三角形中的几何计算
(30分钟 60分)
一、选择题(每小题5分,共30分)
1.在△ABC中,已知2cos
B=,则此三角形的形状为
( )
A.直角三角形
B.等腰三角形
C.等腰直角三角形
D.不能确定
【解析】选B.由余弦定理的推论可得:2cos
B=2×=,
整理可得:c2-b2=0,即b=c,
则△ABC为等腰三角形.
2.等腰三角形一腰上的高是,这条高与底边的夹角为60°,则底边长等于
( )
A.2
B.
C.3
D.2
【解析】选D.如图所示,BD=,∠DBC=60°,则∠DCB=30°.
在直角△BCD中,根据正弦定理可得
BC===2.
3.(2019·大庆高一检测)在△ABC中,a2+b2-ab=c2=2S△ABC,则△ABC一定是
( )
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cos
C===,又0
因为c2=2S△ABC=2absin
C=ab,又===2R,
所以sin2
C=sin
Asin
B?sin
Asin
B=,又A+B=,所以sin
Asin
B=
sin
Asin
(-A)=sin
A=,
所以sin
(2A-)=,
因为0所以2A-=或,
解得:A=,B=或A=,B=,
所以△ABC一定是直角三角形.
4.设锐角△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且a=1,B=2A,则b的取值范围
( )
A.(,2)
B.(1,)
C.(,)
D.(0,2)
【解析】选C.锐角△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,B=2A,,
解得A∈,
因为a=1,B=2A,
所以由正弦定理可得:===2cos
A,
所以<2cos
A<,则b的取值范围为(,).
5.(2019·湖北四校期中联考)已知△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若c2-a2-b2+ab=0,a+b=2c,S△ABC=.则边长c等于
( )
A.
B.4
C.2
D.
【解析】选C.因为a2+b2-c2=ab,
故cos
C==,
因为C∈,故C=.
将c=代入a2+b2-c2=ab,
整理可得a2+b2-2ab=0,(a-b)2=0,
所以a=b,所以△ABC为等边三角形,
故S△ABC=c2=,解得c=2.
6.在△ABC中,三边长分别为a-2,a,a+2,最大角的正弦值为,则这个三角形的面积为
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选B.因为三边不等,所以最大角大于60°,
设最大角为α,故α对的边长为a+2,因为sin
α=,所以α=120°,
由余弦定理,得(a+2)2=(a-2)2+a2+a(a-2),即a2=5a,解得a=5,
所以三边长为3,5,7,S△ABC=×3×5×sin
120°=.
二、填空题(每小题5分,共10分)
7.在△ABC中,B=,BC边上的高等于BC,则sin
A=________.?
【解析】因为在△ABC中,B=,BC边上的高等于BC,所以AB=BC.
由余弦定理得AC=
==BC,
故BC·BC=AB·AC·sin
A
=·BC·BC·sin
A,所以sin
A=.
答案:
8.等腰△ABC中,顶角A=120°,腰长AB=1,则底边BC长为________.?
【解析】易知∠B=∠C=30°,
由正弦定理知:=,所以BC=.
答案:
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.(2019·泰州高一检测)如图,在平面四边形ABCD中,∠D=π,CD=,△ACD的面积为.
(1)求AC的长;
(2)若AB⊥AD,∠B=,求BC的长.
【解析】(1)因为∠D=π,CD=,△ACD的面积为,
所以S△ACD=AD·CD·sin
D=×AD××=,所以AD=,
所以由余弦定理得AC2=AD2+CD2-2AD·CD·cos
D=6+6-2×6×(-)=18,
所以AC=3,
(2)由(1)知△ACD中AD=,CD=,∠D=π,
所以∠DAC=,因为AB⊥AD,所以∠BAC=,
又因为∠B=
,AC=3,
所以在△ABC中,由正弦定理得=,即=,所以BC=3.
10.在△ABC中,已知BC=a,AC=b,且a,b是方程x2-2x+2=0的两根,2cos(A+B)=1.
(1)求角C的度数及AB的长;
(2)求△ABC的面积.
【解析】(1)因为2cos(A+B)=1,
所以A+B=60°,
故C=120°.
由a,b是方程x2-2x+2=0的两根,
得a+b=2,ab=2,
又AB2=c2=a2+b2-2abcos
C=(a+b)2-2ab-2abcos
C
=12-4-4×=10.
所以AB=.
(2)S△ABC=absin
C=·2·=.
(45分钟 75分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.在△ABC中,AB=2,∠C=,则AC+BC的最大值为
( )
A.2
B.3
C.4
D.5
【解析】选C.根据正弦定理得到
===,
AC+BC=sin
B+sin
A
=sin
B+sin=4sin,
因为角B∈,故B+∈,
故得到4sin∈(2,4].故最大值为4.
2.在△ABC中,D为BC的中点,满足∠BAD+∠C=,则△ABC的形状一定是
( )
A.直角三角形
B.等腰三角形
C.等边三角形
D.等腰三角形或直角三角形
【解析】选D.如图所示,因为D为BC的中点,所以BD=CD,
因为∠BAD+∠C=,
所以∠CAD+∠B=,
sin
∠BAD=cos
C,sin
∠CAD=cos
B,
在△ABD中,由正弦定理==,
同理,=,
所以=,
即=,
所以sin
Bcos
B=sin
Ccos
C,
即sin
2B=sin
2C,
所以2∠B=2∠C,或2∠B+2∠C=π,
即∠B=∠C,或∠B+∠C=∠A=,
所以△ABC的形状一定是等腰三角形或直角三角形.
3.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=2,c=3,tan
B=2tan
A,则△ABC的面积为
( )
A.2
B.3
C.3
D.4
【解析】选B.因为tan
B=2tan
A,可得:=,
即:2sin
Acos
B=cos
Asin
B,
所以sin
C=sin
Acos
B+cos
Asin
B=3sin
Acos
B,
由正弦定理得:c=3acos
B,
因为a=2,c=3,所以cos
B=,
因为B∈(0,π),得:sin
B=.
所以S△ABC=acsin
B=×2×3×=3.
4.已知锐角△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=2,b2+c2-bc=4,
则△ABC的面积的取值范围是
( )
A.
B.(0,]
C.
D.
【解析】选C.因为a=2,b2+c2-bc=4,
所以cos
A===.
已知A为锐角,可得A=,sin
A=,B+C=,
因为由正弦定理可得==,
可得b=sin
B,c=sin,
所以S△ABC=bcsin
A=××sin
B×sin
=sinB=sin
2B-cos2B+=sin+,
因为B,C为锐角,
可得可得sin∈,
所以S△ABC=sin+∈.
5.在△ABC中,∠C=90°,M是BC中点,若sin∠BAM=,则tan∠ABC的值为
( )
A.
B.
C.2
D.
【解析】选B.如图所示,
令BC=a,AB=c,AC=b,CM=MB=,
在△AMB中,由正弦定理得=,
即=,解得sin∠AMB=,
所以cos∠MAC=cos=sin∠AMC=sin(π-∠AMB)=sin∠AMB=,
在直角△ACM中cos∠MAC==,所以=,
化简可得a4-4a2b2+4b4=(a2-2b2)2=0,
解得a=b,
故tan∠ABC===.
二、填空题(每小题5分,共20分)
6.如图,在△ABC中,AC=BC,∠C=,点O是△ABC外一点,OA=4,OB=2,则平面四边形OACB面积的最大值是________.?
【解题指导】利用余弦定理,设∠AOB=α,设AC=BC=m,则AB=m.由余弦定理把m表示出来,利用四边形OACB面积为S=S四边形OACB=4sin
α+S△ABC=4sin
α+.转化为三角函数问题求解最值.
【解析】△ABC为等腰直角三角形,
因为OA=2OB=4,不妨设AC=BC=m,角O为α,
则AB=m.
由余弦定理,42+22-2m2=16cos
α,
所以m2=10-8cos
α.
所以S四边形OACB=4sin
α+S△ABC=4sinα+=4sinα-4cos
α+5=
4sin+5≤4+5.
当α=π时取到最大值5+4.
答案:5+4
7.(2019·丹东高一检测)如图,在△ABC中,∠C=90°,AD是∠BAC的平分线,若sin
B=,AD=7,则sin
∠ADB=__________;AB=__________.?
【解析】记∠BAD=α,则由∠C=90°得cos
2α=sin
B=,
cos
2α=2cos
2α-1=,所以cos
α=,
所以sin
∠ADB=sin
∠ADC=cos
∠DAC=cos
α=,又AD=7,
所以sin
∠ADC=,即=,AC=,
又sin
B=,AB==×=15.
答案: 15
8.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=,=,则b+2c的最大值等于________.?
【解析】原等式可化为=,整理,得b2+c2-a2=bc,
故cos
A==?A=.
因为===2?b+2c=2sin
B+4sin
C=2sin
B+4sin=4sin
B+2cos
B
=2sin(B+θ),
其中θ为锐角,tan
θ=.
因为B∈,
故当B+θ=时,b+2c取得最大值为2.
答案:2
9.在△ABC中,点D在AC边上,cos∠ABC=-,AB=,BC=BD=1,则∠ADB=
________.?
【解题指导】在△ABC中由余弦定理可得AC=2,令AD=x,则DC=2-x.然后在△ADB和△CDB中分别由余弦定理的推论得到cos∠ADB和cos∠CDB,由
cos∠ADB+cos∠CDB=0可求得x=.进而可得cos∠ADB=-,于是得到
∠ADB=.
【解析】在△ABC中由余弦定理可得AC2=()2+12-2××1×=12,
所以AC=2.设AD=x,则DC=2-x.
在△ADB和△CDB中分别由余弦定理的推论得
cos∠ADB==,cos∠CDB==,
由题意得∠ADB+∠CDB=π,
所以cos∠ADB+cos∠CDB=0,
所以+=0,
解得x=.所以cos∠ADB==-,
又0<∠ADB<π,
所以∠ADB=π.
答案:π
三、解答题(每小题10分,共30分)
10.已知△ABC的角A,B,C所对的边分别是a,b,c,设向量m=(a,b),n=(sin
B,sin
A),p=(b-2,a-2).
(1)若m∥n,求证:△ABC为等腰三角形;
(2)若m⊥p,边长c=2,角C=,求△ABC的面积.
【解析】(1)因为m∥n,所以asin
A=bsin
B,
即a·=b·,
其中R是△ABC外接圆半径,所以a=b.
所以△ABC为等腰三角形.
(2)由题意知m·p=0,
即a(b-2)+b(a-2)=0.
所以a+b=ab.
由余弦定理可知,4=a2+b2-ab=(a+b)2-3ab,
即(ab)2-3ab-4=0.
所以ab=4(舍去ab=-1),
所以=absin
C=×4×sin=.
11.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且2sin2(B+C)-3cos
A=0.
(1)求角A的大小.
(2)若B=,a=2,求边长c.
【解析】(1)因为A+B+C=π,2sin2(B+C)-3cos
A=0,
所以2sin2A-3cos
A=0,2(1-cos2A)-3cos
A=0,
所以2cos2A+3cos
A-2=0,
即(2cos
A-1)(cos
A+2)=0.
因为cos
A∈(-1,1),
所以cos
A=,
因为A∈(0,π),所以A=.
(2)sin
C=sin(A+B)=sin
Acos
B+cos
Asin
B
=×+×=.
在△ABC中,由正弦定理得=,
所以=,
解得c=+.
12.如图△ABC中,点D在BC边上,满足AB=3,BD=,sin∠BAC=,且·=0.
(1)求AD的长;
(2)求cos
C.
【解题指导】(1)通过向量的数量积,判断垂直关系,求出cos∠BAD的值,在△ABD中,由余弦定理求AD的长;
(2)在△ABD中,由正弦定理,求出sin∠ADB,通过三角形是直角三角形,即可求cos
C.
【解析】(1)因为·=0,所以AC⊥AD,
所以sin∠BAC=sin=cos∠BAD,
因为sin∠BAC=,所以cos∠BAD=.
在△ABD中,由余弦定理可知BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos∠BAD,
即AD2-8AD+15=0,
解得AD=5或AD=3.
由于AB>AD,所以AD=3.
(2)在△ABD中,由正弦定理可知=,
又由cos∠BAD=,可知sin∠BAD=,
所以sin∠ADB==,
因为∠ADB=∠DAC+∠C,∠DAC=,cos
C=.
PAGE 解三角形的实际应用举例——高度、角度问题
(30分钟 60分)
一、选择题(每小题5分,共30分)
1.长江某地南北两岸平行,一艘游船从南岸码头A出发航行到北岸,假设游船在静水中的航行速度v1的大小为|v1|=10
km/h,水流的速度v2的大小为|v2|=4
km/h.设v1和v2的夹角为θ(0°<θ<180°),北岸的点A′在A的正北方向,游船正好到达A′处时,cos
θ=
( )
A.
B.-
C.
D.-
【解析】选D.设船的实际速度为v,船速v1与河道南岸上游的夹角为α,
如图所示,要使得游船正好到达A′处,
则|v1|cos
α=|v2|,
即cos
α==,
又由θ=π-α,
所以cos
θ=cos(π-α)=-cos
α=-.
2.2018年国庆节期间,某数学教师进行了一次“说走就走”的登山活动,从山脚A处出发,沿一个坡角为45°的斜坡直行,走了100
m后,到达山顶B处,C是与B在同一铅垂线上的山底,从B处测得另一山顶M点的仰角为60°,与山顶M在同一铅垂线上的山底N点的俯角为30°,两山BC,MN的底部与A在同一水平面,则山高MN=
( )
A.200
m
B.250
m
C.300
m
D.400
m
【解析】选D.如图,
由题可知,AB=100,∠A=45°,
∠M=30°,∠MBN=90°,∠MNB=60°,
所以BC=100,BN=200,MN=400.
【解后反思】解三角形的实际应用题型,首先是模型的建立,本题要根据题目条件,画出正确的几何图形模型,再根据题目的条件,利用解三角形的知识,进行目标的求解.在本题中,可以根据条件的特殊性,直接利用三角形的几何特征求解.
3.如图所示,为测一树的高度,在地上选取A,B两点,从A,B两点分别测得望树尖的仰角为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
【解析】选A.设树高为x
m,则BP=x
m.
在△ABP中,AB=60,BP=x,
∠A=30°,∠APB=15°.
由正弦定理得=,
即=,
解得x=30(1+).
4.如图所示,长为4
m的木棒AB斜靠在石堤旁,木棒的一端A在离堤足C处2
m的地面上,另一端B在离堤足C处3
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.
【解析】选C.由题意可得,在△ABC中,AB=4
m,
AC=2
m,BC=3
m,且α+∠ACB=π.
由余弦定理可得,AB2=AC2+BC2-2×AC×BC×cos∠ACB,即42=22+32-2×2×3×cos(π-α),
解得cos
α=,
所以sin
α=,
所以tan
α==.
5.一货轮航行到M处,测得灯塔S在货轮的北偏东15°,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,又得灯塔在货轮的东北方向,则货轮的速度为
( )
A.20(+)海里/小时
B.20(-)海里/小时
C.20(+)海里/小时
D.20(-)海里/小时
【解析】选B.设货轮的速度为每小时v海里,货轮从M处航行30分钟到达N处,则MN=0.5v海里,MS=20海里,∠SMN=45°,∠MNS=105°,则∠NSM=30°.根据正弦定理得:=,
v=20(-)海里/小时.
6.2017年9月16日05时,第19号台风“杜苏苪”的中心位于A地,它将以每小时30千米的速度向西偏北60°的方向移动,距台风中心t千米以内的地区都将受到影响.若距A地正西方向900千米的B地16日08时开始受台风影响,则t的值为
( )
A.90
B.90
C.90
D.90
【解析】选A.如图所示,
在△AEB中,AB=900千米,AE=3×30=90(千米),BE=t千米,
则由余弦定理可得t2=9002+902-2×900×90×
cos
60°=9002+902-900×90,
所以t=90千米.
二、填空题(每小题5分,共10分)
7.如图,已知A,B,C三地,其中A,C两地被一个湖隔开,测得AB=3km,B=45°,C=30°,则A,C两地的距离为________.?
【解析】根据题意,由正弦定理可得=,
代入数值得=,解得AC=3.
答案:3
km
8.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°,根据以上数据得cos
θ=________.?
【解析】因为∠DBC=45°,∠DAC=15°,
所以∠BDA=30°,
在△ABD中,由正弦定理有=,
所以=,
计算得出BD=25(-),
在△BCD中,由正弦定理有=,
所以=,
计算得出sin∠BCD=-1,
所以cos
θ=sin(π-∠BCD)=sin∠BCD=-1.
答案:-1
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.(2019·无锡高一检测)如图,在O处有一港口,两艘海轮B,C同时从港口O处出发向正北方向匀速航行,海轮B的航行速度为20海里/小时,海轮C的航行速度大于海轮B.在港口O北偏东60°方向上的A处有一观测站,1小时后在A处测得与海轮B的距离为30海里,且A处对两艘海轮B,C的视角为30°.
(1)求观测站A到港口O的距离;
(2)求海轮C的航行速度.
【解析】(1)因为海轮B的速度为20海里/小时,所以1小时后,OB=20海里,
又AB=30海里,∠AOB=60°,所以△AOB中,由余弦定理知:
AB2=OA2+OB2-2×OA×OB×cos
∠AOB
即302=OA2+202-2×OA×20×cos
60°,
即OA2-20·OA-500=0,
解得:OA=10+10海里.
(2)△AOB中,由正弦定理知:
=?=,
解得:sin
∠OAB=,
△ABC中,∠BAC=30°,∠ABC=60°+∠OAB,
所以∠ACB=90°-∠OAB,
所以sin
∠ACB=sin
=cos
∠OAB==.
在△ABC中,由正弦定理知:
=?=,
解得:BC=,
所以OC=OB+BC=20+.
即海轮C的速度为海里/小时,
10.如图,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°方向,距A处2海里的C处的我方缉私船奉命以10海里/小时的速度追截走私船,此时走私船正以10海里/小时的速度,以B处向北偏东30°方向逃窜.问:缉私船沿什么方向行驶才能最快截获走私船?并求出所需时间.
【解题指导】设缉私船追上走私船需t小时,进而表示出CD和BD,进而在△ABC中利用余弦定理求得BC,在△BCD中,根据正弦定理可得sin∠BCD的值,进而求得∠BCD=30°,∠BDC=30°求得BD的值,再利用BD=10t=求得t的值.
【解析】如图所示,设缉私船追上走私船需t小时,则有CD=10t,BD=10t.
在△ABC中,因为AB=-1,AC=2,∠BAC=45°+75°=120°,
根据余弦定理可求得BC=,∠CBD=90°+30°=120°.
在△BCD中,根据正弦定理可得sin∠BCD===,
因为∠CBD=120°,
所以∠BCD=30°,∠BDC=30°,
所以BD=BC=,
则有10t=,t=≈0.245(小时)=14.7(分钟).
所以缉私船沿北偏东60°方向,需14.7分钟才能追上走私船.
(45分钟 75分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.如图,要测量底部不能到达的某铁塔AB的高度,在塔的同一侧选择C,D两观测点,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600
m,则铁塔的AB高度是
( )
A.120
m
B.480
m
C.240m
D.600
m
【解析】选D.设AB=x,则BC=x,BD=x.在△BCD中,由余弦定理知cos
120°=
==-,解得x=600
m,(x=-300舍去).故铁塔的高度为600
m.
2.在地面上某处,测得塔顶的仰角为θ,由此处向塔走30
m,测得塔顶的仰角为2θ,再向塔走10
m,测得塔顶的仰角为4θ,则角θ的度数为( )
A.15°
B.30°
C.45°
D.60°
【解析】选A.如图,
因为∠PAB=θ,∠PBC=2θ,
所以∠BPA=θ,
故PB=AB=30
m,
又因为∠PBC=2θ,∠PCD=4θ,
所以∠BPC=2θ,所以PC=BC=10m.
在△BPC中,根据余弦定理
PC2=PB2+BC2-2PB·BC·cos
2θ,
将PC=BC=10
m,PB=30
m代入,得:
(10)2=302+(10)2-2×30×10cos
2θ,
得cos
2θ=,
又0°<2θ<90°,所以2θ=30°,所以θ=15°.
3.如图,一栋建筑物AB的高为(30-10)m,在该建筑物的正东方向有一座通信塔CD,在它们之间的地面上一点M(B,M,D三点共线)处测得楼顶A和塔顶C的仰角分别为15°和60°,在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°,则通信塔CD的高为
( )
A.(60+20)
m
B.(30+10)
m
C.60
m
D.20
m
【解析】选C.作AE⊥CD,垂足为E,在Rt△ABM中,AM==20(m).
在△AMC中,∠AMC=105°,∠ACM=30°,
由正弦定理得=,
所以AC=(60+20)
m,
在Rt△AEC中,CE=AC·sin
30°=(30+10)
m,
所以CD=30-10+30+10=60(m).
4.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
( )
A.1千米
B.千米
C.千米
D.2千米
【解析】选B.如图,∠BAO=75°,C=30°,AB=1,
所以∠ABC=∠BAO-∠BCA=75°-30°=45°.
在△ABC中,=,
所以AC===千米.
5.如图,为测量出山高MN,选择A和另一座山的山顶C为测量观测点,从A点测得M点的仰角∠MAN=60°,C点的仰角∠CAB=45°以及∠MAC=75°,从C点测得
∠MCA=60°,已知山高BC=100
m,则山高MN为
( )
A.100
m
B.150
m
C.200
m
D.250
m
【解析】选B.在Rt△ABC中,∠CAB=45°,BC=100
m,
所以AC=100
m.
在△AMC中,∠MAC=75°,∠MCA=60°,
从而∠AMC=45°,
由正弦定理得=,
因此,AM=100
m.
在Rt△MNA中,AM=100
m,∠MAN=60°,
由=sin
60°,得MN=100×=150
m.
二、填空题(每小题5分,共20分)
6.如图所示,某炮兵阵地位于地面A处,两观察所分别位于地面C处和D处,已知CD=6
000
m,∠ACD=45°,∠ADC=75°,目标出现于地面B处时测得∠BCD=30°,∠BDC=15°,则炮兵阵地到目标的距离是__________m.(结果保留根号).?
【解析】因为∠ACD=45°,∠ADC=75°,所以∠CAD=60°,在△ACD中,由正弦定理可得=,
所以AD=6
000×=2
000(m).
在△BCD中,由正弦定理得=,
所以BD==3
000(m).
在Rt△ABD中,由勾股定理得AB2=BD2+AD2,
所以AB==1
000(m).
答案:1
000
7.如图,要在山坡上A,B两处测量与地面垂直的铁塔CD的高,由A,B两处测得塔顶C的仰角分别为60°和45°,AB长为40
m,斜坡与水平面成30°角,则铁塔CD的高为________m.?
【解析】由题意得∠ABC=45°-30°=15°,∠DAC=60°-30°=30°,
所以∠BCA=30°-15°=15°,所以AC=AB=40
m.
又∠BDC=30°+90°=120°,所以在△ACD中,
=,所以CD=×40=(m).
答案:
8.如图,在山底测得山顶仰角∠CAB=45°,沿倾斜角为30°的斜坡走300米至D点,又测得山顶仰角为75°,则山高BC=________米.?
【解析】因为由山底测仰角∠CAB=45°,
沿倾斜角为30°的斜坡走300米至D点,又测得山顶仰角为75°,
所以∠BDE=75°,∠DAC=30°,
可得∠DBE=90°-75°=15°,∠ABD=45°-15°=30°,
所以∠ADB=180°-30°-15°=135°,
由正弦定理可得=可得AB=300米,
由等腰直角三角形的性质可得BC=300×=300(米).
答案:300
9.如图,当甲船位于A处时获悉,在其正东方向相距10海里的B处有一艘渔船遇险等待营救.甲船立即前往营救,同时把消息告知在甲船的南偏西30°,相距6海里的C处的乙船,乙船立即朝北偏东(θ+30°)的方向沿直线前往B处营救,则sin
θ的值为________.?
【解析】连接BC,由已知得AC=6,AB=10,∠BAC=120°,
由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2·AB·AC·cos
120°=100+36-2×10×6×=196,
所以BC=14,
由正弦定理得=,即=,
解得sin
C=,所以sin
θ=.
答案:
三、解答题(每小题10分,共30分)
10.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)海里的海面上有一台风中心,影响半径为20海里,正以每小时10海里的速度沿某一方向匀速直线前进,预计台风中心在基地东北方向时对基地的影响最强烈且(+1)小时后开始影响基地持续2小时,求台风移动的方向.
【解析】如图所示,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,AC=20.
由题意知AB=20(+1),DC=20,BC=(+1)×10.
在△ADC中,因为DC2=AD2+AC2,
所以∠DAC=90°,∠ADC=45°.
在△ABC中,由余弦定理的推论得
cos∠BAC==.
所以∠BAC=30°.
又因为B位于A南偏东60°方向,60°+30°+90°=180°,所以D位于A的正北方向.
又因为∠ADC=45°,所以台风移动的方向为向量的方向,即北偏西45°方向.
11.某海轮以30公里/小时的速度航行,在点A测得海上面油井P在南偏东60°,向北航行40分钟后到达B点,测得油井P在南偏东30°,海轮改为北偏东60°的航向再行驶40分钟到达C点.
(1)求PC间的距离;
(2)在点C测得油井的方位角是多少?
【解题指导】(1)在△ABP中,根据正弦定理,求BP,再利用勾股定理算出PC的长,即可算出P,C两地间的距离;(2)根据内错角相等可证明CP∥AB,从而可得出结论.
【解析】(1)在△ABP中,AB=30×=20,∠APB=30°,∠BAP=120°,
根据正弦定理得:=?BP=20,
在△PBC中,BC=30×=20,
由已知∠PBC=90°?PC=40.
(2)在△PBC中,∠PBC=90°,BC=20,PC=40,
所以sin∠BPC=,
所以∠BPC=30°.
因为∠ABP=∠BPC=30°,所以CP∥AB.
所以点C测得油井P在C的正南40海里处.
12.位于A处的雷达观测站,发现其北偏东45°,与A相距20海里的B处有一货船正匀速直线行驶,20分钟后又测得该船只位于观测站A北偏东45°+
θ(0°<θ<45°)的C处,AC=5.在离观测站A的正南方某处E,
cos∠EAC=-.
(1)求cos
θ;
(2)求该船的行驶速度v海里/小时.
【解题指导】(1)
先根据同角三角函数关系得sin∠EAC,再根据θ=-∠EAC,并利用两角差余弦公式得结果,(2)根据余弦定理求BC,再除以时间得速度.
【解析】(1)因为cos∠EAC=-,
所以sin∠EAC==,
cosθ=cos=cos·cos∠EAC+sin·sin∠EAC
=-×+×=.
(2)利用余弦定理BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cosθ=125,所以BC=5,
该船以匀速直线行驶了20分钟的路程为5海里,
该船的行驶速度v==15(海里/小时).
PAGE解三角形的实际应用举例——距离问题
(30分钟 60分)
一、选择题(每小题5分,共30分)
1.轮船A和轮船B在中午12时同时离开海港O,两船航行方向的夹角为120°,两船的航行速度分别为25
n
mile/h,15
n
mile/h,则14时两船之间的距离是
( )
A.50
n
mile
B.70
n
mile
C.90
n
mile
D.110
n
mile
【解析】选B.
到14时,轮船A和轮船B分别走了50
n
mile,
30
n
mile,由余弦定理得两船之间的距离为
l==70
n
mile.
2.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°,B,C之的距离是
( )
A.a
B.a
C.a
D.a
【解析】选D.如图所示,由题意可知AB=a,∠BAC=70°-40°=30°,∠ABC=
40°+65°=105°,所以∠C=45°,在△ABC中,由正弦定理得=,即BC==a.
3.一艘海轮从A处出发,在A处观察灯塔C,其方向是南偏东85°.海轮以每小时60海里的速度沿南偏东40°方向直线航行,20分钟后到达B处.在B处观察灯塔C,其方向是北偏东65°.则B,C之间的距离是
( )
A.10海里
B.20海里
C.20海里
D.10海里
【解析】选C.A,B,C的位置如图所示:
因为C在A的南偏东85°的位置,故∠EAC=85°,
因为B在A的南偏东40°的位置,故∠EAB=40°,
所以∠CAB=45°.
因C在B的北偏东65°的位置,故∠DBC=65°,
因∠DBA=40°,故∠ABC=105°,即∠ACB=30°,
在△ABC中,=,AB=60×=20(海里),
故BC=20海里.
4.(2019·成都高一检测)如图所示,隔河可以看到对岸两目标A,B,但不能到达,现在岸边取相距4
km的C,D两点,测得∠ACB=75°,∠BCD=45°,∠ADC=30°,
∠ADB=45°(A,B,C,D在同一平面内),则两目标A,B间的距离为
( )
A.
km
B.
km
C.
km
D.2
km
【解析】选B.由已知,在△ACD中,∠CAD=30°,∠ACD=120°,
由正弦定理得,=,
所以AD===4
km,
在△BCD中,∠CBD=60°,
由正弦定理得,=,
所以BD===
km,
在△ABD中,由余弦定理得,
AB2=AD2+BD2-2AD·BD·cos∠ADB=,
解得:AB=
km.
5.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
【解析】选D.由已知∠A=∠B=30°,
所以∠C=180°-30°-30°=120°,
由正弦定理得,=,
即AB===4(m).
6.江岸边有一炮台高30米,江中有两条船,从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
【解析】选D.如图,过炮台顶部A作水平面的垂线,垂足为B,
设A处观测小船C的俯角为45°,设A处观测小船D的俯角为30°,连接BC,BD.在Rt△ABC中,∠ACB=45°,可得BC=AB=30米,Rt△ABD中,∠ADB=30°,可得BD=AB=30米,在△BCD中,BC=30米,BD=30米,∠CBD=30°,由余弦定理可得CD2=BC2+BD2-2BC·BDcos
30°=900,所以CD=30米(负值舍去).
二、填空题(每小题5分,共10分)
7.如图,某货轮在A处看灯塔B在货轮的北偏东75°,距离为12
n
mile,在A处看灯塔C在货轮的北偏西30°,距离为8
n
mile,货轮由A处向正北航行到D处时,再看灯塔B在东偏南30°,则
(1)A处与D处之间的距离为__________n
mile;?
(2)灯塔C与D处之间的距离为__________n
mile.?
【解析】(1)在△ABD中,AB=12,∠ADB=180°-120°=60°,∠BAD=75°,所以B=45°.
由正弦定理得AD===24(n
mile).
故A处与D处之间的距离为24
n
mile.
(2)在△ADC中,由余弦定理,得CD2=AD2+AC2-2AD·ACcos
30°,
解得CD=8(n
mile).故灯塔C与D处之间的距离为8
n
mile.
答案:(1)24 (2)8
8.(2019·烟台高一检测)如图,一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶到A处时测得公路北侧一山顶D在北偏西45°的方向上,仰角为α,行驶300米后到达B处,测得此山顶在北偏西15°的方向上,仰角为β,若β=45°,则此山的高度CD=__________米,仰角α的正切值为__________.?
【解析】设山的高度CD=x(米),
由题可得:∠CAB=45°,∠ABC=105°,AB=300(米),
∠CBD=45°,
在△ABC中,可得:∠ACB=180°-45°-105°=30°,利用正弦定理可得:
==,解得:CB=300(米),
AC=150
(米),
在Rt△BCD中,由∠CBD=45°,
可得:x=CB=300(米),
在Rt△ACD中,可得:tan
α===-1.
答案:300 -1
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.甲船自某港出发时,乙船在离港7海里的海上驶向该港,已知两船的航向成120°角,甲、乙两船航速之比为2∶1,求两船间距离最短时,各离该海港多远?
【解析】如图所示,甲船由A港沿AE方向行驶,乙船由D处向A港行驶,显然∠EAD=60°.
设乙船航行到B处行驶了s海里,此时A船行驶到C处,则AB=7-s,AC=2s,
而∠EAD=60°,
由余弦定理,得BC2=4s2+(7-s)2-4s(7-s)cos
60°=7(s-2)2+21(0≤s<7).
所以s=2时,BC最小为,此时AB=5,AC=4.
即甲船离港4海里,乙船离港5海里.
故两船间距离最短时,甲船离港4海里,乙船离港5海里.
10.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.
(1)试探究图中B,D间的距离与另外哪两点间距离会相等?
(2)求B,D间的距离.
【解题指导】(1)在△ADC中,∠DAC=30°,计算可得∠BCD=60°,则CB是△CAD底边AD的中垂线,BD=BA;
(2)在△ABC中,由正弦定理计算可得AB,进而求BD.
【解析】(1)在△ADC中,∠DAC=30°,
∠ADC=60°-∠DAC=30°,
所以CD=AC=0.1.
又∠BCD=180°-60°-60°=60°,
所以CB是△CAD底边AD的中垂线,
所以BD=BA.
(2)在△ABC中,
由正弦定理得:=,
即AB==.
所以BD=.
答:B,D间的距离是km.
(45分钟 75分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.如图,在河岸AC测量河的宽度BC,测量下列四组数据,较适宜的是
( )
A.a,c,α
B.b,c,α
C.c,a,β
D.b,α,γ
【解析】选D.由b,α,γ,可利用正弦定理求出BC.
2.张晓华同学骑电动自行车以24
km/h的速度沿着正北方向的公路行驶,在点A处望见电视塔S在电动车的北偏东30°方向上,15
min后到点B处望见电视塔在电动车的北偏东75°方向上,则电动车在点B时与电视塔S的距离是
( )
A.2
km
B.3
km
C.3
km
D.2
km
【解析】选B.由条件知AB=24×=6(km).
在△ABS中,∠BAS=30°,AB=6
km,
∠ABS=180°-75°=105°,所以∠ASB=45°.
由正弦定理知=,
所以BS==3
km.
3.在相距2
km的A,B两点处测量目标点C,若∠CAB=75°,∠CBA=60°,则A,C两点之间的距离为
( )
A.
km
B.
km
C.
km
D.2
km
【解析】选A.由A点向BC作垂线,垂足为D,设AC=x
km,
因为∠CAB=75°,∠CBA=60°,
所以∠ACB=180°-75°-60°=45°,
所以AD=x
km,
所以在Rt△ABD中,AB·sin
60°=x,
x=.
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,AC=15
m,AB=5
m,BC=10
m,由余弦定理得
cos
∠ACB===-,
所以sin
∠ACB=.又∠ACB+∠ACD=180°,
所以sin
∠ACD=sin
∠ACB=.在Rt△ACD中,
AD=ACsin
∠ACD=15×=(m).
【误区警示】解答本题若选择求∠ABC的余弦值,再解Rt△ABD求AD,则运算量较大,极易出错.
5.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°,灯塔B在观察站C的南偏东40°,则灯塔A与灯塔B的距离为( )
A.a
km
B.a
km
C.a
km
D.2a
km
【解析】选B.在△ABC中,AC=BC=a
km,
∠ACB=180°-(20°+40°)=120°,
所以AB=
=
=a
(km).
二、填空题(每小题5分,共20分)
6.一轮船向正北方向航行,某时刻在A处测得灯塔M在正西方向且相距20海里,另一灯塔N在北偏东30°方向,继续航行20海里至B处时,测得灯塔N在南偏东60°方向,则两灯塔MN之间的距离是________海里.?
【解析】由题设有AM=20,AB=20,∠BAN=30°,∠ABN=60°,所以∠ANB=90°,
AN=20×=10.
而∠MAN=120°,
故MN2=1
200+300-2×20×10×,
所以MN=10.
答案:10
7.某船在行驶过程中开始看见灯塔在南偏东30°方向,后来船沿南偏东75°的方向航行15海里后,看见灯塔在正西方向,则这时船与灯塔的距离是________海里.?
【解析】以O点为原点建立平面直角坐标系,如图所示,
设南偏东30°方向为射线OM,船沿南偏东75°方向航行15海里后到达A点,
过点A作x轴平行线,交y于点D,交OM于B点,则B为灯塔.
∠DOA=75°,cos∠DOA=,
所以OD=OAcos
75°=,
又sin∠DOA=,
所以AD=OAsin
75°=,
又∠DOB=30°,tan∠DOB=,
所以BD=ODtan
30°=,
所以AB=AD-BD=5(海里).
答案:5
8.如图,船甲以每小时30公里的速度向正东航行,船甲在A处看到另一船乙在北偏东60°的方向上的B处,且AB=30公里,正以每小时5公里的速度向南偏东60°的方向航行,行驶2小时后,甲、乙两船分别到达C、D处,则CD等于________公里.
?
【解析】过B作BE⊥AC交AC于E,
故BE=15,AE=45,AC=30×2=60,
所以CE=15,BD=5×2=10,
由于BDsin
60°=10×=15=CE,故CD∥BE,
所以CD=BE-BDcos60°=15-5=10.
答案:10
9.我国南宋著名数学家秦九韶在他的著作《数书九章》卷五“田域类”里有一个题目:“问有沙田一段,有三斜,其小斜一十三里,中斜一十四里,大斜一十五里.里法三百步,欲知为田几何.”这道题讲的是有一个三角形沙田,三边分别为13里,14里,15里,假设1里按500米计算,则该沙田的面积为________平方千米.?
【解析】设三角形沙田的三个顶点为A,B,C,其对应边的边长分别为a=13里,b=14里,c=15里,则cos
C==,sin
C=,S=21×106
m2=21(平方千米).
答案:21
三、解答题(每小题10分,共30分)
10.如图,一艘船由A岛以v海里/小时的速度往北偏东10°的B岛行驶,计划到达B岛后停留10分钟后继续以相同的速度驶往C岛.C岛在B岛的北偏西65°的方向上,C岛也在A岛的北偏西20°的方向上.上午10时整,该船从A岛出发.上午10时20分,该船到达D处,此时测得C岛在北偏西35°的方向上.如果一切正常,此船何时能到达C岛?(精确到1分钟)
【解析】在△ACD中,∠CAD=30°,∠ADC=135°,根据正弦定理得,=,
即CD=AD.
在△BCD中,∠BCD=30°,∠CBD=105°,
根据正弦定理得,==,
即DB+BC=CD.
所以DB+BC=AD,
即DB+BC=AD
=AD=(1+)AD,
从而,此船行驶DB和BC共需20(1+)分钟.
故由A岛出发至到达C岛全程需要50+20分钟.
即该船于11时18分到达岛.(说明:11时19分,也正确.)
11.如图所示,在平面四边形ABCD中,AC与BD为其对角线,已知BC=1,
且cos∠BCD=-.
(1)若AC平分∠BCD,且AB=2,求AC的长.
(2)若∠CBD=45°,求CD的长.
【解析】(1)若对角线AC平分∠BCD,
即∠BCD=2∠ACB=2∠ACD,
所以cos∠BCD=2cos2∠ACB-1=-,
因为cos∠ACB>0,所以cos∠ACB=,
因为在△ABC中,BC=1,AB=2,cos∠ACB=,
所以由余弦定理AB2=BC2+AC2-2BC·AC·cos∠ACB,即AC2-AC-3=0,
解得AC=,或AC=-(舍去),
所以AC的长为.
(2)因为cos∠BCD=-,
所以sin∠BCD==,
又因为∠CBD=45°,所以sin∠CDB=sin(180°-∠BCD-45°)=sin(∠BCD+45°)
=(sin∠BCD+cos∠BCD)=,
所以在△BCD中,由正弦定理得=,
可得CD==5,即CD的长为5.
12.如图,游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径.一种是从A沿直线步行到C,另一种是先从A沿索道乘缆车到B,然后从B沿直线步行到C.现有甲、乙两位游客从A处下山,甲沿AC匀速步行,速度为50
m/min.在甲出发2
min后,乙从A乘缆车到B,在B处停留1
min后,再从B匀速步行到C.假设缆车匀速直线运行的速度为130
m/min,山路AC长为1
260
m,经测量,cos
A=,cos
C=.
(1)求索道AB的长;
(2)问乙出发多少分钟后,乙在缆车上与甲的距离最短?
【解题指导】(1)在△ABC中,由cos
A和cos
C可得sin
A和sin
C,从而求得sin
B,由正弦定理=,可得AB;
(2)假设乙出发t分钟后,甲、乙两游客距离为d,此时,甲行走了(100+50t)m,乙距离A处130t
m,由余弦定理得d2=200(37t2-70t+50),结合二次函数即可得最值.
【解析】(1)在△ABC中,因为cos
A=,cos
C=,
所以sin
A=,sin
C=.
从而sin
B=sin[π-(A+C)]=sin(A+C)
=sin
Acos
C+cos
Asin
C=×+×=.
由正弦定理=,
得AB=×sin
C=×=1
040(m).
所以索道AB的长为1
040
m.
(2)假设乙出发t分钟后,甲、乙两游客距离为d,此时,甲行走了(100+50t)m,乙距离A处130t
m,
所以由余弦定理得d2=(100+50t)2+(130t)2-2×130t×(100+50t)×=200(37t2-70t+50),
因0≤t≤,即0≤t≤8.
故当t=min时,甲、乙两游客距离最短.
PAGE 余
弦
定
理
(30分钟 60分)
一、选择题(每小题5分,共30分)
1.在△ABC中,b=,c=3,B=30°,则a=
( )
A.
B.2
C.或2
D.2
【解析】选C.由余弦定理:b2=a2+c2-2accos
B可得:
3=a2+9-6a×,解得:a=或2.
2.(2019·丹东高一检测)在△ABC中,cos
A=,AC=3AB,则sin
C=
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选A.因为cos
A=,所以sin
A=.
又BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos
A=AB2+9AB2-2AB·3AB·=8AB2,
BC=2AB,又=,
所以sin
C=·sin
A=×=.
3.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,cos
A=,a=7,c=6,则b=
( )
A.8
B.7
C.6
D.5
【解析】选D.由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos
A,
所以49=b2+36-2b·6·,整理得5b2-12b-65=0,解得b=5或b=-(舍去).
4.在△ABC中,sin=,AB=1,AC=5,则BC=
( )
A.2
B.
C.
D.4
【解析】选D.因为sin
=,
所以cos
A=1-2sin2=1-2×=-,
因为AB=1,AC=5,
所以由余弦定理可得:
BC=
==4.
5.(2019·鹤岗高一检测)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,若a2-b2=bc,sin
C=2sin
B,则A=
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选C.因为sin
C=2sin
B,由正弦定理可得c=2b,代入a2-b2=bc可得a2=7b2.
由余弦定理的推论可得cos
A===.
所以A=.
6.(2019·玉溪高一检测)在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,若a∶b∶c=4∶3∶2,则=
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选D.由题意==,
a∶b∶c=4∶3∶2,设a=4k,b=3k,c=2k,
由余弦定理可得,cos
C==,
则==.
二、填空题(每小题5分,共10分)
7.设△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,已知A=,a=,c=,则b=________.?
【解析】由余弦定理可得a2=6=b2+5-2·b·cos
,解得b=或b=(舍去).
答案:
8.(2018·浙江高考)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若a=,
b=2,A=60°,则sin
B=____________,c=____________.
?
【解析】由正弦定理=,得sin
B==.由余弦定理a2=b2+c2-2bccos
A,得c2-2c-3=0,
则c=3或c=-1(舍去).
答案: 3
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.在△ABC中,已知sin
C=,a=2,b=2,求边c.
【解析】因为sin
C=,且0所以C为或.
当C=时,cos
C=,此时,
由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos
C=4,即c=2.
当C=时,cosC=-,
此时,由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos
C=28,
即c=2.
所以边c的长为2或2.
10.已知a,b,c分别为△ABC内角A,B,C所对的边,
cos
C(acosB+bcos
A)+c=0.
(1)求角C.
(2)若a=,b=2,求sin(B-C)的值.
【解析】(1)由已知及正弦定理得
cos
C(sin
Acos
B+sin
Bcos
A)+sin
C=0,
所以cosCsin
C+sin
C=0,
因为sin
C≠0,所以cos
C=-,因为0所以C=.
(2)由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos
C,
即c2=2+4+4,所以c=.
由=得sin
B=,cos
B=,
所以sin(B-C)=×-×=-.
(45分钟 75分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.在△ABC中,若b=3,c=1,cos
A=,则a=
( )
A.2
B.2
C.8
D.12
【解析】选B.因为b=3,c=1,cos
A=.所以由余弦定理可得a2=b2+c2-
2bccos
A=9+1-2×3×1×=8,解得a=2.
2.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知+=1,则C为
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选B.在△ABC中,已知+=1,由正弦定理可得+=1,通分整理得a2+b2-c2=ab,又由余弦定理得cos
C==,因为C∈(0,π),所以C=.
3.在△ABC中,D为边BC的中点,AB=2,AC=4,AD=,则∠BAC为
( )
A.30°
B.60°
C.120°
D.150°
【解析】选B.如图,设BD=CD=x.
在△ABD和△ACD中,由余弦定理及诱导公式,得
,
即14+2x2=20,解得x=,即BC=2.
则cos∠BAC==,
所以∠BAC=60°.
4.在△ABC中,=c2,sin
A·sin
B=,则△ABC一定是
( )
A.等边三角形
B.等腰三角形但不是等边三角形
C.直角三角形
D.等腰直角三角形
【解析】选A.由=c2?a3+b3-c3=(a+b-c)c2?a3+b3-c2(a+b)=0?(a+b)(a2+b2-ab-c2)=0.因为a+b>0,所以a2+b2-c2-ab=0.(1)
由余弦定理(1)式可化为a2+b2-(a2+b2-2abcos
C)-ab=0,得cos
C=,∠C=60°.
由正弦定理==,得sin
A=,
sin
B=,
所以sin
A·sin
B==,
所以=1,ab=c2,
将ab=c2代入(1)式得,a2+b2-2ab=0,
即(a-b)2=0,a=b.
又因为ab=c2,所以a2=c2,c=a=b,所以△ABC是等边三角形.
5.设△ABC的内角A,B,C的对边分别是a,b,c,若a=2,c=2,cos=,则b=
( )
A.1
B.
C.2
D.4
【解析】选D.因为a=2,c=2,cos=,
所以cos
A=2cos2-1=2×-1=,
所以由余弦定理a2=b2+c2-2bccos
A,
可得:(2)2=b2+22-2×b×2×,
可得:b2-3b-4=0,
所以解得:b=4或-1(舍去).
二、填空题(每小题5分,共20分)
6.在△ABC中,已知a=4,b=5,c=6,则sin
A=________.?
【解析】由余弦定理得cos
A====,因为A为△ABC一内角,
所以sin
A===.
答案:
7.(2019·衡水高二检测)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,其外接圆的直径为d,且满足bcos
A+acos
B-4ccos
C=0,则=__________.?
【解析】由bcos
A+acos
B-4ccos
C=0及余弦定理,
得b·+a·-4ccos
C=0,
得+-4ccos
C=0,
得c-4ccos
C=0,即c=0,
所以cos
C=,所以sin
C=.
由正弦定理,得=d,则=sin
C=.
答案:
8.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,BC边上的高与BC边长相等,则++的最大值是________.?
【解析】在△ABC中,AB=c,AC=b,BC=a,所以++=.
因为由余弦定理得a2=c2+b2-2bccos
A,
所以=.
又因为在△ABC中,BC边上的高与BC边的长相等,
所以bcsin
A=a2,即bcsin
A=a2.
所以==2sin
A+2cos
A=2sin≤2.
则++的最大值为2.
答案:2
9.已知锐角三角形ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若b2=a(a+c),则的取值范围是________.?
【解析】由b2=a(a+c)及余弦定理可得c-a=2acos
B,由正弦定理得sin
C-
sin
A=2sin
Acos
B,
因为A+B+C=π,所以sin(B+A)-sin
A=2sin
Acos
B,所以sin(B-A)=sin
A,
因为△ABC是锐角三角形,所以B-A=A,即B=2A.
因为0A∈.
答案:
三、解答题(每小题10分,共30分)
10.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且2b·cos
A=c·cos
A+a·cos
C.
(1)求角A的大小.
(2)若a=,b+c=4,求bc的值.
【解析】(1)根据正弦定理得2b·cos
A=c·cos
A+a·cos
C,
即2cos
Asin
B=sin
Acos
C+cos
Asin
C=sin(A+C)=sin
B,
因为sin
B≠0,所以cos
A=,
因为0°所以A=60°.
(2)由余弦定理得7=a2=b2+c2-2bc·cos
60°=b2+c2-bc=(b+c)2-3bc,
把b+c=4代入得bc=3,
故bc=3.
11.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,2c=a+2bcos
A.
(1)求角B.
(2)若c=7,bsin
A=,求b.
【解析】(1)由已知及正弦定理可得2sin
C=sin
A+2sin
Bcos
A,
所以2(sin
Acos
B+sin
Bcos
A)=sin
A+2sin
Bcos
A,
即2sin
Acos
B=sin
A,
因为sin
A≠0,所以cos
B=.
又0(2)在△ABC中,由正弦定理可得=,
所以asin
B=bsin
A=,
由(1)知B=,
所以a=2,
由余弦定理可得,b2=a2+c2-2accos
B=19,
所以b=.
12.已知△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若c=,b=,4a-
3cos
A=0.
(1)求a的值.
(2)若B=λA,求λ的值.
【解析】(1)因为4a-3cos
A=0,故4a=3cos
A,
由余弦定理得4a=3×,
因为c=,b=,所以12a2+80a-147=0,
解得a=或a=-(舍去),故a=.
(2)由(1)可知cos
A=×=,
所以sin
A=,故cos
2A=cos2
A-sin2
A=,
因为a=,c=,b=,
所以cos
B==,所以cos
2A=cos
B,
因为△ABC中,c>b>a,故B=2A,
即λ的值为2.
PAGE 正
弦
定
理
(30分钟 60分)
一、选择题(每小题5分,共30分)
1.在△ABC中,若sin
A>sin
B,则A与B的大小关系为
( )
A.A>B
B.AC.A≥B
D.A,B的大小关系不确定
【解析】选A.因为sin
A>sin
B,
所以2Rsin
A>2Rsin
B,即a>b,故A>B.
2.在△ABC中,B=45°,C=60°,c=2,则b=
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选A.由正弦定理得b=×sin
B=×sin
45°=.
3.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若3a=2b,则的值为
( )
A.-
B.
C.1
D.
【解析】选D.由正弦定理可得,
=2-1=2-1,
因为3a=2b,所以=,
所以=2×-1=.
4.(2019·鹤岗高一检测)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=.
5.在△ABC中,a=15,b=18,A=30°,则此三角形解的个数为
( )
A.0
B.1
C.2
D.不能确定
【解析】选C.如图所示:CD=AC·sin
30°=18·=9,
因为9<15<18,即bsin
A6.在△ABC中,A,B,C所对的边分别为a,b,c,若A=60°,a=,b=,则B=
( )
A.30°
B.45°
C.60°
D.135°
【解析】选B.在△ABC中,由正弦定理可得=,即sin
B==
=,
又因为0°b,则A>B,所以B=45°.
又因为B∈(0,π),且a>b,则A>B,所以B=45°.
二、填空题(每小题5分,共10分)
7.在△ABC中,acos
A=bcos
B,则这个三角形的形状为________.?
【解析】由正弦定理得sin
Acos
A=sin
Bcos
B,
即sin
2A=sin
2B,
所以2A=2B或2A=π-2B,
即A=B或A+B=,
所以这个三角形为等腰三角形或直角三角形.
答案:等腰三角形或直角三角形.
8.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知b=50,c=150,B=30°,则边长a=________或________.?
【解析】由正弦定理,可得=,得sinC=,
因为150>50,所以C=60°或120°.
若C=60°,则∠A=90°.
由勾股定理得a=100,
若C=120°,则∠A=30°.
所以a=b=50.
答案:50 100
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.在三角形ABC中,已知a=5,b=5,A=30°,解此三角形.
【解析】在△ABC中,由正弦定理==,得sin
B==.
因为b>a,所以B=60°或120°,
当B=60°时,C=180°-(A+B)=90°,
则c===10;
当B=120°时,C=180°-(A+B)=30°,
则c===5.
综上可得,B=60°,C=90°,c=10或B=120°,C=30°,c=5.
10.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且==.
(1)求C.
(2)若b=+,求△ABC的周长.
【解析】(1)由正弦定理得==,
又因为sin
C≠0,
所以sin
A=cos
A,从而tan
A=1.
因为0又因为sin
C=cos
A=,a>c,
所以C=.
(2)由(1)得sin
B=sin(A+C)=sin=,
由正弦定理得==,
可得a=2,c=2.
所以△ABC的周长为2+++2=3++2.
(45分钟 75分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.在△ABC中,A=,AB=2,BC=5,则cos
C=
( )
A.±
B.-
C.
D.
【解析】选D.因为A=,AB=2,BC=5,
所以由正弦定理可得:=,可得:sin
C==,
因为AB所以cos
C==.
2.(2019·白山高一检测)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若c=2bsin
C,B≤,则B=
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选A.因为c=2bsin
C,所以sin
C=2sin
Bsin
C,所以sin
B=,则B=或,因为B≤,所以B=.
3.在△ABC中,已知tan
A=,tan
B=,且△ABC最大边的长为,则△ABC的最小边为
( )
A.1
B.
C.
D.3
【解析】选C.在△ABC中,已知tan
A==,
tan
B==<1,所以A.
再根据tan
C=-tan(A+B)=-=-1,所以C=π,所以C>B>A,
再根据sin2
A+cos2
A=1,求得sin
A=,cos
A=,且△ABC最大边的长为,则c=,a为最小的边.再利用正弦定理可得=,
即=,解得a=.
4.在△ABC中,b=17,c=24,B=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.=?sin
C==,因为c>b,0°5.在△ABC中,已知A=60°,C=30°,c=5,则a=
( )
A.5 B.10 C.5 D.5
【解析】选C.因为在△ABC中,A=60°,C=30°,c=5,所以由正弦定理=,得a===5.
二、填空题(每小题5分,共20分)
6.在边长为2的等边△ABC中,点O为△ABC外接圆圆心,则·=________.?
【解析】设三角形的外接圆半径为r,由正弦定理得=2r,所以r=2,
由题得<,>=,
所以·=2·2·cos=-2.
答案:-2
7.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知sin
B+sin
A(sin
C-
cos
C)=0,a=2,c=,则C=________.?
【解析】由题可得sin
Acos
C+cos
Asin
C+sin
Asin
C-sin
Acos
C=0,
即sin
C(sin
A+cos
A)=sin
Csin
(A+)=0,所以A=.
由正弦定理=可得=,即sin
C=,
因为c答案:
8.△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C所对的边,若=,则B=________.?
【解析】因为=,
所以由正弦定理得=,
即cos
Csin
B=2sin
Acos
B-sin
Ccos
B,
2sin
Acos
B=cos
Csin
B+sin
Ccos
B=sin(B+C)=sin
A,
因为sin
A≠0,
所以cos
B=,又因为0答案:
9.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,给出下列结论:
①若A>B>C,则sin
A>sin
B>sin
C;
②必存在A,B,C,使tan
Atan
Btan
CA+tan
B+tan
C成立;
③若a=40,b=20,B=25°,则△ABC必有两解.
其中,结论正确的编号为________(填写编号).?
【解析】①在三角形中,A>B>C,得a>b>c,由正弦定理==,
可知sin
A>sin
B>sin
C,所以①正确;
②若A,B,C有一个为直角时不成立,
若A,B,C都不为直角,
因为A+B=π-C,所以tan(A+B)=tan(π-C),即=-tan
C,
则tan
A+tan
B=-tan
C+tan
Atan
Btan
C,
所以tan
A+tan
B+tan
C=tan
Atan
Btan
C,
即②错误;
③因为asin
B=40sin
25°<40sin
30°=40×=20,即asin
B综上,结论正确的编号为①③.
答案:①③
三、解答题(每小题10分,共30分)
10.(2019·厦门高一检测)如图,在梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD>90°,AB=2,
AC=+,∠BCA=30°,∠ADB=45°.
(1)求sin∠BAD.
(2)求AD的长度.
【解析】(1)在△ABC中,由正弦定理,得=,
所以sin∠ABC==,
因为AD∥BC,
所以∠BAD=180°-∠ABC,sin∠BAD=sin(180°-∠ABC)=sin∠ABC=.
(2)由(1)可知cos∠BAD=-=-,
sin∠ABD=sin(∠BAD+45°)=(sin∠BAD+cos∠BAD)=,
在△ABD中,由正弦定理,得AD=sin∠ABD·=×=.
11.在△ABC中,已知sin
A-cos
A=1,cos
B=,AB=4+.
(1)求内角A的大小.
(2)求边BC的长.
【解析】(1)因为sin
A-cos
A=1,
所以2sin=1,即sin=,
因为0所以A-=,所以A=.
(2)因为sin2B+cos2B=1,cos
B=,B∈,
所以sin
B==,
所以sin
C=sin(A+B)=sin
Acos
B+cos
Asin
B
=×+×=.
在△ABC中,由正弦定理得=,
所以=,得BC=5.
12.(2018·北京高考)在△ABC中,a=7,b=8,cos
B=-.
(1)求A.
(2)求AC边上的高.
【解析】(1)在△ABC中,因为cos
B=-,
所以B∈,
所以sin
B==.
由正弦定理知=,即=,
所以sin
A=,
因为B∈,
所以A∈,所以A=.
(2)在△ABC中,
因为sin
C=sin(A+B)
=sin
Acos
B+sin
Bcos
A=×+×=.
如图所示,在△ABC中,
因为sin
C=,
所以h=BC·sin
C=7×=.
所以AC边上的高为.
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