1.3 实习作业教案（名师）

学习目标

1.整合知识结构，梳理知识网络，进一步巩固、深化所学知识. 2.能灵活、熟练运用正弦、余弦定理解三角形．

3．能解决三角形与三角变换的综合问题及实际问题.

知识点一

正弦定理及其推论

设△ABC的外接圆半径为R，则

abc(1)＝＝＝2R. sinAsinBsinC(2)a＝2Rsin_A，b＝2Rsin_B，c＝2Rsin_C. abc(3)sinA＝，sinB＝，sinC＝. 2R2R2R(4)在△ABC中，A>B⇔a>b⇔sin_A>sin_B. 知识点二

余弦定理及其推论

1．a2＝b2＋c2－2bccos_A，b2＝c2＋a2－2cacos_B，c2＝a2＋b2－2abcos_C. b2＋c2－a2c2＋a2－b2a2＋b2－c22．cosA＝；cosB＝；cosC＝. 2bc2ca2ab3．在△ABC中，c2＝a2＋b2⇔C为直角；c2>a2＋b2⇔C为钝角；c2

知识点三

三角形面积公式

1111．S＝aha＝bhb＝chc；

2221112．S＝absinC＝bcsinA＝casinB. 222

类型一

利用正弦、余弦定理解三角形

例1

如图，在△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝23，点D在BC边上，∠ADC＝45°，求AD的长度．

解

在△ABC中，∵AB＝AC＝2，BC＝23，

BC2＋AC2－AB23由余弦定理，得cosC＝＝，

22BC×AC1∴sinC＝. 2在△ADC中，由正弦定理，

得ADAC＝，

sinCsin∠ADC21×＝2. 222∴AD＝反思与感悟

解三角形的一般方法：

(1)已知两角和一边，如已知A、B和c，由A＋B＋C＝π求C，由正弦定理求a、b. (2)已知两边和这两边的夹角，如已知a、b和C，应先用余弦定理求c，再应用正弦定理先求较短边所对的角，然后利用A＋B＋C＝π，求另一角．

(3)已知两边和其中一边的对角，如已知a、b和A，应先用正弦定理求B，由A＋B＋C＝π求C，再由正弦定理或余弦定理求c，要注意解可能有多种情况．

(4)已知三边a、b、c，可应用余弦定理求A、B、C. π1跟踪训练1

如图，在△ABC中，∠B＝，AB＝8，点D在BC边上，CD＝2，cos∠ADC＝. 37(1)求sin∠BAD；

(2)求BD，AC的长．

1解

(1)在△ADC中，因为cos∠ADC＝，

743所以sin∠ADC＝. 7所以sin∠BAD＝sin(∠ADC－∠B) ＝sin∠ADCcosB－cos∠ADCsinB

＝4311333×－×＝. 727214(2)在△ABD中，由正弦定理，得

338×14ABsin∠BADBD＝＝＝3. sin∠ADB437在△ABC中，由余弦定理，得

AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC×cosB

1＝82＋52－2×8×5×＝49，

2

所以AC＝7. 类型二

三角变换与解三角形的综合问题

命题角度1

三角形形状的判断

例2

在△ABC中，若(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)·

sin(A＋B)，试判断△ABC的形状．

解

∵(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，

∴b2[sin(A＋B)＋sin(A－B)] ＝a2[sin(A＋B)－sin(A－B)]，

∴2b2sinAcosB＝2a2cosAsinB，

即a2cosAsinB＝b2sinAcosB. 方法一

由正弦定理知a＝2RsinA，b＝2RsinB，

∴sin2AcosAsinB＝sin2BsinAcosB，

又sinAsinB≠0，∴sinAcosA＝sinBcosB，

∴sin2A＝sin2B. 在△ABC中，0＜2A＜2π，0＜2B＜2π，

π∴2A＝2B或2A＝π－2B，∴A＝B或A＋B＝. 2∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．

方法二

由正弦定理、余弦定理，得

b2＋c2－a22a2＋c2－b2ab×＝ba×，

2bc2ac2∴a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，

∴(a2－b2)(a2＋b2－c2)＝0，

∴a2－b2＝0或a2＋b2－c2＝0. 即a＝b或a2＋b2＝c2. ∴△ABC为等腰三角形或直角三角形

命题角度2

三角形边、角、面积的求解

例3

△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝bcosC＋csinB. (1)求B；

(2)若b＝2，求△ABC的面积的最大值．

解

(1)由正弦定理a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC. 得2RsinA＝2RsinBcosC＋2RsinCsinB

即sinA＝sinBcosC＋sinCsinB. 又A＝π－(B＋C)，

∴sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)

＝sinBcosC＋sinCsinB，

即sinBcosC＋cosBsinC＝sinBcosC＋sinCsinB，

∴cosBsinC＝sinCsinB. ∵sinC≠0，

∴cosB＝sinB且B为三角形内角，

π∴B＝. 412(2)S△ABC＝acsinB＝ac，

24bsinA2由正弦定理，a＝＝×sinA＝22sinA，

sinB22同理，c＝22sinC，

∴S△ABC＝2×22sinA×22sinC

4＝22sinAsinC

3π＝22sinAsin(－A) 433＝22sinA(sinπcosA－cosπsinA) 44＝2(sinAcosA＋sin2A) ＝sin2A＋1－cos2A

π＝2sin(2A－)＋1 4ππ3π∴当2A－＝，即A＝时，

428S△ABC有最大值2＋1. 反思与感悟

该类问题以三角形为载体，在已知条件中涉及了三角形的一些边角关系，在通过定理进行边角互化时，经常用到三角函数中两角和与差的公式及倍角公式等．

πB跟踪训练2

在△ABC中，a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，若a＝2，C＝，cos42＝25，求△ABC的面积S. 5B3解

因为cosB＝2cos2－1＝，

254故B为锐角，所以sinB＝，

53π－B

所以sinA＝sin(π－B－C)＝sin4

3π3π72＝sincosB－cossinB＝. 4410asinC10由正弦定理，得c＝＝，

sinA7111048所以S△ABC＝acsinB＝×2××＝. 22757类型三

正弦、余弦定理在实际中的应用

例4

某气象仪器研究所按以下方案测试一种“弹射型”气象观测仪器的垂直弹射高度：A、B、C三地位于同一水平面上，在C处进行该仪器的垂直弹射，观测点A、B两地相距1002米，∠BAC＝60°，在A地听到弹射声音的时间比在B地晚秒．在A地测得该仪器弹至最17高点H时的仰角为30°，求该仪器的垂直弹射高度CH.(声音的传播速度为340米/秒)

解

由题意，设AC＝x，

2则BC＝x－×340＝x－40. 17在△ABC中，由余弦定理，得

BC2＝BA2＋AC2－2×BA×AC×cos∠BAC，

即(x－40)2＝10000＋x2－100x，解得x＝420. 在Rt△ACH中，AC＝420，∠CAH＝30°，

所以CH＝AC×tan∠CAH＝1403. 答

该仪器的垂直弹射高度CH为1403米．

反思与感悟

应用解三角形知识解决实际问题的步骤：

(1)分析题意，准确理解题意；

(2)根据题意画出示意图，并将已知条件在图形中标出；

(3)将所求问题归结到一个或几个三角形中，通过合理运用正弦、余弦定理等有关知识正确求解；

(4)检验解出的结果是否具有实际意义，对结果进行取舍，得出正确答案．

跟踪训练3

甲船在A处，乙船在甲船正南方向距甲船20海里的B处，乙船以每小时10海里的速度向正北方向行驶，而甲船同时以每小时8海里的速度由A处向北偏西60°方向行驶，问经过多少小时后，甲、乙两船相距最近？

解

设甲、乙两船经t小时后相距最近且分别到达P、Q两处，因乙船到达A处需2小时．

①当0≤t＜2时，如图(1)，

在△APQ中，AP＝8t，AQ＝20－10t，

所以PQ＝AQ2＋AP2－2AQ×AP×cos120°

＝1－

20－10t2＋8t2－220－10t×8t×2＝84t2－240t＋400＝221t2－60t＋100；

②当t＝2时，PQ＝8×2＝16；

③当t>2时，如图(2)，

在△APQ中，AP＝8t，AQ＝10t－20，

∴PQ＝AQ2＋AP2－2AQ·APcos60°

＝221t2－60t＋100. 综合①②③知，PQ＝221t2－60t＋100(t≥0)．

3010当且仅当t＝＝时，PQ最小．

21710答

甲、乙两船行驶小时后，相距最近．

7

1．在△ABC中，关于x的方程(1＋x2)sinA＋2xsinB＋(1－x2)sinC＝0有两个不等的实根，则A为(

) A．锐角

C．钝角

答案

A 解析

由方程可得(sinA－sinC)x2＋2xsinB＋sinA＋sinC＝0. ∵方程有两个不等的实根，

∴4sin2B－4(sin2A－sin2C)＞0. abc由正弦定理＝＝，

sinAsinBsinC代入不等式中得b2－a2＋c2＞0，

再由余弦定理，有2bccosA＝b2＋c2－a2＞0. B．直角

D．不存在

∴0°

) 32A.

23C.

2答案

B 解析

由余弦定理，得

AB2＋AC2－BC232＋42－131cosA＝＝＝，

22×AB×AC2×3×4从而sinA＝3，

2333＝. 2233B.

2D．33 则AC边上的高BD＝ABsinA＝3×3．如图所示，在斜度一定的山坡上的一点A测得山顶上一建筑物顶端C对于山坡的斜度为15°，向山顶前进100米后到达点B，又从点B测得斜度为45°，建筑物的高CD为50米．求此山对于地平面的倾斜角θ的余弦值．

解

在△ABC中，∠BAC＝15°，AB＝100米，

∠ACB＝45°－15°＝30°. 100BC根据正弦定理，有＝，

sin30°sin15°100sin15°∴BC＝. sin30°100sin15°又在△BCD中，∵CD＝50，BC＝，

sin30°∠CBD＝45°，∠CDB＝90°＋θ，

100sin15°sin3050根据正弦定理，有＝. sin45°sin90°＋θ解得cosθ＝3－1. ∴山对于地平面的倾斜角的余弦值为3－1.

1．在三角形中，大角对大边，大边对大角；大角的正弦值也较大，正弦值较大的角也较大，

即在△ABC中，A>B等价于a>b等价于sinA>sinB. 2．对所给条件进行变形，主要有两种途径：

(1)化边为角；(2)化角为边，并常用正弦(余弦)定理实施边、角转换．

3．正弦定理是一个关于边角关系的连比等式，在运用此定理时，只要知道其比值或等量关系就可以通过约分达到解决问题的目的，在解题时要学会灵活运用．运用余弦定理时，要注意整体思想的运用．

40分钟课时作业

一、选择题

1．在△ABC中，已知b＝3，c＝33，A＝30°，则角C等于(

) A．30°

B．60°或120°

C．60°

D．120°

答案

D 解析

由余弦定理可得a＝3，根据正弦定理有

asinA＝csinC，

故sinC＝32，故C＝60°或120°.若C＝60°，

则B＝90°＞C，而b

故C＝120°. 2．已知a、b、c为△ABC的三边长，若满足(a＋b－c)(a＋b＋c)＝ab，则C的大小为(A．60°

B．90°

C．120°

D．150°

答案

C 解析

∵(a＋b－c)(a＋b＋c)＝ab，

∴a2＋b2－c2＝－ab，

a2＋b2即－c22ab＝－12，

∴cosC＝－12，

∵C∈(0°，180°)，∴C＝120°. 3．若△ABC的周长等于20，面积是103，A＝60°，则角A的对边长为(

) A．5B．6C．7D．8 答案

C 解析

∵a＋b＋c＝20，

)

∴b＋c＝20－a，

即b2＋c2＋2bc＝400＋a2－40a，

∴b2＋c2－a2＝400－40a－2bc，

A＝b2＋c2－a2又cos12bc＝2，

∴b2＋c2－a2＝bc.

又S1△ABC＝2bcsinA＝103，

∴bc＝40.

由①②③可知a＝7. 4．在△ABC中，B＝30°，AB＝23，AC＝2，则△ABC的面积为(

A．23 B.3 C．23或43 D.3或23 答案

D 解析

方法一

如图，

AD＝ABsin B＝3<2，

故△ABC有两解：

S1△ABC＝2BC×AD＝3，

S1△ABC′＝2BC′×AD＝23. 方法二

如图，

设BC＝x，

由余弦定理可得22＝(23)2＋x2－2x×23×cos30°，

解得x＝2或x＝4，

故△ABC有两解：

S＝1△ABC2BC×AB×sinB

①

②

③

)

1＝×23×2×sin30°＝3，

21或S△ABC＝×BC×AB×sinB

21＝×23×4×sin30°

2＝23. 5．如图，四边形ABCD中，B＝C＝120°，AB＝4，BC＝CD＝2，则该四边形的面积等于(

)

A.3 C．63 答案

B 解析

连接BD，四边形面积可分为△ABD与△BCD两部分面积的和，

由余弦定理，得BD＝23，

1S△BCD＝BC×CDsin120°＝3，

2∠ABD＝120°－30°＝90°，

1∴S△ABD＝AB×BD＝43. 2∴S四边形ABCD＝3＋43＝53. 6．已知△ABC的三内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设向量p＝(a＋c，b)，q＝(b－a，c－a)，若p∥q，则角C的大小为(

) πA.

6πC.

2答案

B 解析

p∥q⇒(a＋c)(c－a)－b(b－a)＝0，

a2＋b2－c21即c－a－b＋ab＝0⇒＝＝cosC，

2ab2222B．53 D．73 πB.

32πD.

3又∵C∈(0，π)，

π∴C＝. 37.如图，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海里的M

处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处，则这艘船航行的速度为(

)

176A.海里/时

2172C.海里/时

2答案

A 解析

由题意可知PM＝68，∠MPN＝120°，

∠PNM＝45°，

∴由正弦定理可得

368×2PM·sin∠MPNMN＝＝＝346，

sin∠PNM22346176∴这艘船航行的速度为＝(海里/时)，

42故选A. 二、填空题

8．在等腰三角形ABC中，已知sinA∶sinB＝1∶2，底边BC＝10，则△ABC的周长是________．

答案

50 解析

由正弦定理，得BC∶AC＝sinA∶sinB＝1∶2，

又∵底边BC＝10，∴AC＝20，

∴AB＝AC＝20，

∴△ABC的周长是10＋20＋20＝50. 9．某人在点C测得塔顶A在南偏西80°，仰角为45°，此人沿南偏东40°方向前进100米到D，测得塔顶A的仰角为30°，则塔高为____________米．

答案

100 解析

如图，

B．346海里/时

D．342海里/时

设塔高x米，

则BC＝x，BD＝3x(x>0)，

∵CD＝100，∠BCD＝80°＋40°＝120°，

BD2＝BC2＋CD2－2×BC×CDcos∠BCD，

1∴3x2＝x2＋1002－2×100×x×(－)，

2∴2x2－100x－10000＝0，

∴x2－50x－5000＝0，

∴x＝100(负值舍去)．

10．海上一观测站A测得南偏西60°的方向上有一艘停止待维修的商船D，在商船D的正东方有一艘海盗船B正向它靠近，速度为每小时90海里，此时海盗船B距观测站107海里，20分钟后测得海盗船B距观测站20海里的C处，再经________分钟海盗船B到达商船D处．

答案

40

3解析

如图，过A作AE⊥BD于点E，

由已知易知AB＝107，BC＝30，AC＝20，

202＋302－10721∴cos∠ACB＝＝，

22×20×30∵0°＜∠ACB＜180°，

∴∠ACB＝60°，

∴AE＝103. ∵∠DAE＝60°，

∴DE＝103×3＝30. ∵∠CAE＝30°，

∴CE＝10，∴DC＝20，

2040∴t＝×60＝. 903三、解答题

11．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，问巡逻艇应该沿什么方向去追？需要多少时间才能追赶上该走私船？

53(参考数据：若sinθ＝，当θ是锐角时，其近似值为38°13′) 14解

如图，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°，

∴(14x)2＝92＋(10x)2－2×9×10xcos120°，

∴化简得32x2－30x－27＝0，

39即x＝或x＝－(舍去)，

216∴BC＝10x＝15，AB＝14x＝21，

BCsin120°15353又∵sin∠BAC＝＝×＝，

AB21214∴∠BAC＝38°13′或∠BAC＝141°47′(钝角不合题意，舍去)，

∴38°13′＋45°＝83°13′. ∴巡逻艇应该沿北偏东83°13′方向去追，经过1.5小时才能追赶上该走私船．

12．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知

3cos (B－C)－1＝6cosBcosC. (1)求cosA；

(2)若a＝3，△ABC的面积为22，求b，c. 解

(1)∵3(cosBcosC＋sinBsinC)－1 ＝6cosBcosC，

∴3cosBcosC－3sinBsinC＝－1，

1∴3cos(B＋C)＝－1，∴cos(π－A)＝－，

31∴cosA＝. 322(2)由(1)得sinA＝，

31由面积公式bcsinA＝22，得bc＝6，

2根据余弦定理，得

b2＋c2－a2b2＋c2－91cosA＝＝＝，

2bc123则b2＋c2＝13，

②

①

①②两式联立可得b＝2，c＝3或b＝3，c＝2.

13．在△ABC中，已知sinB＝cosAsinC，AB·AC＝9，又△ABC的面积等于6. (1)求C；

(2)求△ABC的三边之长．

解

(1)设三角形的三内角A，B，C对应的三边分别为a，b，c，

∵sinB＝cosAsinC，

sinBb∴cosA＝，由正弦定理，得cosA＝，

sinCcb2＋c2－a2又由余弦定理，得cosA＝，

2bc222bb＋c－a∴＝，即a2＋b2＝c2，

c2bc→→∴△ABC为直角三角形且C＝90°. →→→→AC＝|AB||AC|cosA＝9，

①AB·(2)1→→S△ABC＝|AB||AC|sinA＝6，

②2

4a②÷①得tanA＝＝，令a＝4k，b＝3k(k>0)，

3b1则S△ABC＝ab＝6⇒k＝1，

2∴三边长分别为a＝4，b＝3，c＝5.