(共46张PPT)
第一章
解
三
角
形
1.1 正弦定理和余弦定理
1.1.1 正
弦
定
理
主题 正弦定理
1.在Rt△ABC中,
存在怎样的关系?
提示:在Rt△ABC中,因为sin
A=
,
故c=
,同理c=
,
因此
又因为C=90°,故
2.在锐角△ABC中,以上关系式是否仍然成立?
提示:如图,在锐角△ABC中,作CD⊥AB于点D,
有
=sin
A,
=sin
B.
所以CD=bsin
A=asin
B.
所以
同理,在△ABC中,
所以
成立.
结论:
1.正弦定理
在一个三角形中,各边和它所对角的_____的比相等,
即_________________.
正弦
2.解三角形
(1)三角形的元素:三角形的三个内角A,B,C和它们的
对边______.
(2)解三角形:已知三角形的几个元素求_________的过
程.
a,b,c
其他元素
【对点训练】
1.在△ABC中,a=
b,A=120°,则角B的大小为
( )
A.30°
B.45°
C.60°
D.90°
【解析】选A.由正弦定理
得
sin
B=
,因为A=120°,得B=30°.
2.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.
若a=1,A=30°,B=45°,则b的值为
( )
A.
B.
C.
D.2
【解析】选C.由正弦定理
可得:
.解得:b=
.
类型一 已知两角和一边解三角形
【典例1】(1)(2019·潮州高二检测)在△ABC中,
B=135°,C=15°,a=3,则边b=
( )
A.5
B.4
C.3
D.2
(2)已知在△ABC中,D为BC中点,cos∠BAD=
,
cos∠CAD=
,
①求∠BAC的值;
②求
的值.
【解题指南】(1)由已知利用三角形内角和定理可求角A,再根据正弦定理可求b的值即可.
(2)①先求出sin∠BAD,sin∠CAD,根据cos∠BAC=
cos(∠BAD+∠CAD)求解.②在△ABC与△ABD中分别利用正弦定理及D为BC中点求解.
【解析】(1)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=
.
(2)①因为cos∠BAD=
,cos∠CAD=
,
所以在△ABC中,∠BAD,∠CAD为锐角,
所以sin∠BAD=
,sin∠CAD=
,
cos∠BAC=cos(∠BAD+∠CAD)
因为0<∠BAC<π,所以∠BAC=
②在△ABC中,
在△ABD中,
又因为BC=2BD,所以
【方法总结】已知两角和一边解三角形的步骤
【跟踪训练】
1.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,
若A=
,B=
,a=3
,则b=
( )
A.2
B.2
C.3
D.3
【解析】选A.在△ABC中,由正弦定理得
,
所以b=
2.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知b=1,
B=
,cos
A=
,则a=
( )
【解析】选A.由cos
A=
,得sin
A=
.
由正弦定理
【补偿训练】若在△ABC中,AC=
,A=45°,C=75°,
求BC,AB及B.
【解析】在△ABC中,由A+B+C=180°得B=180°-A-C=60°,
在△ABC中,由正弦定理得
故BC=
类型二 已知两边及其中一边的对角解三角形
【典例2】(1)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为
a,b,c.已知A=
,a=1,b=
,则B=__________.?
(2)已知△ABC中,a=
,b=
,A=45°,则三角形的解
的个数为________.?
【解题指南】(1)由正弦定理即可求出角B.
(2)利用正弦定理求角B的值,从而确定解的个数.
【解析】(1)依题意,由正弦定理知
得出sin
B=
.由于0
或
答案:
或
(2)由正弦定理得
又b>a,故B=60°或B=120°,所以三角形的解的个数为2.
答案:2
【延伸探究】1.若本例(1)条件不变,试求边长c.
【解析】由本例(1)解析知B=
或
,
当B=
时,C=π-
所以c=
当B=
时,C=π-
故c=a=1.
2.把本例(1)中的“b=
”改为“b=
”,其他条件不变,试求B.
【解析】由正弦定理得
即sin
B=
由于0或
π.
【方法总结】由两边一对角求另一对角的三个步骤
(1)由正弦定理求出另一边对角的正弦值.
(2)如果已知的角为大边所对的角时,由三角形中大边对大角,大角对大边的法则能判断另一边所对的角为锐角,由正弦值可求锐角唯一.
(3)如果已知的角为小边所对的角时,则不能判断另一边所对的角为锐角,这时由正弦值可求出两个角,要分类讨论.
【跟踪训练】
1.(2019·佛山高一检测)在△ABC中,角A,B,C的对边分
别为a,b,c,若
,则cos
B=
( )
A.-
B.
C.
D.
【解析】选B.因为
,
所以3sin
Bsin
A=4sin
Acos
B,
因为sin
A>0,所以3sin
B=4cos
B,
所以tan
B=
,由同角三角函数关系得
cos
B=
.
2.已知在△ABC中,b=2
,c=2,C=30°,那么解此三角形可得
( )
A.一解
B.两解
C.无解
D.解的个数不确定
【解析】选B.因为
,
所以sin
B=
因为b>c,所以B=60°或120°,
故解此三角形可得两解.
类型三 利用正弦定理判断三角形形状
【典例3】(1)若
则△ABC是( )
A.等腰直角三角形
B.有一内角是30°的直角三角形
C.等边三角形
D.有一内角是30°的等腰三角形
(2)在△ABC中,已知
则△ABC的形状是________三角形.?
【解题指南】(1)由正弦定理可得tan
B=tan
C=1,从而判断△ABC形状.
(2)切化弦后,利用正弦定理判断.
【解析】(1)选A.在△ABC中,
则由
正弦定理可得
即tan
B=tan
C=1,
所以B=C=45°,A=90°,故△ABC为等腰直角三角形.
(2)由正弦定理得
即cos
A=cos
B,
故A=B,所以△ABC为等腰三角形.
答案:等腰
【方法总结】判断三角形形状的常用方法及步骤
(1)方法:化边为角或化角为边.
(2)步骤:第一步,将题目中的条件,利用正弦定理化边为角或化角为边,
第二步,根据三角函数的有关知识得到三个内角的关系或三边的关系,进而确定三角形的形状.
【跟踪训练】
设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若bcos
C
+ccos
B=asinA,则△ABC的形状为( )
A.锐角三角形
B.直角三角形
C.等边三角形
D.等腰三角形
【解析】选B.由正弦定理可以得到sin
Bcos
C+
sin
C
cos
B=sin2A,故sin(B+C)=sin2
A,
即sin
A=sin2
A.
因为A∈(0,π),故sin
A≠0,所以sin
A=1.
因为A∈(0,π),故A=
,
所以△ABC为直角三角形.
【知识思维导图】(共49张PPT)
1.1.2 余
弦
定
理
主题 余弦定理
1.如图,设
角A,B,C所对的边分别
为a,b,c,如何用a,b表示向量c?向量c的平方是什么?
表示为对应的边可以得到什么式子?
提示:由向量减法的三角形法则,得c=b-a,
所以|c|2=(b-a)(b-a)
=b·b+a·a-2a·b
=a2
+b2-2abcos
C,
所以c2=a2+b2-2abcos
C.
2.利用1的结论思考下面的问题:
(1)已知三角形的三边a,b,c,如何表示cos
C.
提示:由1知c2=a2+b2-2abcos
C,
故cos
C=
(2)若C=90°,1的结论还成立吗?如果成立写出该结论,若不成立说明理由.
提示:若C=90°,1的结论仍成立,
即c2=a2+b2.
结论:
余弦定理
【对点训练】
1.在△ABC中,如果BC=6,AB=4,cos
B=
,则AC=
( )
A.6
B.2
C.3
D.4
【解析】选A.由余弦定理可得AC2=AB2+BC2-
2AB·BCcos
B=16+36-2×4×6×
=36.所以AC=6.
2.已知在△ABC中,a=2,b=4,c=5,则cos
A=________.?
【解析】cos
A=
答案:
类型一 利用余弦定理解三角形
【典例1】(1)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为
a,b,c,若sin
B+sin
A(sin
C-cos
C)=0,a=
,c=
,
则b=
( )
A.
B.
C.2
D.1
(2)(2019·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A,B,C的对边分别为
a,b,c,已知asin
A-bsin
B=4csin
C,cos
A=-
,
则
=
( )
A.6
B.5
C.4
D.3
【解题指南】(1)由sin
B+sin
A(sin
C-cos
C)=0,利用诱导公式以及两角和的正弦公式可得tan
A=-1,
A=135°,再利用余弦定理解方程求解即可.
(2)由正弦定理,将asin
A-bsin
B=4csin
C转化为边之间关系,再由余弦定理求解.
【解析】(1)选D.由sin
B+sin
A(sin
C-cos
C)=0得sin(A+C)+sin
A(sin
C-cos
C)=0,
即sin
Acos
C+cos
Asin
C+sin
Asin
C-sin
Acos
C
=cos
Asin
C+sin
Asin
C=0,sin
C≠0,
得tan
A=-1,A=135°,
因为a=
,c=
,所以a2=b2+c2-2bccos
135°,
化为b2+2b-3=0,得b=1.
(2)选A.由已知及正弦定理可得a2-b2=4c2,由余弦定理
推论可得-
=cos
A=
,所以
=-
,
所以
=
,所以
=
×4=6.
【方法总结】利用余弦定理解三角形的两种类型及解法技巧
(1)已知三角形的两边及夹角解三角形,可以先由余弦定理求出第三条边,再由正弦定理求出一角,最后由A+B+C=180°,求出第三个角.
(2)已知三角形的三边,可由余弦定理求三角形的两个内角,再由A+B+C=180°求出第三个角.
上述两种情况,运用余弦定理时,因为是已知三边求角,或已知两边及夹角求另一边,由三角形全等的判定定理可知,三角形是确定的,因而解唯一.
【跟踪训练】
1.在△ABC中,a2=b2+c2+bc,则A等于
( )
A.60°
B.45°
C.120°
D.30°
【解析】选C.因为a2=b2+c2+bc,可得b2+c2-a2=-bc,所以
cos
A=
因为02.在△ABC中,b=19,c=20,B=60°,那么这样的三角形有
( )
A.0个
B.1个
C.2个
D.3个
【解析】选C.因为在△ABC中,b=19,c=20,B=60°,
所以由余弦定理b2=a2+c2-2accos
B,得:
361=400+a2-2×a×20×cos
60°,
得:a2-20a+39=0…(
)
因为Δ=202-4×1×39=244>0,且两根之和、两根之积都为正数,
所以方程(
)有两个不相等的正实数根,即有两个边a满足题中的条件.
由此可得满足条件的△ABC有两个解.
【补偿训练】已知△ABC的三边长为
解此三角形.
【解析】由余弦定理得cos
A=
所以A=60°.
所以B=45°,所以C=180°-A-B=75°.
类型二 利用余弦定理判断三角形形状
【典例2】(1)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c若b=2ccos
A,c=2bcos
A,则△ABC的形状为
( )
A.直角三角形
B.锐角三角形
C.等边三角形
D.等腰直角三角形
(2)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知
a=2
,cos
A=
,sin
B=2sin
C,则△ABC是
( )
A.直角三角形
B.钝角三角形
C.锐角三角形
D.形状不确定
【解题指南】(1)利用余弦定理,将cos
A用边表示,得出边之间关系,从而判定.
(2)由于sin
B=2sin
C,利用正弦定理可得:b=2c.再利用余弦定理可解得c,b,利用余弦定理可求cos
B<0,求得B为钝角即可得解.
【解析】(1)选C.b=2ccos
A,b=2c·
,
b2=b2+c2-a2,c2=a2,c=a;
又因为c=2bcos
A,c=2b·
,
c2=b2+c2-a2,a2=b2,a=b;
所以a=b=c,△ABC为等边三角形.
(2)选B.因为a=2
,cos
A=
,sin
B=2sin
C,
可得:b=2c.
所以由a2=b2+c2-2bccos
A,可得:8=4c2+c2-3c2,
解得c=2,b=4.
所以cos
B=
<0,可得B为钝角,
△ABC是钝角三角形.
【方法总结】三角形形状判断的技巧
(1)若式子中含有角的余弦或是边的二次式,一般考虑用余弦定理.
(2)若式子中含有角的正弦或是边的一次式,则考虑用正弦定理.
【跟踪训练】
1.在△ABC中,若ln
sin
A-ln
cos
B=ln
sin
C+ln
2,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.不能确定
【解析】选B.若ln
sin
A-ln
cos
B=ln
sin
C+ln
2,
有ln
=ln
2sin
C,即sin
A=2sin
Ccos
B,
由正弦定理得a=2ccos
B,
再由余弦定理得a=2c×
,
化简可得c=b,则三角形为等腰三角形.
2.在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,若b2+c2=
a2+
bc,且cos
C=0,则△ABC是
( )
A.等边三角形
B.钝角三角形
C.等腰直角三角形
D.等腰三角形但不是直角三角形
【解析】选C.由余弦定理,得
cos
A=
所以A=45°.又cos
C=0,
所以C=90°,
所以△ABC是等腰直角三角形.
类型三 正弦定理、余弦定理的综合应用
【典例3】在△ABC中,已知AB=2,AC=3,A=60°.
(1)求BC的长.
(2)求sin
2C的值.
【解题指南】(1)利用余弦定理可求得BC的长.
(2)先利用正弦定理求出sin
C的值,再利用余弦定理求
出cos
C的值,最后由二倍角的正弦公式即可求得
sin
2C的值.
【解析】(1)在△ABC中,由余弦定理可知,
BC2
=
AC2
+
AB2-2AC·AB·cos
A
,
即BC2=32+22-2×3×2×cos
60°,
解得BC=
.
(2)由正弦定理可知,
即
解得sin
C=
由余弦定理可得,
cos
C=
所以sin
2C=2sin
Ccos
C=
2×
【延伸探究】1.若本例条件不变,试求cos
B的值.
【解析】由本例解析(1)知BC=
,故在△ABC中由余
弦定理得cos
B=
2.若把本例中的A=60°换为A=120°,其他条件不变,则结果又是什么?
【解析】(1)在△ABC中,由余弦定理可知,
BC2=AC2+AB2-2AC·AB·cos
A
=32+22-2×3×2
cos
120°,解得BC=
.
(2)由正弦定理可知
解得sin
C=
由余弦定理可得
所以sin
2C=2sin
C·cos
C=
【方法总结】利用正、余弦定理解决三角形综合问题的常用思想方法
(1)正弦定理和余弦定理从不同的方面反映了三角形中的边角关系,揭示了三角形中元素间的内在联系,解题时一定要注意正、余弦定理的结合,可相互渗透,相互促进,它们是解决三角形问题的主要依据.
(2)解决正弦定理与余弦定理的综合应用问题,应注意根据具体情况引入未知数,运用方程思想来解决问题.
【跟踪训练】
1.在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C的对边,若b2=ac,
a2-c2=ac-bc,则
=________.?
【解析】因为b2=ac,a2-c2=ac-bc,
所以a2-c2=b2-bc,cos
A=
因为0.
因为b2=ac,所以
答案:
2.(2019·嘉兴高一检测)已知△ABC中,角A,B,C的对边
分别为a,b,c,满足sin2A+sin2B-sin2C=-
sin
Asin
B.
(1)求角C的大小.
(2)若c=2,求
a+b的取值范围.
【解析】(1)由题可得a2+b2-c2=-
ab,
所以cos
C=
因为C∈(0,π),所以C=
.
(2)由正弦定理得2R=
=4,
所以
a+b=2R(
sin
A+sin
B)=
因为A∈
,所以A+
∈
,
所以sin
所以
a+b∈(2,2
).
【知识思维导图】(共47张PPT)
1.2 应
用
举
例
第1课时 解三角形的实际应用举例
——距离问题
主题 应用举例——测量中的有关概念
1.根据方向角的含义完成填空,明确方向角的表示方法.
如图所示,图①的m°角描述为__________.
如图②的n°角描述为__________.
北偏西m°
南偏东n°
2.根据方位角的定义完成填空,明确方位角的表示方法
如图
图③的方位角为______;图④的方位角为______.
130°
200°
结论:
测量中各种角的定义:
1.仰角与俯角
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_____时叫仰角,目标视线
在水平视线_____时叫俯角,如图:
上方
下方
2.方位角与方向角
(1)方位角:从_____方向_______转到目标方向线的
水平角叫方位角,方位角的范围是[0,2π].
(2)方向角:从_____方向线到目标方向线所成的小于
90°的水平角叫方向角,如北偏东30°,南偏东45°.
正北
顺时针
指定
3.坡角与坡度
坡面与_______所成的二面角叫坡角,坡面的铅直
高度与_________之比叫坡度
,如图.
水平面
水平宽度
【对点训练】
1.已知A,B两地的距离为10
km,B,C两地的距离为20
km,
现测得∠ABC=120°,则A,C两地的距离为
( )
A.10
km
B.
km
C.10
km
D.10
km
【解析】选D.因为A,B两地的距离为10
km,B,C两地
的距离为20
km,∠ABC=120°,则AC2=AB2+CB2-2AB·
BCcos∠ABC=102+202-2×10×20×
=700.
所以AC=10
km.
2.一角槽的断面如图所示,四边形ADEB是矩形,
若α=50°,β=70°,AC=90
mm,BC=150
mm,
则DE=________mm.?
【解析】连接AB,则∠BAC=90°-α=40°,
∠ABC=90°-β=20°,
所以∠ACB=180°-40°-20°=120°,
所以AB2=AC2+BC2-2×AC·BC·cos
120°
=902+1502-2×90×150×
=902+1502+90×150=44
100,
所以AB=210
mm,
所以DE=210
mm.
答案:210
类型一 测量一个可到达点与一个不可
到达点之间的距离
【典例1】如图,设A,B两点在河的两岸,要测量两点之间的距离,测量者在A的同侧,在所在的河岸边选定一点C,测出AC=60
m,∠BAC=75°,∠BCA=45°,求A,B两点的距离.
【解题指南】结合条件,利用正弦定理求解.
【解析】∠ABC=180°-75°-45°=60°,
所以由正弦定理得,
所以AB=
即A,B两点间的距离为20
m.
【方法总结】求距离问题时应注意的两点
(1)选定或确定所求量所在的三角形.若其他量已知,则直接解;若有未知量,则把未知量放在另一确定三角形中求解.
(2)确定用正弦定理还是余弦定理,如果都可用,就选择更便于计算的定理.
【跟踪训练】
如图所示,某观测站C在城A的南偏西20°的方向,从城
A出发有一条走向为南偏东40°的公路,在C处观测到
距离C
31
km的公路上的B处有一辆汽车正沿公路向A
城驶去,行驶了20
km后到达D处,测得C,D两处的距离
为21
km,这时此车距离A城多少千米?
【解析】在△BCD中,BC=31
km,
BD=20
km,CD=21
km,
由余弦定理得cos∠BDC=
所以cos∠ADC=
,
所以sin∠ADC=
在△ACD中,由条件知CD=21
km,
∠BAC=20°+40°=60°,所以sin∠ACD=sin(60°+∠ADC)=
由正弦定理得
所以AD=
故这时此车距离A城15
km.
类型二 测量两个不可到达的点之间的距离
【典例2】如图所示,为了测量A,B处岛屿的距离,小明在D处观测,A,B分别在D处的北偏西15°、北偏东45°方向,再往正东方向行驶40海里至C处,观测B在C处的正北方向,A在C处的北偏西60°方向,求A,B两处岛屿间的距离.
【解题指南】先在△ACD中求出AD,再在△DCB中求出BD,然后在△ABD中由余弦定理求得AB.
【解析】在△ACD中,∠ADC=15°+90°=105°,
∠ACD=30°,所以∠CAD=45°,
由正弦定理可得:
解得AD=
在Rt△DCB中,∠BDC=45°,
所以BD=
CD=40
(海里).
在△ABD中,由余弦定理可得:
AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos∠ADB
=800+3
200-2×20
×40
×
=2
400,
解得AB=20
(海里).
【方法总结】测量不可到达的两点之间的距离问题的关键
(1)选取的基线既易于测量,又简单恰当.
(2)要根据实际需要选取合适的基线长度,测量工具要有较高的精确度.
【跟踪训练】
如图,某景区欲在两山顶A,C之间建缆车,需要测量两山
顶间的距离.已知山高AB=1km,CD=3km,在水平面上E处
测得山顶A的仰角为30°,山顶C的仰角为60°,∠AEC
=150°,则两山顶A,C之间的距离为
( )
A.2
km
B.3
km
C.4
km
D.3
km
【解析】选A.AB=1
km,CD=3
km,∠AEB=30°,
∠CED=60°,∠AEC=150°,
所以AE=2AB=2
km,CE=
在△ACE中,由余弦定理得AC2=AE2+CE2-2×
AE×CE×cos∠AEC=4+12-2×2×
所以AC=2
km;
即两山顶A,C之间的距离为2
km.
类型三 航行中的距离问题
【典例3】如图,A,B是海面上位于东西方向相距
5(3+
)海里的两个观测点,现位于A点北偏东45°,
B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号,位于
B点南偏西60°且与B点相距20
海里的C点的救援
船立即前往营救,其航行速度为30海里/小时,该救援船到达D点至少需要多长时间?
【解题指南】已知速度,要求时间,只要求出路程,即CD的长即可.而观察CD所在的三角形,有△ADC和△BDC,确定用△BDC来求CD.
【解析】由题意知AB=5(3+
)海里,
因为∠DAB=90°-45°=45°,
∠DBA=90°-60°=30°,
所以∠ADB=180°-(45°+30°)=105°,
在△ADB中,由正弦定理得
所以DB=
又因为∠DBC=∠DBA+∠ABC=30°+(90°-60°)=60°,
BC=20
海里,
所以在△DBC中,由余弦定理得
CD2=BD2+BC2-2BD·BCcos
∠DBC
=300+1
200-2×10
×20
×
=900,
所以CD=30(海里),
所以需要的时间t=
=1(小时),
即救援船到达D点至少需要1小时.
【延伸探究】1.若本例条件不变,求该救援船应沿东偏北多少度的方向去营救?
【解析】由本例解析知在△BCD中,DB=10
,
BC=20
,CD=30,故DB2+CD2=BC2.
所以∠CDB=90°,
又因为∠CBD=60°.
所以∠DCB=30°.
过C作AB的平行线CE,
即∠BCE=∠CBA=30°,
所以∠DCE=60°.
故该救援船应沿东偏北60°的方向去营救.
2.本例中若不知救援船的速度,其他条件不变,要求救援船必须在40分钟内到达,则救援船的最小速度为多少?
【解析】设救援船的速度为v海里/小时,由本例解析
求得CD=30海里,由
得v≥45.
即救援船的最小速度为45海里/小时.
【方法总结】航行问题的解题技巧
(1)在航行等问题中,通常是把方位角(方向角)与几何图形结合起来,求出几何图形的有关角.
(2)几何图形的应用是解决实际问题的重要辅助手段,一是从图形的完整性方面画出图形;二是把多边形向三角形转化.
【知识思维导图】(共33张PPT)
第2课时
解三角形的实际应用举例
——高度、角度问题
类型一 测量高度问题
【典例1】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10千米,速度为
180千米/小时,飞机先看到山顶的俯角为15°,经过
420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).
【解题指南】先由正弦定理求出BC的长,再求CD的长,从而可得山顶的高度.
【解析】如图,因为∠A=15°,∠DBC=45°,所以∠ACB=30°.
AB=180
000×420×
=21
000(m),
所以在△ABC中,
所以BC=
·sin
15°=10
500
因为CD⊥AD,所以CD=BCsin∠CBD=BC×sin
45°
=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)
=2.65(千米).
【方法总结】解决测量高度问题的一般步骤
(1)根据已知条件画出示意图.
(2)分析与问题有关的三角形.
(3)运用正、余弦定理解相关的三角形.
在解题过程中,要综合运用立体几何与平面几何的知识,注意方程思想的运用.
【跟踪训练】
(2019·攀枝花高一检测)如图,为了测量山坡上灯塔CD的高度,某人从高为h=40的楼AB的底部A处和楼顶B处分别测得仰角为β=60°,α=30°,若山坡高为a=35,则灯塔高度是
( )
A.15
B.25
C.40
D.60
【解析】选B.过点B作BE⊥DC于点E,
过点A作AF⊥DC于点F,如图所示,
在△ABD中,由正弦定理得,
所以AD=
,在Rt△ADF中,
DF=ADsin
β=
又山高为a,则灯塔CD的高度是CD=DF-CF=
-a=
-35=60-35=25.
类型二 测量角度问题
【典例2】某港口O要将一件重要物品用小艇送到一艘
正在航行的轮船上,在小艇出发时,轮船位于港口O
北偏西30°且与该港口相距20海里的A处,并正以
30海里/小时的航行速度向正东方向匀速行驶,经过
t小时小艇与轮船相遇.假设小艇的最高航行速度
只能达到30海里/小时,试设计航行方案(即确定航行方向和航行速度的大小),使得小艇能以最短的时间与轮船相遇,并说明理由.
【解题指南】先画出简图,再对照图形理解题意,然后确定各个角度、各条边长(边长有已知的,有用字母表示的),并尝试用正、余弦定理,函数,不等式的知识解答.
【解析】设小艇航行速度的大小是v海里/小时,如图所示,设小艇与轮船在B处相遇.
由余弦定理得:
BO2=AO2+AB2-2AO·ABcos
A.
所以(vt)2=400+(30t)2-2×20×30tcos
(90°-30°),
即(v2-900)t2+600t-400=0(其中0①当0000+1
600(v2-900)
=1
600(v2-675),令Δ=0,
即1
600(v2-675)=0,
则v=15
,
1°当0时,两船不会相遇;
2°当15
≤v<30时,
当
时,
令x=
,则x∈[0,15),
当且仅当x=0,即v=
时,等号成立;
当
时,同理可得
所以当15
≤v<30时,t>
;
②当v=30时,可求得t=
;
综合①②可知,当v=30时,t取得最小值,且最小值是
,
此时,在△OAB中,有OA=OB=AB=20,
所以可设计方案如下:
小艇的航行方向是北偏东30°,航行速度为
30海里/小时,此时小艇能以最短的时间与轮船相遇.
【延伸探究】本例中若小艇无最高航行速度限制,其他条件不变.问:
(1)若希望相遇时小艇航行距离最小,则小艇航行速度为多少?
(2)若保证小艇在30分钟内(含30分钟)与轮船相遇,试求小艇航行速度的最小值.
【解析】(1)设相遇时小艇航行距离为s,则
故当t=
时航行距离最小为s=10
海里,
此时v=
(海里/小时),
即小艇以30
海里/小时的速度航行,相遇时航行距离最小.
(2)设小艇航行速度的大小是v海里/小时,小艇与轮船在B处相遇如图,
由余弦定理OB2=OA2+AB2-2OA·AB·cos
∠OAB得,
(vt)2=202+(30t)2-2×20×30tcos
(90°-30°),
化简得v2=
+900=400
+675,
由于0所以
≥2,故当
=2时,v取最小值10
,
即小艇航行速度的最小值为10
海里/小时.
【方法总结】角度问题的解题思路
(1)根据题意和图形及方向角等概念,确定所求的角在哪个三角形中,该三角形中已知哪些量,需求哪些量.
(2)从实际问题中抽象出一个或几个三角形,结合图形选择运用正弦定理,还是余弦定理.
【跟踪训练】
某船在海上航行中不幸遇险,并发出呼救信号,海上救
生艇在A处获悉后,立即测出该船的方位角为45°,在
与之相距10
n
mile的C处,还测得该船正沿方位角为
105°的方向以每小时9
n
mile的速度向一小岛靠近,
海上救生艇立即以每小时21
n
mile的速度前往营救,
试求出该海上救生艇的航向及与呼救船相遇所需的
时间.
【解析】设所需的时间为t
h,在点B处相遇,
如图所示,在△ABC中,AC=10,AB=21t,BC=9t.
∠ACB=360°-135°-105°=120°,
由余弦定理得(21t)2=102+(9t)2-2×10×9t×
cos
120°,
整理得36t2-9t-10=0,
解得t=
或t=-
(舍去),
由正弦定理得
即sin∠CAB=
所以∠CAB≈21.8°.
综上,该海上救生艇的航向为北偏东66.8°,
与呼救船相遇所需的时间为
h.
【知识思维导图】(共42张PPT)
第3课时
三角形中的几何计算
主题 三角形的面积公式
如图,在△ABC中,边BC,CA,AB记为a,b,c,边BC,CA,AB上的高分别记为ha,hb,hc.
1.分别表示出ha,hb,hc的长.
提示:在Rt△ABD中,AD=AB·sin∠ABD,
即ha=c·sin∠ABD,
或在Rt△ADC中,AD=AC·sin∠ACD,
即ha=b·sin∠ACD,
同理hb=c·sin∠BAE=a·sin∠BCE,
hc=a·sin∠CBF=b·sin∠CAF.
2.△ABC的面积如何求?
提示:S△ABC=
AD·BC=
c·sin
B·a=
ac·sin
B,
或S△ABC=
ab·sin
C,或S△ABC=
bc·sin
A.
【对点训练】
已知△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若
c=3
,b=4
,B=2C,则△ABC的面积为
( )
A.20
B.20
C.10
D.10
【解析】选C.由正弦定理得
即
解得cos
C=
,则sin
C=
,
而cos
B=cos
2C=2cos2C-1=
,
故sin
B=
则sin
A=sin(C+B)=sin
Ccos
B+cos
Csin
B=
故△ABC的面积为
类型一 三角形面积问题
【典例1】(2017·北京高考)在△ABC中,A=60°,
c=
a.
(1)求sin
C的值.
(2)若a=7,求△ABC的面积.
【解题指南】(1)在△ABC中,由正弦定理求sin
C的值.
(2)根据a=7,求出c的值,再由余弦定理求b,即可求得△ABC的面积.
【解析】(1)根据正弦定理
所以sin
C=
(2)因为a=7,所以c=
×7=3.
由余弦定理a2=b2+c2-2bccos
A得72=b2+32-2b×3×
,
解得b=8或b=-5(舍).
所以△ABC的面积S=
bcsin
A
=
【延伸探究】若将本例中条件“c=
a”改为“b+c=11,S△ABC=6
”,求a的值.
【解析】由S△ABC=
bc·sin
A=
,
所以bc=24,由余弦定理及b+c=11得
a2=b2+c2-2bc·cos
A=(b+c)2-2bc(1+cos
A)
=121-2×24×
=49,
所以a=7.
【方法总结】运用三角形面积公式的关注点
(1)利用三角形面积公式解题时,常常要结合三角函数的有关公式.
(2)解与三角形面积有关问题,常需要利用正弦定理、余弦定理,解题时要注意发现各元素之间的关系,灵活运用公式.
(3)对于求多边形的面积问题可通过分割转化为几个三角形面积的和.
【跟踪训练】
在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且
(1)求角A的值.
(2)若a=6,b=2c,求△ABC的面积.
【解析】(1)由
因为
所以cos
A=
.
因为A∈(0,π),所以A=
.
(2)因为a=6,b=2c,所以a2=b2+c2-2bccos
A,
整理可得36=4c2+c2-2c2,
解得c=2
,
所以S△ABC=
类型二 三角形中的证明问题
【典例2】已知四边形OACB中,a,b,c分别为△ABC的内
角A,B,C所对的边长,且满足(b+c)cos
A=a(2-cos
B-
cos
C).
(1)证明:b+c=2a.
(2)若b=c,设∠AOB=θ(0<θ<π),OA=2OB=4,求四边形OACB面积的最大值.
【解题指南】(1)由(b+c)cos
A=a(2-cos
B-cos
C)及
正弦定理和三角变换可得sin
C+sin
B=2sin
A,再由正
弦定理可得结论成立.(2)先证得△ABC为等边三角形,
根据S四边形OACB=S△AOB+S△ABC及三角形的面积公式,得到
S四边形OACB=8sin
,然后根据θ-
的取值范
围可得所求的最大值.
【解析】(1)因为(b+c)cos
A=a(2-cos
B-cos
C),
由正弦定理得sin
Bcos
A+sin
Ccos
A=2sin
A-
sin
Acos
B-sin
Acos
C,
所以cos
Asin
B+sin
Acos
B+cos
Asin
C+
sin
Acos
C=2sin
A,
所以sin(A+B)+sin(A+C)=2sin
A,
所以sin
C+sin
B=2sin
A,
由正弦定理得:b+c=2a.
(2)因为b+c=2a,b=c,所以a=b=c,
所以△ABC为等边三角形.
由题意得S四边形OACB=S△AOB+S△ABC=
OA·OB·sin
θ
+
AB2
=4sin
θ+
(OA2+OB2-2OA·OB·cos
θ)
=4sin
θ-4
cos
θ+5
=8sin
因为0<θ<π,所以
所以当θ-
,即θ=
时,S四边形OACB有最大值,
且最大值为8+5
.
【方法总结】三角形中三角恒等式的证明技巧
(1)证明三角形中的恒等式的关键:利用正弦定理和余弦定理以及其他公式,对边角关系进行互化.
(2)证明三角形中的恒等式一般思路是:从要证的三角恒等式一端出发,证明其与另一端相等.也可同时证明两端都等于同一个式子.
【跟踪训练】
在△ABC中,若a2=b(b+c),求证:A=2B.
【证明】方法一:由余弦定理得:
cos
B=
cos
2B=2cos2B-1=
又cos
A=
所以cos
A=cos
2B,则A=2B或A+2B=2π,
又0方法二:由余弦定理得:a2=b2+c2-2bccos
A,
又a2=b(b+c)=b2+bc.
所以c2=2bccos
A+bc.
即c=2bcos
A+b.
由正弦定理得:
sin
C=2sin
Bcos
A+sin
B=sin(A+B),
所以2sin
Bcos
A+sin
B=sin
Acos
B+cos
Asin
B,
即sin(A-B)=sin
B,
则在△ABC中有A-B=B,
所以A=2B.
类型三 三角形中的综合计算问题
【典例3】(2019·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A,B,C的对边
分别为a,b,c,设(sin
B-sin
C)2=sin2A-sin
Bsin
C.
(1)求A;(2)若
a+b=2c,求sin
C.
【解题指南】(1)利用正弦定理化简已知边角关系式可得
b2+c2-a=bc,从而得cos
A,再由A∈(0,π)可得结果.(2)由
正弦定理可得
sin
A+sin
B=2sin
C,再利用sin
B
=sin(A+C),两角和差正弦公式可得关于sin
C和cos
C
的方程,可求得结果.
【解析】(1)(sin
B-sin
C)2=sin2B-2sin
Bsin
C+sin2C=sin2A-sin
Bsin
C,
即:sin2B+sin2C-sin2A=sin
Bsin
C.
由正弦定理可得:b2+c2-a2=bc,
由余弦定理得cos
A=
因为A∈(0,π),所以A=
.
(2)因为
a+b=2c,由正弦定理得:
sin
A+
sin
B=2sin
C.
又sin
B=sin(A+C)=sin
Acos
C+cos
Asin
C,A=
,
所以
cos
C+
sin
C=2sin
C,整理
可得:3sin
C-
cos
C.
因为sin2C+cos2C=1,所以(3sin
C-
)2=3(1-sin2C),
解得:sin
C=
因为sin
B=2sin
C-
sin
A=2sin
C-
>0,所以
sin
C>
,故sin
C=
【方法总结】三角形中综合问题的处理策略
三角形中的综合问题常涉及正弦定理和余弦定理、三角函数、向量等知识的综合应用.因此,解题时要注意:
(1)合理运用正、余弦定理对边角关系进行转换.
(2)合理应用三角恒等变形.
(3)注意函数、方程思想的应用.
【跟踪训练】
在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a2+b2+ab=4,c=2,则2a+b的取值范围是________.?
【解析】因为a2+b2+ab=4,c=2,
所以a2+b2+ab=c2,所以
所以cos
C=-
,又0,
因此2a+b=2×
(2sin
A+sin
B)
因为0,所以
<
,
所以
<1,2<2a+b<4.
答案:(2,4)
【知识思维导图】