课时分层作业(六) 三角形中的几何计算
(建议用时：40分钟)
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＝2bc
cos
A，
∴4·bc
sin
A＝2bc
cos
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 [S＝＝bc
sin
A＝×1×c×，∴c＝4，
∴a2＝b2＋c2－2bc
cos
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bc
sin
A＝220得c＝55，
又a2＝b2＋c2－2bc
cos
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＋c2－2ac
cos
B，
即49＝a2＋25－2×5×a
cos
120°，
整理得a2＋5a－24＝0，解得a＝3或a＝－8(舍)，
∴S△ABC＝ac
sin
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cos2A
cos2B－sin2A
sin2B＝1－5sin2C，
∴(1－sin2A)(1－sin2B)－sin2A
sin2B＝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·CD
cosC＝13－12cos
C，①
BD2＝AB2＋DA2－2AB·DA
cos
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·DA
sin
A＋BC·CD
sin
C＝·sin
60°＝2.
1．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a
sin
B
cos
C＋c
sin
B
cos
A＝b，且a>b，则B＝( )
A．
B．
C．
D．
A [由正弦定理可得sin
A
sin
B
cos
C＋sin
C
sin
B
cos
A＝sin
B，又因为sin
B≠0，所以sin
A
cos
C＋sin
C
cos
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＋c2－2bc
cos
A，即3＝2＋c2－c，得c2－c－1＝0，解得c＝(c＝舍去)，所以BC边上的高h＝c
sin
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c
4．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a
sin
B－b
cos
A＝0，
由正弦定理，得sin
A
sin
B－sin
B
cos
A＝0，又sin
B≠0，从而tan
A＝.
由于0(2)法一：由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bc
cos
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bc
sin
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
B
cos
＋cos
B
sin
＝.
所以△ABC的面积为ab
sin
C＝.
PAGE课时分层作业(五) 角度问题
(建议用时：40分钟)
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/时
B．14海里/时
C．14海里/时
D．20海里/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·AC
cos
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
m后，拐弯往另一边的方向行走14
m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
m
B．15
m
C．16
m
D．17
m
C [
如图，设DN＝x
m，
则142＝102＋x2－2×10×x
cos
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
m．]
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)2－240x
cos
120°，解得x＝2.
故AC＝28，BC＝20.
根据正弦定理得＝，
解得sin
α＝＝.
所以红方侦察艇所需的时间为2小时，角α的正弦值为.
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·CD
cos
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)
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
m到D点，测得塔顶的仰角为30°，则塔的高度为( )
A．5
m
B．10
m
C．15
m
D．20
m
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．
m
cos
αcos
β>n
sin
(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
BM
sin
(90°－β)＝>n.
∴当α与β满足m
cos
αcos
β>n
sin
(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·OC
cos
∠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．
PAGE课时分层作业(四) 解三角形的实际应用举例
(建议用时：40分钟)
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
m的C，D两点，测得∠ACB＝60°，∠BCD＝45°，∠ADB＝60°，∠ADC＝30°，则A，B间距离是( )
A．20
m
B．20
m
C．20
m
D．40
m
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(m).]
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
B．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，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．如图，甲船以每小时30海里的速度向正北方向航行，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，求乙船航行的速度．
[解]
如图，连接
A1B2，在△A1A2B2
中，易知∠A1A2B2
＝60°，又易求得A1A2＝30×
＝10＝A2B2，
∴△A1A2B2为正三角形，
∴A1B2＝10.
在△A1B1B2中，易知∠B1A1B2＝45°，
∴(B1B2)2＝400＋200－2×20×10×＝200，
∴B1B2＝10，
∴乙船每小时航行30海里．
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．
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＋5002－2×500x
cos
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·cos
A，
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/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.
PAGE课时分层作业(三) 余弦定理
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．在△ABC中，已知(a＋b＋c)(b＋c－a)＝3bc，则角A等于( )
A．30° B．60° C．120° D．150°
B [∵(b＋c)2－a2＝b2＋c2＋2bc－a2＝3bc，
∴b2＋c2－a2＝bc，
∴cos
A＝＝，∴A＝60°.]
2．在△ABC中，若a＝8，b＝7，cos
C＝，则最大角的余弦值是( )
A．－
B．－
C．－
D．－
C [由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2ab
cos
C＝82＋72－2×8×7×＝9，所以c＝3，故a最大，
所以最大角的余弦值为cos
A＝＝＝－.]
3．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若>0，则△ABC( )
A．一定是锐角三角形
B．一定是直角三角形
C．一定是钝角三角形
D．是锐角或直角三角形
C [由>0得－cos
C>0，所以cos
C<0，从而C为钝角，因此△ABC一定是钝角三角形．]
4．若△ABC的内角A，B，C所对的边a，b，c满足(a＋b)2－c2＝4，且C＝60°，则ab的值为( )
A．
B．8－4
C．1
D．
A [由
(a＋b)2－c2＝4，得a2＋b2－c2＋2ab＝4，由余弦定理得a2＋b2－c2＝2ab
cos
C＝2ab
cos
60°＝ab，则ab＋2ab＝4，∴ab＝.]
5．锐角△ABC中，b＝1，c＝2，则a的取值范围是( )
A．1B．1C．D．不确定
C [若a为最大边，则b2＋c2－a2>0，即a2<5，∴a<，若c为最大边，则a2＋b2>c2，即a2>3，∴a>，故二、填空题
6．已知a，b，c为△ABC的三边，B＝120°，则a2＋c2＋ac－b2＝
．
0 [∵b2＝a2＋c2－2ac
cos
B＝a2＋c2－2ac
cos
120°＝a2＋c2＋ac，
∴a2＋c2＋ac－b2＝0.]
7．在△ABC中，若b＝1，c＝，C＝，则a＝
．
1 [∵c2＝a2＋b2－2ab
cos
C，∴()2＝a2＋12－2a×1×cos
，∴a2＋a－2＝0，即(a＋2)(a－1)＝0，∴a＝1，或a＝－2(舍去).∴a＝1.]
8．在△ABC中，若sin
A∶sin
B∶sin
C＝5∶7∶8，则B的大小是
．
[由正弦定理知：a＝2R
sin
A，b＝2R
sin
B，c＝2R
sin
C.设sin
A＝5k，sin
B＝7k，sin
C＝8k，
∴a＝10Rk，b＝14Rk，c＝16Rk，
∴a∶b∶c＝5∶7∶8，
∴cos
B＝＝，∴B＝.]
三、解答题
9．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b
sin
A＝a
cos
B．
(1)求角B的大小；
(2)若b＝3，sin
C＝2sin
A，求a，c的值．
[解] (1)由正弦定理得＝＝2R，R为△ABC外接圆半径．
又b
sin
A＝a
cos
B，
所以2R
sin
B
sin
A＝·2R
sin
A
cos
B.
又sin
A≠0，
所以sin
B＝cos
B，所以tan
B＝.
又因为0(2)由sin
C＝2sin
A及＝，得c＝2a.
由b＝3及余弦定理b2＝a2＋c2－2ac
cos
B，
得9＝a2＋c2－ac，
∴a2＋4a2－2a2＝9，
解得a＝，故c＝2.
10．在△ABC中，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；
(2)求AB的长．
[解] (1)∵cos
C＝cos
[π－(A＋B)]＝－cos
(A＋B)＝－，且C∈(0，π)，
∴C＝.
(2)∵a，b是方程x2－2x＋2＝0的两根，∴
∴AB2＝b2＋a2－2ab
cos
120°＝(a＋b)2－ab＝10，∴AB＝.
1．在△ABC中，有下列关系式：
①a
sin
B＝b
sin
A；②a＝b
cos
C＋c
cos
B；③a2＋b2－c2＝2ab
cos
C；④b＝c
sin
A＋a
sin
C．一定成立的有( )
A．1个
B．2个
C．3个
D．4个
C [对于①③，由正弦、余弦定理，知一定成立．对于②，由正弦定理及sin
A＝sin
(B＋C)＝sin
B
cos
C＋sin
C
cos
B，知显然成立．对于④，利用正弦定理，变形得sin
B＝sin
C
sin
A＋sin
A
sin
C＝2sin
A
sin
C，又sin
B＝sin
(A＋C)＝cos
Csin
A＋cos
A
sin
C，与上式不一定相等，所以④不一定成立．故选C.]
2．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．
A [cos
B＝＝
＝＋≥，
∵03．在△ABC中，已知a＝5，b＝3，角C的余弦值是方程5x2＋7x－6＝0的根，则第三边c的长为
．
4 [5x2＋7x－6＝0可化为(5x－3)·(x＋2)＝0，
∴x1＝，x2＝－2(舍去)，
∴cos
C＝.
根据余弦定理，
c2＝a2＋b2－2ab
cos
C
＝52＋32－2×5×3×＝16，
∴c＝4，
即第三边长为4.]
4．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知b－c＝a，2sin
B＝3sin
C，则cos
A的值是
．
[由2sin
B＝3sin
C及正弦定理可得2b＝3c，
由b－c＝a可得a＝c，b＝c，
由余弦定理可得cos
A＝＝.]
5．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知a＞b，a＝5，c＝6，sin
B＝.
(1)求b和sin
A的值；
(2)求sin
的值．
[解] (1)在△ABC中，因为a＞b，
故由sin
B＝，可得cos
B＝.
由已知及余弦定理，得b2＝a2＋c2－2ac
cos
B＝13，
所以b＝.
由正弦定理＝，
得sin
A＝＝.
所以b的值为，sin
A的值为.
(2)由(1)及a＜c，得cos
A＝，
所以sin
2A＝2sin
A
cos
A＝，
cos
2A＝1－2sin2A＝－.
故sin＝sin
2A
cos
＋cos
2A
sin
＝×＝.
PAGE课时分层作业(二) 正弦定理(2)
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．在△ABC中，b＋c＝＋1，C＝45°，B＝30°，则( )
A．b＝1，c＝
B．b＝，c＝1
C．b＝，c＝1＋
D．b＝1＋，c＝
A [∵＝＝＝＝2，∴b＝1，c＝.]
2．在△ABC中，a＝3，b＝5，sin
A＝，则sin
B＝( )
A．
B．
C．
D．1
B [在△ABC中，由正弦定理＝，得sin
B＝＝＝.]
3．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且a＝b
sin
A，则sin
B＝( )
A．
B．
C．
D．－
B [由正弦定理得a＝2R
sin
A，b＝2R
sin
B，所以sin
A＝sin
B
sin
A，故sin
B＝.]
4．在△ABC中，A＝60°，a＝，则等于( )
A．
B．
C．
D．2
B [由a＝2R
sin
A，b＝2R
sin
B，c＝2R
sin
C得＝2R＝＝＝.]
5．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若B＝，a＝，sin2B＝2sinA
sin
C，则△ABC的面积S＝( )
A．
B．3
C．
D．6
B [由sin2B＝2sinA
sin
C及正弦定理，得b2＝2ac，①
又B＝，所以a2＋c2＝b2.②
联立①②解得a＝c＝，所以S＝××＝3.]
二、填空题
6．下列条件判断三角形解的情况，正确的是
．(填序号)
①a＝8，b＝16，A＝30°，有两解；
②b＝18，c＝20，B＝60°，有一解；
③a＝15，b＝2，A＝90°，无解；
④a＝40，b＝30，A＝120°，有一解．
④ [①中a＝b
sin
A，有一解；②中c
sin
Bb，有一解；④中a>b且A＝120°，有一解．综上，④正确．]
7．在△ABC中，A＝60°，AC＝4，BC＝2，则△ABC的面积等于
．
2 [在△ABC中，根据正弦定理，得＝，所以＝，解得sin
B＝1.因为B∈(0°，120°)，所以B＝90°，所以C＝30°，所以△ABC的面积S△ABC＝·AC·BC·sin
C＝2.]
8．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos
A＝，cos
C＝，a＝1，则b＝
．
[在△ABC中由cos
A＝，cos
C＝，可得sin
A＝，sin
C＝，sin
B＝sin
(A＋C)＝sin
A
cos
C＋cos
A
sin
C＝，由正弦定理得b＝＝.]
三、解答题
9．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A－C＝90°，a＋c＝b，求C.
[解] 由A－C＝90°，得A为钝角且sin
A＝cos
C，利用正弦定理，a＋c＝b可变形为sin
A＋sin
C＝sin
B，
又∵sin
A＝cos
C，
∴sin
A＋sin
C＝cos
C＋sin
C＝sin
(C＋45°)＝sin
B，
又A，B，C是△ABC的内角，
故C＋45°＝B或(C＋45°)＋B＝180°(舍去)，所以A＋B＋C＝(90°＋C)＋(C＋45°)＋C＝180°.所以C＝15°.
10．在△ABC中，已知c＝10，＝＝，求a、b及△ABC的内切圆半径．
[解] 由正弦定理知＝，
∴＝.
即sin
A
cos
A＝sin
B
cos
B，
∴sin
2A＝sin
2B.
又∵a≠b且A，B∈(0，π)，
∴2A＝π－2B，即A＋B＝.
∴△ABC是直角三角形且C＝，
由
得a＝6，b＝8.
∴内切圆的半径为r＝＝＝2.
1．在△ABC中，A＝，BC＝3，则△ABC的两边AC＋AB的取值范围是( )
A．[3，6]
B．(2，4)
C．(3，4)
D．(3，6]
D [∵A＝，∴B＋C＝π.
∴AC＋AB＝(sin
B＋sin
C)
＝
＝2
＝6sin
，
∵B∈，
∴B＋∈，
∴sin
∈，
∴AC＋AB∈(3，6].]
2．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m＝(，－1)，n＝(cos
A，sin
A)，若m⊥n，且a
cos
B＋b
cos
A＝c
sin
C，则角A，B的大小分别为( )
A．，
B．，
C．，
D．，
C [∵m⊥n，∴cos
A－sin
A＝0，
∴tan
A＝，
又∵A∈(0，π)，∴A＝，
由正弦定理及题意得sin
A
cos
B＋sin
B
cos
A＝sin2C，
∴sin(A＋B)＝sin2C，即sinC＝1，∴C＝，B＝.]
3．在Rt△ABC中，C＝90°，且A，B，C所对的边a，b，c满足a＋b＝cx，则实数x的取值范围是
．
(1，] [∵a＋b＝cx，∴x＝＝＝
sin
A＋cos
A＝sin
(A＋).
∵A∈，
∴A＋∈，
∴sin
∈，
∴x∈(1，].]
4．在△ABC中，若A＝120°，AB＝5，BC＝7，则sin
B＝
．
[由正弦定理，得＝，即sin
C＝＝＝.
可知C为锐角，∴cos
C＝＝.
∴sinB＝sin
(180°－120°－C)＝sin
(60°－C)＝sin
60°·cos
C－cos
60°·sin
C＝.]
5．在△ABC中，求证：＝.
[证明] ∵左边＝
＝
＝
＝
＝
＝
＝
＝右边，
∴原等式成立．
PAGE课时分层作业(一) 正弦定理(1)
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．在△ABC中，a＝4，A＝45°，B＝60°，则边b的值为( )
A．＋1
B．2＋1
C．2
D．2＋2
C [由已知及正弦定理，得＝，∴b＝＝＝2.]
2．在△ABC中，A＝60°，a＝4，b＝4，则B等于( )
A．45°或135°
B．135°
C．45°
D．以上答案都不对
C [∵sin
B＝＝＝，
∴B＝45°或135°.
但当B＝135°时，不符合题意，
∴B＝45°，故选C.]
3．在△ABC中，A>B，则下列不等式中不一定正确的是( )
A．sin
A>sin
B
B．cos
AB
C．sin
2A>sin
2B
D．cos
2A2B
C [A>B?a>b?sin
A>sin
B，A正确．由于(0，π)上，y＝cos
x单调递减，
∴cos
AB，B正确．
cos
2A＝1－2sin2A.
∵sinA>sin
B>0，∴sin2A>sin2B，
∴cos2A2B，D正确．]
4．在△ABC中，A∶B∶C＝4∶1∶1，则a∶b∶c等于( )
A．4∶1∶1
B．2∶1∶1
C．∶1∶1
D．∶1∶1
D [∵A＋B＋C＝180°，A∶B∶C＝4∶1∶1，∴A＝120°，B＝30°，C＝30°.
由正弦定理的变形公式得a∶b∶c＝sin
A∶sin
B∶sin
C＝sin
120°∶sin
30°∶sin
30°＝∶∶＝∶1∶1.]
5．在△ABC中，a＝b
sin
A，则△ABC一定是( )
A．锐角三角形
B．直角三角形
C．钝角三角形
D．等腰三角形
B [∵a＝b
sin
A，∴＝sin
A＝，∴sin
B＝1，
又∵B∈(0，π)，∴B＝，即△ABC为直角三角形．]
二、填空题
6．在△ABC中，B＝45°，C＝60°，c＝1，则最短边的边长等于
．
[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＝＝＝.]
7．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a＝，sin
B＝，C＝，则b＝
．
1 [在△ABC中，∵sin
B＝，0又∵B＋C<π，C＝，∴B＝，
∴A＝π－－＝π.
∵＝，∴b＝＝1.]
8．在△ABC中，AB＝，A＝75°，B＝45°，则AC＝________．
2 [由正弦定理可知
＝，
即＝，解得AC＝2.]
三、解答题
9．在△ABC中，A＝60°，sin
B＝，a＝3，求三角形中其他边与角的大小．
[解] 由正弦定理得＝，
即b＝＝＝.
由于A＝60°，则B<120°，
即B＝30°，则C＝90°，
∴c＝＝＝2.
综上，b＝，c＝2，B＝30°，C＝90°.
10．在△ABC中，已知＝＝，试判断△ABC的形状．
[解] 令＝k，由正弦定理得
a＝k
sin
A，b＝k
sin
B，c＝k
sin
C.
代入已知条件，得＝＝，
即tan
A＝tan
B＝tan
C.
又A，B，C∈(0，π)，
∴A＝B＝C，∴△ABC为等边三角形．
1．在△ABC中，已知B＝60°，最大边与最小边的比为，则三角形的最大角为( )
A．60°
B．75°
C．90°
D．115°
B [不妨设a为最大边，c为最小边，
由题意有＝＝，
即＝.
整理得(3－)sin
A＝(3＋)cos
A.
∴tan
A＝2＋，
又∵A∈(0°，120°)，∴A＝75°，故选B.]
2．在△ABC中，a＝4，b＝，5cos
(B＋C)＋3＝0，则B的大小为( )
A．
B．
C．
D．π
A [由5cos
(B＋C)＋3＝0得cos
A＝，∵A∈，∴sin
A＝，
由正弦定理得＝，∴sin
B＝.
又∵a>b，∴A>B，且A∈，
∴B必为锐角，∴B＝.]
3．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝b，A＝2B，则cos
B＝
．
[在△ABC中，因为
所以所以cos
B＝.]
4．已知在△ABC中，A∶B∶C＝1∶2∶3，a＝1，则＝
．
2 [∵A∶B∶C＝1∶2∶3，
∴A＝30°，B＝60°，C＝90°.
∵＝＝＝＝2，
∴a＝2sin
A，b＝2sin
B，c＝2sin
C，
∴＝2.]
5．已知△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a
cos
C＋c＝b.
(1)求角A的大小；
(2)若a＝1，b＝，求c的值．
[解] (1)由a
cos
C＋c＝b，
得sin
A
cos
C＋sin
C＝sin
B.
因为sin
B＝sin
(A＋C)＝sin
A
cos
C＋cos
A
sin
C，所以sin
C＝cos
A
sin
C.
因为sin
C≠0，所以cos
A＝.
因为0＜A＜π，所以A＝.
(2)由正弦定理，得sin
B＝＝.
所以B＝或.
①当B＝时，由A＝，得C＝，所以c＝2；
②当B＝时，由A＝，得C＝，所以c＝a＝1，综上可得c＝1或2.
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