-AC·AB≥(AC+AB)2-=(AC+AB)2,
解得:AC+AB≤2(当且仅当AC=AB时取等号),
所以△ABC的周长=AC+AB+BC≤3+2,
所以△ABC周长的最大值为3+2.
1.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,S为△ABC的面积,sin(A+C)=,且A,B,C成等差数列,则C的大小为 .?
【解析】在△ABC中,由A,B,C成等差数列,可得2B=A+C=π-B,
即B=,sin(A+C)=,
即为sin
B=,即有b2=c2+ac,
由余弦定理可得b2=a2+c2-2accos
B=a2+c2-ac,即有a=2c,b=c,cos
C=
==,
又因为C为三角形的内角,所以C=.
答案:
2.如图,△ABC的顶点坐标分别为A(3,4),B(0,0),C(c,0).
(1)若c=5,求sin
A的值;
(2)若A为钝角,求c的取值范围.
【解析】(1)因为A(3,4),B(0,0),
所以AB=5,当c=5时,BC=5,
所以AC=
=2.
由余弦定理知cos
A===.
因为0所以sin
A=
==.
(2)因为A(3,4),B(0,0),C(c,0),
所以AC2=(c-3)2+42,BC2=c2,
由余弦定理得cos
A=.
因为A为钝角,所以cos
A<0,
即AB2+AC2-BC2<0,
所以52+(c-3)2+42-c2=50-6c<0,所以c>.
故c的取值范围为.
PAGE第二章
2
三角形中的几何计算
课堂检测·素养达标
1.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若A=120°,c=2b,则cos
C=
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选C.由余弦定理a2=b2+c2-2bccos
A,可得a2=b2+4b2+2b2=7b2,故a=b,故cos
C==.
2.△ABC的两边长分别为2,3,其夹角的余弦值为,则其外接圆的直径为
( )
A.
B.
C.
D.9
【解析】选B.设另一条边的边长为x,
则x2=22+32-2×2×3×,所以x2=9,所以x=3.
设cos
θ=,则sin
θ=,
所以2R===.
3.(教材二次开发:练习改编)(2020·丹阳高一检测)在△ABC中,若AB=3,BC=,AC=4,则AC边上的高为
( )
A.
B.
C.
D.3
【解析】选B.由题意可知,cos
A==,
所以sin
A=.
又因为S△ABC=AB·AC·sin
A=·AC·h,
所以h=,
即AC边上的高为.
4.如图,在四边形ABCD中,B=C=120°,AB=4,BC=CD=2,则该四边形的面积等于
( )
A.
B.5
C.6
D.7
【解析】选B.连接BD,四边形面积可分为△ABD与△BCD两部分的和,由余弦定理得BD=2,
S△BCD=BC·CDsin
120°=,∠ABD=120°-30°=90°,
所以S△ABD=AB·BD=4,
所以S四边形ABCD=+4=5.
课时素养评价
十四 三角形中的几何计算
(20分钟 35分)
1.在平行四边形ABCD中,已知AB=1,AD=2,·=1,则||=
( )
A.
B.
C.2
D.2
【解析】选B.由·=||·||cos
A=1,得cos
A=,A=60°,故B=120°.
由余弦定理知AC2=12+22-4cos
120°=7,故||=.
2.在△ABC中,AB=7,AC=6,M是BC的中点,AM=4,则BC等于
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选B.设BC=a,则BM=CM=.
在△ABM中,AB2=BM2+AM2-2BM·
AMcos∠AMB,
即72=+42-2××4·cos∠AMB.①
在△ACM中,AC2=AM
2+CM
2-2AM·CM·cos∠AMC,
即62=42++2×4×·cos∠AMB.②
①+②得72+62=42+42+,所以a=.
3.(2020·南阳高一检测)已知△ABC是等腰直角三角形,点D在线段BC的延长线上,若BC=AD=2,则CD=
( )
A.1
B.
C.-
D.-
【解析】选D.由图可得∠ACD=135°,AC=2,
所以cos
135°==-,CD2+2CD-4=0,
解得CD=-或CD=--(舍去).
4.已知等腰三角形的底边长为6,一腰长为12,则它的内切圆面积为 .?
【解析】不妨设a=6,b=c=12,由余弦定理得cos
A===,
所以sin
A==.
设内切圆半径为r,
由(a+b+c)r=bcsin
A,
得r=.
所以S内切圆=πr2=.
答案:
5.已知三角形的一边长为7,这条边所对的角为60°,另两边长之比为3∶2,则这个三角形的面积是 .?
【解析】设另两边长分别为3x,2x,
则cos
60°=,解得x=,
故两边长分别为3和2,
所以S=×3×2×sin
60°=.
答案:
6.如图所示,在△ABC中,已知BC=15,AB∶AC=7∶8,sin
B=,求BC边上的高AD的长.
【解析】在△ABC中,
由已知设AB=7x,AC=8x,x>0,
由正弦定理得=,
所以sin
C==×=.
又因为0°若C=120°,由8x>7x,知B也为钝角,不合题意,
故C≠120°.所以C=60°.
由余弦定理得(7x)2=(8x)
2+152-2×8x×15cos
60°,
所以x2-8x+15=0,
解得x=3或x=5.所以AB=21或AB=35.
在Rt△ADB中,AD=ABsin
B=AB,
所以AD=12或20.
(30分钟 60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.A是△ABC中最小的内角,则sin
A+cos
A的取值范围是
( )
A.(-,)
B.[-,
]
C.(1,)
D.(1,
]
【解析】选D.sin
A+cos
A=sin.
因为A为△ABC中最小的内角,
所以A∈,
所以A+∈,
所以sin∈,
所以sin
A+cos
A∈(1,
].
2.(2020·宁波高一检测)在锐角△ABC中,角A,B,C所对的边长分别为a,b,c,若a=1且B=2A,则b的取值范围是
( )
A.(,)
B.(1,)
C.(,2)
D.(0,2)
【解析】选A.由a=1且B=2A及正弦定理=,可得=,所以b=
2cos
A.
又因为△ABC为锐角三角形,所以解得故cos
A∈,故b∈(,).
3.在△ABC中,B=60°,C=45°,BC=8,D是BC上的一点,且=,则AD的长为
( )
A.4(-1)
B.4(+1)
C.4(3-)
D.4(3+)
【解析】选C.因为=,BC=8,
所以BD=4(-1).又因为=,
所以=,
所以AB=×BC=×8=8(-1).
在△ABD中,由余弦定理得
AD2=AB2+BD2-2AB·BD·cos
B=[8(-1)]2+[4(-1)]2-2×8(-1)×4(-1)×cos
60°=48(-1)2,
所以AD=4(3-).
4.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若c=2,C=,且a+b=3,则△ABC的面积为
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选D.由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos
C,
所以22=a2+b2-2abcos
,即4=(a+b)2-3ab,
又a+b=3,所以ab=,
所以S△ABC=absin
=.
5.(2020·成都高一检测)已知△ABC中,sin(B+A)+sin(B-A)=sin
2A,则△ABC的形状为
( )
A.等腰三角形
B.等腰直角三角形
C.等腰三角形或直角三角形
D.无法确定
【解析】选C.因为sin(B+A)+sin(B-A)=sin
2A,由两角和差的正弦公式可得
2sin
Bcos
A=sin
2A,
所以sin
Bcos
A=sin
Acos
A,
若cos
A=0,即A=时此时△ABC是直角三角形;若cos
A≠0,即sin
B=sin
A,所以A=B,所以△ABC是等腰三角形;
综上,△ABC是等腰三角形或直角三角形.
【光速解题】由sin(B+A)+sin(B-A)=sin
2A可以快速看出B=A时显然成立,故可能为等腰三角形,直角三角形的判断由cos
A可快速判断.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.(2020·新余高一检测)如图所示,在△ABC中,已知∠A∶∠B=1∶2,角C的平分线CD把三角形面积分为3∶2两部分,则cos
A= .?
【解题指南】由角C的平分线CD把三角形面积分为3∶2两部分可得==,由正弦定理可得=,再根据∠A∶∠B=1∶2即可求出答案.
【解析】因为角C的平分线CD把三角形面积分为3∶2两部分,所以=,
即==,由正弦定理得=,
又∠A∶∠B=1∶2,
所以==2cos
A=,
所以cos
A=.
答案:
【补偿训练】
若E,F是等腰直角△ABC斜边AB上的三等分点,则tan∠ECF= .?
【解析】方法一:不妨设AB=6,则AC=BC=3,
由余弦定理得CE=CF=,
再由余弦定理得cos
∠ECF=,
所以sin
∠ECF=,解得tan∠ECF=.
方法二:坐标法
设AB=6,AC=BC=3,F(1,0),E(-1,0),C(0,3),利用向量的夹角公式得
cos
∠ECF=,
解得tan∠ECF=.
答案:
7.(2020·马鞍山高一检测)如图所示,在平面四边形ABCD中,AB=BC,
∠ABC=60°,CD=2,AD=4,则四边形ABCD的面积的最大值为 .?
【解析】连接AC在△ABC中,因为AB=BC,∠ABC=60°,
所以△ABC为等边三角形,在△ACD中,CD=2,AD=4,
由余弦定理可得AC2=AD2+CD2-2AD·CDcos
D=16+4-2×4×2cos
D=20-16cos
D,
则四边形ABCD的面积为S=S△ABC+S△ACD=AC2+AD·CD·sin
D=(20-16cos
D)+
4sin
D=5+8=5+8sin(D-60°),当D-60°=90°,即D=
150°时sin(D-60°)取得最大值1,
故四边形ABCD的面积取得最大值为5+8.
答案:5+8
8.在△ABC中,已知AB=,cos∠ABC=,AC边上的中线BD=,则sin
A=
.?
【解析】如图所示,取BC的中点E,连接DE,
则DE∥AB,且DE=AB=.
因为cos∠ABC=,所以cos∠BED=-.
设BE=x,在△BDE中,利用余弦定理,
可得BD2=BE2+ED2-2BE·ED·cos∠BED,
即5=x2++2××x.
解得x=1或x=-(舍去),故BC=2.
在△ABC中,利用余弦定理,
可得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos∠ABC=,
即AC=.
又sin∠ABC==,
所以=,所以sin
A=.
答案:
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.已知圆内接四边形ABCD的边长AB=2,BC=6,CD=DA=4,求圆内接四边形ABCD的面积.
【解析】如图,连接BD,则四边形面积S=S△ABD+S△CBD=AB·AD·sin
A+BC·CD·
sin
C.
因为A+C=180°,所以sin
A=sin
C.
所以S=(AB·AD+BC·CD)·sin
A=16sin
A.
在△ABD中,由余弦定理得
BD2=22+42-2×2×4cos
A=20-16cos
A,
在△CDB中,BD2=42+62-2×4×6cos
C=52-48cos
C,所以20-16cos
A=52-48cos
C.
又cos
C=-cos
A,0°所以cos
A=-,A=120°,
所以四边形ABCD的面积S=16sin
A=8.
10.(2020·临川高一检测)如图所示,在四边形ABCD中,∠D=2∠B,且AD=1,CD=3,cos
B=.
(1)求△ACD的面积;
(2)若BC=2,求AB的长.
【解析】(1)因为∠D=2∠B,cos
B=,
所以cos
D=cos
2B=2cos2B-1=-.
因为D∈(0,π),所以sin
D==.
因为AD=1,CD=3,
所以△ACD的面积S=AD·CD·sin
D=×1×3×=.
(2)在△ACD中AC2=AD2+DC2-2AD·DC·cos
D=12,
所以AC=2.因为BC=2,=,
所以====,所以AB=4.
1.我国南宋著名数学家秦九韶发现了由三角形三边长求三角形的面积的“三斜求积”公式:设△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则△ABC的面积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
( )
A.
B.2
C.3
D.
【解析】选A.根据正弦定理及a2sin
C=4sin
A,得ac=4.再结合(a+c)2=12+b2,得a2+c2-b2=4,则S===,
故选A.
2.(1)在△ABC中,若已知三边为连续整数,最大角为钝角,求最大角的余弦值;
(2)求以(1)中的最大角为内角,相邻两边之和为4的平行四边形的最大面积.
【解析】(1)设三边长分别为a-1,a,a+1,
由于最大角是钝角,所以(a-1)
2+a2-(a+1)
2<0,
解得0又因为a为整数,所以a=1或2或3.
当a=1时,a-1=0,不合题意,舍去;
当a=2时,三边长为1,2,3,不能构成三角形;
当a=3时,三边长为2,3,4,设最大角为θ,则
cos
θ==-.
(2)sin
θ=
=.
设相邻两边长分别为x,y,则x+y=4.
所以面积S=xysin
θ=xy
=x(4-x)=[-(x-2)2+4].
又因为x∈(0,4),所以当x=2时,S取得最大值.
PAGE第二章
3
解三角形的实际应用举例
课时素养评价
(20分钟 35分)
1.某建筑物上有一根长为20
m的旗杆,由地面上一点测得建筑物顶点的仰角为45°,旗杆顶端的仰角为60°,则此建筑物的高度最接近于
( )
A.25
m
B.27
m
C.29
m
D.31
m
【解析】选B.设建筑物高度为h米,根据题意画出如下图形:
由图可得AB=h,则tan
60°=,
解得h==10(+1)≈27.
【补偿训练】
(2020·开封高一检测)当太阳光与水平面的倾斜角为60°时,一根长为2
m的竹竿如图所示放置,要使它的影子最长,则竹竿与地面所成的角为
( )
A.30°
B.60°
C.45°
D.90°
【解析】选A.设竹竿与地面所成的角为α,影子长为x
m.
由正弦定理,得=,
所以x=sin(120°-α),
因为30°<120°-α<120°,
所以当120°-α=90°,即α=30°时,x有最大值.
故竹竿与地面所成的角为30°时,影子最长.
2.(2020·南昌高一检测)如图,已知A,B,C是一条直路上的三点,AB与BC各等于1
km,从三点分别遥望塔M,在A处看见塔在北偏东30°方向,在B处看见塔在正东方向,在C处看见塔在南偏东60°方向,则塔到直路ABC的最短距离为
( )
A.
B.
C.1
D.
【解析】选B.由已知得AB=BC=1,∠AMB=60°,∠CMB=30°,所以∠CMA=90°,所以AB=BC=1=MB,∠AMB=60°=∠A,所以AM=1,CM=,
设AC边上的高为h,则塔到直路ABC的最短距离就为h,所以·AM·CM=·AC·h,
解得h=.
3.海中有一小岛B,周围3.8海里有暗礁,军舰由西向东航行到A,望见岛在北偏东75°方向,航行8海里到C,望见岛B在北偏东60°方向,若此舰不改变航向继续向前,有无触礁危险?
( )
A.有触礁危险
B.无触礁危险
C.前两种情况都有可能发生
D.不能判断
【解析】选B.由B向AC的延长线作垂线,垂足为D,
依题意可知∠BAC=15°,∠BCD=30°,
所以∠ABC=30°-15°=15°,
所以BC=AC=8,所以BD=BCsin
30°=4>3.8,
故可知无触礁危险.
4.如图所示为起重机装置示意图.支杆BC=10
m,吊杆AC=15
m,吊索AB=5
m,起吊的货物与岸的距离AD为
( )
A.30
m
B.
m
C.15
m
D.45
m
【解析】选B.在△ABC中,cos∠ABC==,∠ABC∈(0,π),
所以sin∠ABC=
=,
所以在Rt△ABD中,
AD=AB·sin∠ABC=5×=(m).
5.如图所示为一角槽,已知AB⊥AD,AB⊥BE,并测量得AC=3
mm,BC=2
mm,
AB=
mm,则∠ACB= .?
【解析】在△ABC中,由余弦定理得cos∠ACB==-.
因为∠ACB∈(0,π),所以∠ACB=.
答案:
6.如图,地平面上有一旗杆OP,为了测得它的高度h,在地面上选一基线AB,AB=
20
m,在A点处测得P点仰角∠OAP=30°,在B点处测得P点的仰角∠OBP=45°,又测得∠AOB=60°,求旗杆的高度h.(结果保留整数)
【解析】在Rt△AOP中,∠OAP=30°,OP=h.
所以OA=OP·=h.
在Rt△BOP中,∠OBP=45°,
所以OB=OP·=h.
在△AOB中,AB=20,∠AOB=60°,由余弦定理得AB2=OA2+OB2-2·OA·OB·
cos
60°,
即202=(h)2+h2-2·h·h·,
解得h2=≈176.4,所以h≈13
m.
(30分钟 60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.(2020·武邑高一检测)两灯塔A,B与海洋观察站C的距离都等于2
km,灯塔A在C北偏东45°方向,B在C南偏东15°方向,则A,B之间的距离为
( )
A.2
km
B.3
km
C.4
km
D.5
km
【解析】选A.
根据图形可知,∠ACB=180°-15°-45°=120°,在△ABC中,|AC|=|BC|=2
km,根据余弦定理可得|AB|2=22+22-2×2×2×cos
120°=12,
所以|AB|=2,
即A,B之间的距离为2
km.
2.从高出海平面h
m的小岛看正东方向有一只船俯角为30°,看正南方向有一只船俯角为45°,则此时两船间的距离为
( )
A.2h
m
B.h
m
C.h
m
D.2h
m
【解析】选A.如图所示,
BC=h,AC=h,所以AB==2h(m).
3.(2020·济南高一检测)泉城广场上矗立着的“泉标”,成为泉城济南的标志和象征.为了测量“泉标”高度,某同学在“泉标”的正西方向的点A处测得“泉标”顶端的仰角为45°,沿点A向北偏东30°前进100
m到达点B,在点B处测得“泉标”顶端的仰角为30°,则“泉标”的高度为
( )
A.50
m
B.100
m
C.120
m
D.150
m
【解析】选A.如图,CD为“泉标”高度,
设高为h
m,由题意,CD⊥平面ABD,AB=100
m,∠BAD=60°,∠CAD=45°,∠CBD
=30°.
在△CBD中,BD=h,在△CAD中,AD=h
m,在△ABD中,BD=h
m,AD=h
m,AB=
100
m,∠BAD=60°,
由余弦定理可得3h2=10
000+h2-2×100hcos
60°,
所以(h-50)(h+100)=0,解得h=50或h=-100(舍去).故“泉标”的高度为50
m.
4.在△ABC中,已知b2-bc-2c2=0,且a=,cos
A=,则△ABC的面积等于
( )
A.
B.
C.2
D.3
【解析】选A.因为b2-bc-2c2=0,
所以(b-2c)(b+c)=0,所以b=2c.
由a2=b2+c2-2bccos
A,解得c=2,b=4,
因为cos
A=,所以sin
A=,
所以S△ABC=bcsin
A=×4×2×=.
5.(2020·南宁高一检测)如图,飞机的航线和山顶在同一个铅垂平面内,已知飞机的高度为海拔20
000
m,速度为900
km/h,飞行员先看到山顶的俯角为30°,经过80
s后又看到山顶的俯角为75°,则山顶的海拔高度为
( )
A.5
000(+1)m
B.5
000(-1)m
C.5
000(3-)m
D.5
000(5-)m
【解析】选C.如图,∠A=30°,∠ACB=45°,
AB=900×80×=20(km),
所以在△ABC中,BC=10
km.
因为CD⊥AD,
所以CD=BCsin∠CBD=BC×sin
75°=10sin
75°=10sin(45°+30°)=
(5+5)(km).
所以山顶的海拔高度为[20-(5+5)]km=5
000(3-)m.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.(2020·重庆高一检测)如图,要计算西湖岸边两景点B与C的距离,由于地形的限制,需要在岸上选取A和D两点,现测得AD⊥CD,AD=10
km,AB=14
km,
∠BAD=60°,∠BCD=135°,则两景点B与C的距离为 km.?
【解题指南】先在△ADB中求出BD,然后求出∠ADB的余弦值,进而求出∠BDC的正弦值;在△BDC中利用正弦定理即可求出B与C的距离.
【解析】在△ADB中,AD=10
km,AB=14
km,∠BAD=60°,根据余弦定理得:BD2=102+142-2×10×14cos
60°=156,
所以BD=2
km,cos∠ADB==,又因为AD⊥DC,
所以sin∠BDC=cos∠ADB=.
在△BDC中,根据正弦定理得=,
整理得BC==3(km).
答案:3
【补偿训练】
要测量河对岸A,B两点之间的距离,选取相距
km的C,D两点,并测得
∠ACB=75°,∠BCD=45°,∠ADC=30°,∠ADB=45°,则A,B之间的距离为 km.?
【解析】如图,在△ACD中,
∠ACD=120°,∠CAD=∠ADC=30°,
所以AC=CD=
km.在△BCD中,
∠BCD=45°,∠BDC=75°,∠CBD=60°,
所以BC==
(km).
在△ABC中,由余弦定理得AB2=()2+-2×××cos
75°
=3+2+-=5,所以AB=
km.
所以A,B之间的距离为
km.
答案:
7.如图所示,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 m.?
【解析】设建筑物的高度为h,由题图知,
PA=2h,PB=h,PC=h,
所以在△PBA和△PBC中,分别由余弦定理
得cos∠PBA=,①
cos∠PBC=.②
因为∠PBA+∠PBC=180°,
所以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.
答案:30
8.如图所示,位于A处的信息中心获悉:在其正东方向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,让乙船朝北偏东θ的方向沿直线CB前往B处救援,则cos
θ
= .?
【解析】在△ABC中,AB=40海里,AC=20海里,∠BAC=120°,
由余弦定理可得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos
120°=2
800,所以BC=20海里,
由正弦定理可得sin∠ACB=·sin∠BAC=,
因为∠BAC=120°,可知∠ACB为锐角,cos∠ACB=,所以cos
θ=cos(∠ACB+
30°)=cos∠ACBcos
30°-sin∠ACBsin
30°=.
答案:
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.(2020·沈阳高一检测)某观测站在城A南偏西20°方向的C处,由城A出发的一条公路,走向是南偏东40°,在C处测得公路上距C
31千米的B处有一人正沿公路向城A走去,走了20千米后到达D处,此时CD间的距离为21千米,问这人还要走多少千米才可到达城A?
【解析】设∠ACD=α,∠CDB=β,
在△CBD中,由余弦定理得cos
β==-,
所以sin
β=.
又sin
α=sin(β-60°)=sin
βcos
60°-sin
60°cos
β=×+×=.在△ACD中,=,
所以AD==15(千米).
所以这人还要走15千米才可到达城A.
10.(2020·滨州高一检测)如图,甲船以每小时30海里的速度向正北方航行,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?
【解析】如图连接A1B2由题意知A2B2=10海里,A1A2=30×=10海里,
所以A1A2=A2B2.
又∠A1A2B2=180°-120°=60°,
所以△A1A2B2是等边三角形.
所以A1B2=A1A2=10海里.由题意知,A1B1=20海里,∠B1A1B2=105°-60°=45°,
在△A1B2B1中,由余弦定理,得B1=A1+A1-2A1B1·A1B2·cos
45°=202+(10)2-2×20×10×=200,所以B1B2=10海里.
因此,乙船速度的大小为×60=30(海里/小时).
答:乙船每小时航行30海里.
(2020·广州高一检测)在数学建模课上,老师给大家带来了一则新闻:“2019年8月16日上午,423米的东莞第一高楼民盈国贸中心2号楼(以下简称“国贸中心”)正式封顶,随着最后一方混凝土浇筑到位,标志着东莞最高楼纪录诞生,由东莞本地航母级企业民盈集团刷新了东莞天际线,比之前的东莞第一高楼台商大厦高出134米.”在同学们的惊叹中,老师提出了问题:国贸中心真有这么高吗?我们能否运用所学知识测量验证一下?一周后,两个兴趣小组分享了他们各自的测量方案.
第一小组采用的是“两次测角法”:他们在国贸中心隔壁的会展中心广场上的A点测得国贸中心顶部的仰角为α,正对国贸中心前进了s米后,到达B点,在B点测得国贸中心顶部的仰角为β,然后计算出国贸中心的高度(如图1).
第二小组采用的是“镜面反射法”:在国贸中心后面的新世纪豪园一幢11层楼(与国贸中心处于同一水平面,每层约3米)楼顶天台上,进行两个操作步骤:①将平面镜置于天台地面上,人后退至从镜中能看到国贸大厦的顶部位置,测量出人与镜子的距离为a1米;②正对国贸中心,将镜子前移a米,重复①中的操作,测量出人与镜子的距离为a2米.然后计算出国贸中心的高度(如图2).
实际操作中,第一小组测得s=90米,α=42°,β=48°,最终算得国贸中心高度为H1;第二小组测得a1=1.45米,a=12米,a2=1.4米,最终算得国贸中心高度为H2;假设他们测量者的“眼高h”都为1.6米.
请你用所学知识帮两个小组完成计算(参考数据:tan
42°≈0.9,tan
48°
=,答案保留整数结果).
【解析】第一小组:在Rt△BCD中得,BC=;
在Rt△ACD中得,AC=,
因为AC-BC=s,即-=s,
得CD=≈≈426.3(米),
H1=426.3+1.6≈428(米).
第二小组:由△MKE∽△PQE得EQ==,
同理由△NTF∽△PQF得FQ==.
因为EQ-FQ=a,所以=a,
所以PQ===384(米),
所以H2=PQ+3×11=417(米).
【补偿训练】
为保障高考的公平性,高考时每个考点都要安装手机屏蔽仪,要求在考点周围1千米处不能收到手机信号,检查员抽查某市一考点,在考点正西千米有一条北偏东60°方向的公路,在此处检查员用手机接通电话,以每小时12千米的速度沿公路行驶,问最长需要多少分钟检查员开始收不到信号,并至少持续多长时间该考点才算合格?
【解析】如图所示,考点为A,检查开始处为B,
设检查员行驶到公路上C,D两点之间时收不到信号,即公路上C,D两点到考点的距离均为1千米.
在△ABC中,AB=
千米,AC=1
千米,∠ABC=30°,
由正弦定理得sin∠ACB=×AB=,
所以∠ACB=120°(∠ACB=60°不合题意),
所以∠BAC=30°,
所以BC=AC=1
千米.
在△ACD中,AC=AD=1
千米,∠ACD=60°,
所以△ACD为等边三角形,所以CD=1
千米.
因为×60=5,所以在BC上需5分钟,CD上需5分钟.所以最长需要5分钟检查员开始收不到信号,并持续至少5分钟才算合格.
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