2024版新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第4章三角函數(shù)與解三角形第6節(jié)正弦定理和余弦定理學(xué)案含解析新人教A版20230519139

2024版新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第4章三角函數(shù)與解三角形第6節(jié)正弦定理和余弦定理學(xué)案含解析新人教A版20230519139第六節(jié)正弦定理和余弦定理一、教材概念·結(jié)論·性質(zhì)重現(xiàn)1．余弦定理三角形中任何一邊的平方，等于其他兩邊平方的和減去這兩邊與它們夾角的余弦的積的兩倍．即a2＝b2＋c2－2bccosA，b2＝a2＋c2－2accosB，c2＝a2＋b2－2abcosC．余弦定理的推論：cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab).2．正弦定理在一個(gè)三角形中，各邊和它所對(duì)角的正弦的比相等，即eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R，其中R是三角形外接圓的半徑．正弦定理的變形公式：(1)a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC．(2)sinA＝eq\f(a,2R)，sinB＝eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R).(3)a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC．若已知兩邊和其中一邊的對(duì)角，解三角形時(shí)，可用正弦定理．在根據(jù)另一邊所對(duì)角的正弦值，確定角的值時(shí)，要注意避免增根或漏解，常用的基本方法就是結(jié)合“大邊對(duì)大角，大角對(duì)大邊”及三角形內(nèi)角和定理去考慮問(wèn)題．3．三角形的面積公式(1)S＝eq\f(1,2)ah(h表示邊a上的高)．(2)S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)absinC．(3)S＝eq\f(1,2)r(a＋b＋c)(r為三角形的內(nèi)切圓半徑)．4．常用結(jié)論在△ABC中，常用以下結(jié)論：(1)∠A＋∠B＋∠C＝π.(2)在三角形中大邊對(duì)大角，大角對(duì)大邊．(3)任意兩邊之和大于第三邊，任意兩邊之差小于第三邊．(4)sin(A＋B)＝sinC；cos(A＋B)＝－cosC；tan(A＋B)＝－tanC；sineq\f(A＋B,2)＝coseq\f(C,2)；coseq\f(A＋B,2)＝sineq\f(C,2).(5)tanA＋tanB＋tanC＝tanA·tanB·tanC．(6)A>B?a>b?sinA>sinB?cosA<cosB．二、基本技能·思想·活動(dòng)體驗(yàn)1．判斷下列說(shuō)法的正誤，對(duì)的打“√”，錯(cuò)的打“×”．(1)在三角形中，已知兩角和一邊或已知兩邊和一角都能解三角形． (√)(2)在△ABC中，eq\f(a,sinA)＝eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)． (√)(3)在△ABC中，a2＋b2>c2是△ABC為銳角三角形的必要不充分條件． (√)(4)在△ABC中，若sinAsinB<cosAcosB，則此三角形是鈍角三角形． (√)2．△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知a＝eq\r(5)，c＝2，cosA＝eq\f(2,3)，則b＝()A．eq\r(2)B．eq\r(3)C．2D．3D解析：由余弦定理，得4＋b2－2×2bcosA＝5，整理得3b2－8b－3＝0，解得b＝3或b＝－eq\f(1,3)(舍去)．故選D．3．在△ABC中，若a＝2，c＝4，B＝60°，則b等于()A．2eq\r(3)B．12C．2eq\r(7)D．28A解析：由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得b2＝4＋16－8＝12，所以b＝2eq\r(3).4．在△ABC中，a＝3，b＝5，sinA＝eq\f(1,3)，則sinB＝()A．eq\f(1,5)B．eq\f(5,9)C．eq\f(\r(5),3)D．1B解析：根據(jù)正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，有eq\f(3,\f(1,3))＝eq\f(5,sinB)，得sinB＝eq\f(5,9).故選B．5．已知a，b，c分別為△ABC三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，a＝2，A＝45°.若三角形有兩解，則邊b的取值范圍是________．(2，2eq\r(2))解析：如圖，△ABC有兩解的充要條件是bsin45°<2<b，解得2<b<2eq\r(2).故b的取值范圍是(2，2eq\r(2))．考點(diǎn)1利用正弦定理、余弦定理解三角形——基礎(chǔ)性1．(2020·全國(guó)卷Ⅲ)在△ABC中，cosC＝eq\f(2,3)，AC＝4，BC＝3，則cosB＝()A．eq\f(1,9)B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,2)D．eq\f(2,3)A解析：由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cosC＝42＋32－2×4×3×eq\f(2,3)＝9，所以AB＝3.又由余弦定理可知cosB＝eq\f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq\f(32＋32－42,2×3×3)＝eq\f(1,9).2．(2019·全國(guó)卷Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知asinA－bsinB＝4csinC，cosA＝－eq\f(1,4)，則eq\f(b,c)＝()A．6B．5C．4D．3A解析：因?yàn)閍sinA－bsinB＝4csinC，所以由正弦定理得a2－b2＝4c2，即a2＝4c2＋b2.由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(b2＋c2－4c2＋b2,2bc)＝eq\f(－3c2,2bc)＝－eq\f(1,4)，所以eq\f(b,c)＝6.3．△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知C＝60°，b＝eq\r(6)，c＝3，則A＝________.75°解析：由正弦定理，得sinB＝eq\f(bsinC,c)＝eq\f(\r(6)sin60°,3)＝eq\f(\r(2),2).因?yàn)?°＜B＜180°，且b＜c，所以B＜C，故B＝45°，所以A＝180°－60°－45°＝75°.4．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知bsinA＋acosB＝0，則B＝________.eq\f(3π,4)解析：因?yàn)閎sinA＋acosB＝0，所以eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,－cosB).由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得－cosB＝sinB，所以tanB＝－1.又B∈(0，π)，所以B＝eq\f(3π,4).利用正、余弦定理解三角形的策略(1)已知三角形的兩邊和其中一邊的對(duì)角解三角形，可用正弦定理，也可用余弦定理．用正弦定理時(shí)，需判斷其解的個(gè)數(shù)；用余弦定理時(shí)，可根據(jù)一元二次方程根的情況判斷解的個(gè)數(shù)．(2)三角形解的個(gè)數(shù)的判斷：已知兩角和一邊，該三角形是確定的，其解是唯一的；已知兩邊和一邊的對(duì)角，該三角形具有不唯一性，通常根據(jù)三角函數(shù)值的有界性和大邊對(duì)大角進(jìn)行判斷．結(jié)合圖象求解較為直觀易解．考點(diǎn)2判斷三角形的形狀——應(yīng)用性設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c.若bcosC＋ccosB＝asinA，則△ABC的形狀為()A．銳角三角形 B．直角三角形C．鈍角三角形 D．不確定B解析：因?yàn)閎cosC＋ccosB＝asinA，由正弦定理得sinBcosC＋sinCcosB＝sin2A，所以sin(B＋C)＝sin2A，即sinA＝sin2A．又sinA>0，所以sinA＝1，所以A＝eq\f(π,2)，故△ABC為直角三角形．若本例條件變?yōu)閑q\f(a,b)＝eq\f(cosB,cosA)，判斷△ABC的形狀．解：由eq\f(a,b)＝eq\f(cosB,cosA)，得eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(cosB,cosA)，所以sinAcosA＝cosBsinB，所以sin2A＝sin2B．因?yàn)锳，B為△ABC的內(nèi)角，所以2A＝2B或2A＝π－2B，所以A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，所以△ABC為等腰三角形或直角三角形．1．判斷三角形形狀的常用途徑2．判斷三角形的形狀的注意點(diǎn)在判斷三角形的形狀時(shí)，一定要注意三角形的解是否唯一，并注重挖掘隱含條件．另外，在變形過(guò)程中，要注意角A，B，C的范圍對(duì)三角函數(shù)值的影響．在等式變形時(shí)，一般兩邊不要約去公因式，應(yīng)移項(xiàng)提取公因式，以免漏解．1．在△ABC中，eq\f(c－a,2c)＝sin2eq\f(B,2)(a，b，c分別為角A，B，C的對(duì)邊)，則△ABC的形狀為()A．直角三角形B．等邊三角形C．等腰三角形或直角三角形D．等腰直角三角形A解析：由cosB＝1－2sin2eq\f(B,2)得sin2eq\f(B,2)＝eq\f(1－cosB,2)，所以eq\f(c－a,2c)＝eq\f(1－cosB,2)，即cosB＝eq\f(a,c).(方法一)由余弦定理得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a,c)，即a2＋c2－b2＝2a2，所以a2＋b2＝c2.所以△ABC為直角三角形．又無(wú)法判斷兩直角邊是否相等，故選A．(方法二)由正弦定理得cosB＝eq\f(sinA,sinC)，又sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosB·sinC，所以cosBsinC＝sinB·cosC＋cosBsinC，即sinBcosC＝0.又sinB≠0，所以cosC＝0，又角C為三角形的內(nèi)角，所以C＝eq\f(π,2)，所以△ABC為直角三角形．又無(wú)法判斷兩直角邊是否相等，故選A．2．給出下列命題：①若tanAtanB>1，則△ABC一定是鈍角三角形；②若sin2A＋sin2B＝sin2C，則△ABC一定是直角三角形；③若cos(A－B)cos(B－C)cos(C－A)＝1，則△ABC一定是等邊三角形．其中正確命題的序號(hào)為_(kāi)_______．②③解析：①因?yàn)閠anAtanB>1，且A，B為三角形內(nèi)角，所以tanA>0，tanB>0，所以A，B均為銳角．又因?yàn)椋璽anC＝tan(A＋B)＝eq\f(tanA＋tanB,1－tanA·tanB)<0，所以tanC>0，所以C為銳角，所以△ABC不是鈍角三角形，故①錯(cuò)誤．②由正弦定理及條件，得a2＋b2＝c2，所以△ABC一定為直角三角形，故②正確．③由cos(A－B)cos(B－C)cos(C－A)＝1及A，B，C為三角形內(nèi)角，可得cos(A－B)＝cos(B－C)＝cos(C－A)＝1，所以A＝B＝C．故③正確．考點(diǎn)3三角形的面積——綜合性(2020·廣東化州二模)在△ABC中，三個(gè)內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊為a，b，c.若S△ABC＝2eq\r(3)，a＋b＝6，eq\f(acosB＋bcosA,c)＝2cosC，則c＝()A．2eq\r(7)B．2eq\r(3)C．4D．3eq\r(3)B解析：因?yàn)閑q\f(acosB＋bcosA,c)＝eq\f(sinAcosB＋sinBcosA,sinC)＝eq\f(sinA＋B,sinA＋B)＝1，所以2cosC＝1，所以C＝60°.若S△ABC＝2eq\r(3)，則eq\f(1,2)absinC＝2eq\r(3)，所以ab＝8.因?yàn)閍＋b＝6，所以c2＝a2＋b2－2abcosC＝(a＋b)2－2ab－ab＝(a＋b)2－3ab＝62－3×8＝12，所以c＝2eq\r(3).故選B．(2021·龍巖聯(lián)考)托勒密是古希臘天文學(xué)家、地理學(xué)家、數(shù)學(xué)家，托勒密定理就是由其名字命名，該定理原文：圓的內(nèi)接四邊形中，兩對(duì)角線所包矩形的面積等于一組對(duì)邊所包矩形的面積與另一組對(duì)邊所包矩形的面積之和．其意思為：圓的內(nèi)接凸四邊形兩對(duì)對(duì)邊乘積的和等于兩條對(duì)角線的乘積．從這個(gè)定理可以推出正弦、余弦的和差公式及一系列的三角恒等式，托勒密定理實(shí)質(zhì)上是關(guān)于共圓性的基本性質(zhì)．已知四邊形ABCD的四個(gè)頂點(diǎn)在同一個(gè)圓的圓周上，AC、BD是其兩條對(duì)角線，BD＝4，且△ACD為正三角形，則△ABC面積的最大值為_(kāi)_______，四邊形ABCD的面積為_(kāi)_________．(注：圓內(nèi)接凸四邊形對(duì)角互補(bǔ))eq\r(3)4eq\r(3)解析：如圖，設(shè)△ACD的邊長(zhǎng)為a.根據(jù)托勒密定理可得4a＝a·AB＋a·BC，所以AB＋BC＝4.根據(jù)基本不等式得AB·BC≤eq\f(AB＋BC2,4)＝4，當(dāng)且僅當(dāng)AB＝BC＝2時(shí)等號(hào)成立．又△ACD為等邊三角形，所以∠ADC＝eq\f(π,3).根據(jù)圓內(nèi)接凸四邊形的對(duì)角互補(bǔ)得∠ABC＝eq\f(2π,3).所以△ABC的面積S＝eq\f(1,2)AB·BC·sineq\f(2π,3)≤eq\f(1,2)×4×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3).所以△ABC面積的最大值為eq\r(3).又因?yàn)椤螦BD＝∠ACD＝eq\f(π,3)，∠CBD＝∠CAD＝eq\f(π,3)，所以SABCD＝S△ABD＋S△BCD＝eq\f(1,2)·AB·BD·sin∠ABD＋eq\f(1,2)BC·BD·sin∠CBD＝eq\f(1,2)sineq\f(π,3)·BD·(AB＋BC)＝4eq\r(3).(2020·全國(guó)卷Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知B＝150°.(1)若a＝eq\r(3)c，b＝2eq\r(7)，求△ABC的面積；(2)若sinA＋eq\r(3)sinC＝eq\f(\r(2),2)，求C．解：(1)由余弦定理得a2＋c2－2accosB＝b2，將a＝eq\r(3)c，b＝2eq\r(7)，B＝150°代入，可得(eq\r(3)c)2＋c2－2×eq\r(3)c×ccos150°＝(2eq\r(7))2，整理得7c2＝28，解得c＝2.所以a＝2eq\r(3).所以S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×2×eq\f(1,2)＝eq\r(3).(2)因?yàn)锳＋B＋C＝π，所以sinA＝sin(B＋C)．又因?yàn)閟inA＋eq\r(3)sinC＝eq\f(\r(2),2)，所以sin(B＋C)＋eq\r(3)sinC＝eq\f(\r(2),2)，所以sinBcosC＋cosBsinC＋eq\r(3)sinC＝eq\f(\r(2),2).將B＝150°代入，整理得eq\f(1,2)cosC＋eq\f(\r(3),2)sinC＝eq\f(\r(2),2)，即sin(C＋30°)＝eq\f(\r(2),2).因?yàn)锽＝150°，所以0°＜C＜30°，即0°＜C＋30°＜60°，所以C＋30°＝45°，解得C＝15°.求解三角形面積問(wèn)題的方法技巧(1)若三角形中已知一個(gè)角(角的大小或該角的正、余弦值)，結(jié)合題意求解這個(gè)角的兩邊或該角的兩邊之積，代入公式求面積．(2)若已知三角形的三邊，可先求其中一個(gè)角的余弦值，再求其正弦值，代入公式求面積．總之，結(jié)合圖形恰當(dāng)選擇面積公式是解題的關(guān)鍵．1．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.若b＝6，a＝2c，B＝eq\f(π,3)，則△ABC的面積為_(kāi)_______．6eq\r(3)解析：由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB．又因?yàn)閎＝6，a＝2c，B＝eq\f(π,3)，所以36＝4c2＋c2－2×2c2×eq\f(1,2)，所以c＝2eq\r(3)，a＝4eq\r(3)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×4eq\r(3)×2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝6eq\r(3).2．(2020·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，在三棱錐P–ABC的平面展開(kāi)圖中，AC＝1，AB＝AD＝eq\r(3)，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，則cos∠FCB＝________.－eq\f(1,4)解析：AB⊥AC，AB＝eq\r(3)，AC＝1，由勾股定理得BC＝eq\r(AB2＋AC2)＝2.同理得BD＝eq\r(6)，所以BF＝BD＝eq\r(6)，在△ACE中，AC＝1，AE＝AD＝eq\r(3)，∠CAE＝30°，由余弦定理得CE2＝AC2＋AE2－2AC·AEcos30°＝1＋3－2×1×eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝1，所以CF＝CE＝1，在△BCF中，BC＝2，BF＝eq\r(6)，CF＝1，由余弦定理得cos∠FCB＝eq\f(CF2＋BC2－BF2,2CF·BC)＝eq\f(1＋4－6,2×1×2)＝－eq\f(1,4).3．(2020·菏澤高三聯(lián)考)在①B＝eq\f(π,3)，②a＝2，③bcosA＋acosB＝eq\r(3)＋1這三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面問(wèn)題中，并解決相應(yīng)問(wèn)題．已知在銳角△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，△ABC的面積為S.若4S＝b2＋c2－a2，b＝eq\r(6)，且________，求△ABC的面積S的大?。猓阂?yàn)?S＝b2＋c2－a2，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，S＝eq\f(1,2)bcsinA．所以2bcsinA＝2bccosA．顯然cosA≠0，所以tanA＝1.又A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以A＝eq\f(π,4).若選①，B＝eq\f(π,3)，由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得a＝eq\f(bsinA,sinB)＝eq\f(\r(6)×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝2.又sinC＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，所以S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×2×eq\r(6)×eq\f(\r(6)＋\r(2),4)＝eq\f(3＋\r(3),2).若選②，a＝2，由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(\r(6)×\f(\r(2),2),2)＝eq\f(\r(3),2).因?yàn)锽∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosB＝eq\f(1,2).又sinC＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，所以S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×2×eq\r(6)×eq\f(\r(6)＋\r(2),4)＝eq\f(3＋\r(3),2).若選③，bcosA＋acosB＝eq\r(3)＋1，所以acosB＝1，即a·eq\f(a2＋c2－6,2ac)＝1，所以a2＝6＋2c－c2.又a2＝6＋c2－2eq\r(6)c×eq\f(\r(2),2)＝6＋c2－2eq\r(3)c，所以6＋2c－c2＝6＋c2－2eq\r(3)c，解得c＝eq\r(3)＋1.所以S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×eq\r(6)×(eq\r(3)＋1)×sineq\f(π,4)＝eq\f(3＋\r(3),2).已知△ABC的三邊長(zhǎng)分別為a，b，c，滿足a2＋b2＋2c2＝8，則三角形ABC面積的最大值為()A．eq\f(\r(5),5)B．eq\f(2\r(5),5)C．eq\f(3\r(5),5)D．eq\f(\r(5),3)[四字程序]讀想算思△ABC面積的最大值1.面積的表達(dá)式；2.以誰(shuí)為變量？用適當(dāng)?shù)淖兞勘硎維轉(zhuǎn)化與化歸a2＋b2＋2c2＝81.S＝eq\f(1,2)ah；2.S＝eq\f(1,2)absinC；3.邊作變量；4.角作變量；5.海倫公式S2＝eq\f(1,4)a2b2·(1－cos2C)；S≤eq\f(2sinC,3－2cosC)1.均值不等式；2.函數(shù)最值；3.三角函數(shù)的性質(zhì)思路參考：余弦定理＋角化邊＋二次函數(shù)的最值．B解析：因?yàn)閍2＋b2＋2c2＝8，即a2＋b2＝8－2c2，所以S2＝eq\f(1,4)a2b2sin2C＝eq\f(1,4)a2b2(1－cos2C)＝eq\f(1,4)a2b2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2＋b2－c2,2ab)))eq\s\up8(2)))＝eq\f(1,4)a2b2－eq\f(8－3c22,16)≤eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2＋b2,2)))eq\s\up8(2)－eq\f(8－3c22,16)＝－eq\f(5c4,16)＋c2＝－eq\f(5,16)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c2－\f(8,5)))eq\s\up8(2)＋eq\f(4,5)，故當(dāng)a2＝b2＝eq\f(12,5)，c2＝eq\f(8,5)時(shí)，S2有最大值eq\f(4,5)，所以△ABC面積的最大值為eq\f(2\r(5),5).思路參考：設(shè)高轉(zhuǎn)化，利用基本不等式．B解析：如圖，過(guò)點(diǎn)C作CD⊥AB于點(diǎn)D．設(shè)AD＝m，BD＝n，CD＝h.因?yàn)閍2＋b2＋2c2＝8，所以m2＋n2＋2h2＋2c2＝8.因?yàn)閙2＋n2≥eq\f(m＋n2,2)＝eq\f(c2,2)，當(dāng)且僅當(dāng)m＝n時(shí)取等號(hào)．故m2＋n2＋2h2＋2c2≥eq\f(c2,2)＋2h2＋2c2＝eq\f(5c2,2)＋2h2≥2eq\r(5)ch＝4eq\r(5)S，所以S≤eq\f(2\r(5),5)，當(dāng)且僅當(dāng)m＝n，c＝eq\f(2\r(5),5)h時(shí)取等號(hào)．所以△ABC面積的最大值為eq\f(2\r(5),5).思路參考：利用海倫公式S＝eq\r(pp－ap－bp－c)＋基本不等式．B解析：設(shè)p＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)，則p－a＝eq\f(1,2)(b＋c－a)，p－b＝eq\f(1,2)(a＋c－b)，p－c＝eq\f(1,2)(a＋b－c)．所以S＝eq\r(pp－ap－bp－c)＝eq\f(1,4)eq\r([a＋b2－c2][c2－b－a2])＝eq\f(1,4)eq\r(4a2b2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2＋b2－c2,2)))eq\s\up8(2)).因?yàn)閍2＋b2＋2c2＝8，所以S＝eq\f(1,4)eq\r(4a2b2－8－3c22).因?yàn)閍2＋b2＋2c2＝8，所以4a2b2≤(a2＋b2)2＝(8－2c2)2.所以S≤eq\f(1,4)eq\r(8－2c22－8－3c22)＝eq\f(1,4)eq\r(16c2－5c4).當(dāng)c2＝eq\f(8,5)時(shí)，S2有最大值eq\f(4,5).所以△ABC面積的最大值為eq\f(2\r(5),5).思路參考：建系設(shè)點(diǎn)．B解析：如圖，以AB所在直線為x軸，以線段AB的中垂線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系．不妨令x1>0，y2>0，設(shè)A(－x1,0)，B(x1，0)，C(x2，y2)．因?yàn)閍2＋b2＋2c2＝8，所以(x1－x2)2＋yeq\o\al(2,2)＋(x1＋x2)2＋yeq\o\al(2,2)＋8xeq\o\al(2,1)＝8，所以5xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2)＝4.因?yàn)镾＝x1y2，所以2eq\r(5)S≤5xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)＝4－xeq\o\al(2,2)≤4.所以S≤eq\f(2\r(5),5)，當(dāng)且僅當(dāng)x2＝0,5xeq\o\al(2,1)＝y(tǒng)eq\o\al(2,2)＝2時(shí)取等號(hào)．所以△ABC面積的最大值為eq\f(2\r(5),5).1．本題考查三角形的面積的最值問(wèn)題，解法靈活多變，基本解題策略是借助于三角形的相關(guān)知識(shí)將目標(biāo)函數(shù)轉(zhuǎn)化為邊之間的代數(shù)關(guān)系，借助于三角函數(shù)的性質(zhì)求最值，對(duì)于此類多元最值問(wèn)題要注意合理轉(zhuǎn)化或消元．2．基于課程標(biāo)準(zhǔn)，解答本題一般需要熟練掌握數(shù)學(xué)閱讀技能、運(yùn)算求解能力、推理能力和表達(dá)能力，體現(xiàn)了邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng)，試題的解答過(guò)程展現(xiàn)了數(shù)學(xué)文化的魅力．3．基于高考數(shù)學(xué)評(píng)價(jià)體系，本題創(chuàng)設(shè)了數(shù)學(xué)探索創(chuàng)新情景，通過(guò)知識(shí)之間的聯(lián)系和轉(zhuǎn)化，將最值轉(zhuǎn)化為熟悉的數(shù)學(xué)模型．本題的切入點(diǎn)十分開(kāi)放，可以從不同的角度解答題目，體現(xiàn)了靈活性；同時(shí)，解題的過(guò)程需要知識(shí)之間的轉(zhuǎn)化，體現(xiàn)了綜合性．(2020·全國(guó)卷Ⅱ)△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sinBsinC．(1)求A；(2)若BC＝3，求△ABC周長(zhǎng)的最大值．解：(1)由正弦定理和已知條件sin2A－sin2B－sin2C＝sinBsinC，得BC2－AC2－AB2＝AC·AB．①由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcosA．②由①②得cosA＝－eq\f(1,2).因?yàn)?<A<π，所以A＝eq\f(2π,3).(2)由正弦定理及(1)得eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sinC)＝eq\f(BC,sinA)＝2eq\r(3)，從而AC＝2eq\r(3)sinB，AB＝2eq\r(3)sin(π－A－B)＝3cosB－eq\r(3)sinB．故BC＋AC＋AB＝3＋eq\r(3)sinB＋3cosB＝3＋2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,3))).又0<B<eq\f(π,3)，所以當(dāng)B＝eq\f(π,6)時(shí)，△ABC的周長(zhǎng)取得最大值3＋2eq\r(3).第七節(jié)解三角形應(yīng)用舉例一、教材概念·結(jié)論·性質(zhì)重現(xiàn)1．仰角和俯角意義圖示在視線和水平線所成的角中，視線在水平線上方的角叫仰角，在水平線下方的角叫俯角.2.方位角意義圖示從指北方向順時(shí)針轉(zhuǎn)到目標(biāo)方向線的水平角，如B點(diǎn)的方位角為α.3.方向角意義圖示相對(duì)于某一正方向的水平角(1)北偏東α，即由指北方向順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α到達(dá)目標(biāo)方向；(2)北偏西α，即由指北方向逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)α到達(dá)目標(biāo)方向；(3)南偏西等其他方向角類似.4.坡角與坡度意義圖示(1)坡角：坡面與水平面所成的二面角的度數(shù)(如圖，角θ為坡角)；(2)坡度：坡面的鉛直高度與水平長(zhǎng)度之比(如圖，i為坡度)．坡度又稱為坡比.解三角形應(yīng)用問(wèn)題的步驟二、基本技能·思想·活動(dòng)體驗(yàn)1．判斷下列說(shuō)法的正誤，對(duì)的打“√”，錯(cuò)的打“×”．(1)若從A處望B處的仰角為α，從B處望A處的俯角為β，則α，β的關(guān)系為α＝β． (√)(2)俯角是鉛垂線與視線所成的角，其范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))． (×)(3)若點(diǎn)P在點(diǎn)Q的北偏東44°，則點(diǎn)Q在點(diǎn)P的東偏北46°． (×)(4)方位角大小的范圍是[0，π)，方向角大小的范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))． (×)2．如圖，兩座燈塔A和B與海岸觀察站C的距離相等，燈塔A在觀察站南偏西40°，燈塔B在觀察站南偏東60°，則燈塔A在燈塔B的()A．北偏東10° B．北偏西10°C．南偏東80° D．南偏西80°D解析：由條件及圖可知，∠A＝∠CBA＝40°，又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此燈塔A在燈塔B的南偏西80°.3．如圖，為測(cè)量一棵樹(shù)OP的高度，在地面上選取A，B兩點(diǎn)，從A，B兩點(diǎn)分別測(cè)得樹(shù)尖的仰角為30°，45°，且A，B兩點(diǎn)間的距離為60m，則樹(shù)的高度為_(kāi)_______m.30＋30eq\r(3)解析：在△PAB中，∠PAB＝30°，∠APB＝15°，AB＝60m，sin15°＝sin(45°－30°)＝sin45°cos30°－cos45°·sin30°＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(3),2)－eq\f(\r(2),2)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4).由正弦定理得eq\f(PB,sin30°)＝eq\f(AB,sin15°)，所以PB＝eq\f(\f(1,2)×60,\f(\r(6)－\r(2),4))＝30(eq\r(6)＋eq\r(2))，所以樹(shù)的高度OP＝PBsin45°＝30(eq\r(6)＋eq\r(2))×eq\f(\r(2),2)＝(30＋30eq\r(3))(m)．4．如圖，A，B兩點(diǎn)在河的同側(cè)，且A，B兩點(diǎn)均不可到達(dá)，要測(cè)出A，B的距離，測(cè)量者可以在河岸邊選定兩點(diǎn)C，D．若測(cè)得CD＝eq\f(\r(3),2)km，∠ADB＝∠CDB＝30°，∠ACD＝60°，∠ACB＝45°，則A，B兩點(diǎn)間的距離為_(kāi)_______km.eq\f(\r(6),4)解析：因?yàn)椤螦DC＝∠ADB＋∠CDB＝60°，∠ACD＝60°，所以∠DAC＝60°，所以AC＝CD＝eq\f(\r(3),2)km.在△BCD中，∠DBC＝180°－∠CDB－∠ACD－∠ACB＝45°，由正弦定理，得BC＝eq\f(CD,sin∠DBC)·sin∠BDC＝eq\f(\f(\r(3),2),sin45°)·sin30°＝eq\f(\r(6),4)(km)．在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos45°＝eq\f(3,4)＋eq\f(3,8)－2×eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(6),4)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(3,8).所以AB＝eq\f(\r(6),4)km.所以A，B兩點(diǎn)間的距離為eq\f(\r(6),4)km.5．要測(cè)量底部不能到達(dá)的電視塔AB的高度，在C點(diǎn)測(cè)得塔頂A的仰角是45°，在D點(diǎn)測(cè)得塔頂A的仰角是30°，并測(cè)得水平面上的∠BCD＝120°，CD＝40m，則電視塔的高度為_(kāi)_______．40m解析：設(shè)電視塔的高度為xm，則BC＝x，BD＝eq\r(3)x.在△BCD中，由余弦定理得3x2＝x2＋402－2×40x×cos120°，即x2－20x－800＝0，解得x＝40或x＝－20(舍去)．故電視塔的高度為40m.考點(diǎn)1解三角形的實(shí)際應(yīng)用——應(yīng)用性考向1測(cè)量距離問(wèn)題如圖，某旅游景點(diǎn)有一座風(fēng)景秀麗的山峰，山上有一條筆直的山路BC和一條索道AC，小王和小李打算不坐索道，而是花2個(gè)小時(shí)的時(shí)間進(jìn)行徒步攀登．已知∠ABC＝120°，∠ADC＝150°，BD＝1km，AC＝3km.假設(shè)小王和小李徒步攀登的速度為每小時(shí)1250m，請(qǐng)問(wèn)：兩位登山愛(ài)好者能否在2個(gè)小時(shí)內(nèi)徒步登上山峰．(即從B點(diǎn)出發(fā)到達(dá)C點(diǎn))解：在△ABD中，由題意知，∠ADB＝∠BAD＝30°，所以AB＝BD＝1.因?yàn)椤螦BD＝120°，由正弦定理eq\f(AB,sin∠ADB)＝eq\f(AD,sin∠ABD)，解得AD＝eq\r(3)(km)．在△ACD中，由AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos150°，得9＝3＋CD2＋2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)×CD．即CD2＋3CD－6＝0，解得CD＝eq\f(\r(33)－3,2)(km)，BC＝BD＋CD＝eq\f(\r(33)－1,2)(km)．兩個(gè)小時(shí)小王和小李可徒步攀登1250×2＝2500(m)，即2.5km，而eq\f(\r(33)－1,2)<eq\f(\r(36)－1,2)＝eq\f(5,2)＝2.5，所以兩位登山愛(ài)好者可以在兩個(gè)小時(shí)內(nèi)徒步登上山峰．1．若將本例條件“BD＝1km，AC＝3km”變?yōu)椤癇D＝200m，CD＝300m”，其他條件不變，求這條索道AC的長(zhǎng)．解：在△ABD中，BD＝200，∠ABD＝120°.因?yàn)椤螦DB＝30°，所以∠DAB＝30°.由正弦定理，得eq\f(BD,sin∠DAB)＝eq\f(AD,sin∠ABD)，所以eq\f(200,sin30°)＝eq\f(AD,sin120°).所以AD＝eq\f(200×sin120°,sin30°)＝200eq\r(3)(m)．在△ABC中，DC＝300m，∠ADC＝150°，所以AC2＝AD2＋DC2－2AD×DC×cos∠ADC＝(200eq\r(3))2＋3002－2×200eq\r(3)×300×cos150°＝390000，所以AC＝100eq\r(39)m.故這條索道AC長(zhǎng)為100eq\r(39)m.2．若將本例條件“∠ABC＝120°，∠ADC＝150°，BD＝1km，AC＝3km”變?yōu)椤啊螦DC＝135°，∠CAD＝15°，AD＝100m，作CO⊥AB，垂足為O，延長(zhǎng)AD交CO于點(diǎn)E，且CE＝50m，如圖”，求角θ的余弦值．解：在△ACD中，∠ADC＝135°，∠CAD＝15°，所以∠ACD＝30°.由正弦定理可得AC＝eq\f(100×sin135°,sin30°)＝100eq\r(2).在△ACE中，由正弦定理可得sin∠CEA＝eq\f(AC·sin∠CAE,CE)＝eq\r(3)－1，所以cosθ＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(∠CEA－\f(π,2)))＝sin∠CEA＝eq\r(3)－1.距離問(wèn)題的解題思路這類實(shí)際應(yīng)用題，實(shí)質(zhì)就是解三角形問(wèn)題，一般都離不開(kāi)正弦定理和余弦定理，在解題中，首先要正確地畫出符合題意的示意圖，然后將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為三角形問(wèn)題去求解．提醒：①基線的選取要恰當(dāng)準(zhǔn)確；②選取的三角形及正弦、余弦定理要恰當(dāng)．考向2測(cè)量高度問(wèn)題如圖，小明同學(xué)在山頂A處觀測(cè)到一輛汽車在一條水平的公路上沿直線勻速行駛，小明在A處測(cè)得公路上B，C兩點(diǎn)的俯角分別為30°，45°，且∠BAC＝135°.若山高AD＝100m，汽車從B點(diǎn)到C點(diǎn)歷時(shí)14s，則這輛汽車的速度約為_(kāi)_______m/s(精確到0.1)．參考數(shù)據(jù)：eq\r(2)≈1.414，eq\r(5)≈2.236.22．6解析：因?yàn)樾∶髟贏處測(cè)得公路上B，C兩點(diǎn)的俯角分別為30°，45°，所以∠BAD＝60°，∠CAD＝45°.設(shè)這輛汽車的速度為vm/s，則BC＝14v.在Rt△ABD中，AB＝eq\f(AD,cos∠BAD)＝eq\f(100,cos60°)＝200.在Rt△ACD中，AC＝eq\f(AD,cos∠CAD)＝eq\f(100,cos45°)＝100eq\r(2).在△ABC中，由余弦定理，得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos∠BAC，所以(14v)2＝(100eq\r(2))2＋2002－2×100eq\r(2)×200×cos135°，所以v＝eq\f(50\r(10),7)≈22.6，所以這輛汽車的速度約為22.6m/s.解決高度問(wèn)題的注意事項(xiàng)(1)在解決有關(guān)高度問(wèn)題時(shí)，理解仰角、俯角是關(guān)鍵．(2)高度問(wèn)題一般是把它轉(zhuǎn)化成解三角形問(wèn)題，要注意三角形中的邊角關(guān)系的應(yīng)用．若是空間的問(wèn)題要注意空間圖形向平面圖形的轉(zhuǎn)化．1．圭表(如圖1)是我國(guó)古代一種通過(guò)測(cè)量正午日影長(zhǎng)度來(lái)推定節(jié)氣的天文儀器，它包括一根直立的標(biāo)桿(稱為“表”)和一把呈南北方向水平固定擺放的與標(biāo)桿垂直的長(zhǎng)尺(稱為“圭”)．當(dāng)正午太陽(yáng)照射在表上時(shí)，日影便會(huì)投影在圭面上，圭面上日影長(zhǎng)度最長(zhǎng)的那一天定為冬至，日影長(zhǎng)度最短的那一天定為夏至．圖2是一個(gè)根據(jù)北京的地理位置設(shè)計(jì)的圭表的示意圖，已知北京冬至正午太陽(yáng)高度角(即∠ABC)為26.5°，夏至正午太陽(yáng)高度角(即∠ADC)為73.5°，圭面上冬至線與夏至線之間的距離(即BD的長(zhǎng))為a，則表高(即AC的長(zhǎng))為()A．eq\f(asin53°,2sin47°) B．eq\f(2sin47°,asin53°)C．eq\f(atan26.5°tan73.5°,tan47°) D．eq\f(asin26.5°sin73.5°,sin47°)D解析：由題意得，∠BAD＝73.5°－26.5°＝47°.在△ABD中，由正弦定理可得，eq\f(BD,sin∠BAD)＝eq\f(AD,sin∠ABD)，即eq\f(a,sin47°)＝eq\f(AD,sin26.5°)，則AD＝eq\f(asin26.5°,sin47°).在△ACD中，eq\f(AC,AD)＝sin∠ADC＝sin73.5°，所以AC＝eq\f(asin26.5°·sin73.5°,sin47°).故選D．2．如圖是改革開(kāi)放四十周年大型展覽的展館——國(guó)家博物館．現(xiàn)欲測(cè)量博物館正門柱樓頂部一點(diǎn)P離地面的高度OP(點(diǎn)O在柱樓底部)．在地面上的A，B兩點(diǎn)測(cè)得點(diǎn)P的仰角分別為30°，45°，且∠ABO＝60°，AB＝50米，則OP為()A．15米 B．25米C．35米 D．45米B解析：如圖所示：由于∠OAP＝30°，∠PBO＝45°，∠ABO＝60°，AB＝50米，OP⊥AO，OP⊥OB．設(shè)OP＝x，則OA＝eq\r(3)x，OB＝x，在△OAB中，由余弦定理得OA2＝OB2＋AB2－2OB·AB·cos∠ABO，即(eq\r(3)x)2＝502＋x2－2×50x×eq\f(1,2)，所以x2＋25x－1250＝0，解得x＝25或x＝－50(舍)．3．海洋藍(lán)洞是地球罕見(jiàn)的自然地理現(xiàn)象，被喻為“地球留給人類保留宇宙秘密的最后遺產(chǎn)”，我國(guó)擁有世界上最深的海洋藍(lán)洞．若要測(cè)量如圖所示的藍(lán)洞的口徑A，B兩點(diǎn)間的距離，現(xiàn)在珊瑚群島上取兩點(diǎn)C，D，測(cè)得CD＝80米，∠ADB＝135°，∠BDC＝∠DCA＝15°，∠ACB＝120°，則A，B兩點(diǎn)間的距離為_(kāi)_______米．80eq\r(5)解析：如圖，在△ACD中，∠DCA＝15°，∠ADC＝150°，所以∠DAC＝15°.由正弦定理，得AC＝eq\f(80sin150°,sin15°)＝eq\f(40,\f(\r(6)－\r(2),4))＝40(eq\r(6)＋eq\r(2))(米)．在△BCD中，∠BDC＝15°，∠BCD＝135°，所以∠CBD＝30°.由正弦定理，得eq\f(CD,sin∠CBD)＝eq\f(BC,sin∠BDC)，所以BC＝eq\f(CD·sin∠BDC,sin∠CBD)＝eq\f(80×sin15°,sin30°)＝40(eq\r(6)－eq\r(2))(米)．在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB＝1600(8＋4eq\r(3))＋1600(8－4eq\r(3))＋2×1600(eq\r(6)＋eq\r(2))×(eq\r(6)－eq\r(2))×eq\f(1,2)＝1600×16＋1600×4＝1600×20，解得AB＝80eq\r(5)(米)，則A，B兩點(diǎn)間的距離為80eq\r(5)米．考點(diǎn)2正余弦定理在平面幾何中的應(yīng)用(2020·青島模擬)如圖，在平面四邊形ABCD中，AB⊥AD，AB＝1，AD＝eq\r(3)，BC＝eq\r(2).(1)若CD＝1＋eq\r(3)，求四邊形ABCD的面積；(2)若sin∠BCD＝eq\f(3\r(2),5)，∠ADC∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，求sin∠ADC．解：(1)如圖，連接BD，在Rt△ABD中，由勾股定理可得，BD2＝AB2＋AD2＝4，所以BD＝2.在△BCD中，由余弦定理可得，cosC＝eq\f(BC2＋CD2－BD2,2BC·CD)＝eq\f(2＋1＋\r(3)2－22,2×\r(2)×1＋\r(3))＝eq\f(\r(2),2).因?yàn)镃為三角形的內(nèi)角，故C＝eq\f(π,4)，所以S△ABD＝eq\f(1,2)AB·AD＝eq\f(1,2)×1×eq\r(3)＝eq\f(\r(3),2)，S△BCD＝eq\f(1,2)BC·CDsinC＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×(1＋eq\r(3))×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(1＋\r(3),2)，故四邊形ABCD的面積S＝eq\f(1＋2\r(3),2).(2)在△BCD中，由正弦定理可得eq\f(BC,sin∠BDC)＝eq\f(BD,sin∠BCD)，所以sin∠BDC＝eq\f(BC·sin∠BCD,BD)＝eq\f(3,5).因?yàn)椤螦DC∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以∠BDC∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cos∠BDC＝eq\f(4,5)，在Rt△ABD中，tan∠ADB＝eq\f(AB,AD)＝eq\f(\r(3),3)，故∠ADB＝eq\f(π,6)，所以sin∠ADC＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(∠BDC＋\f(π,6)))＝eq\f(3,5)×eq\f(\r(3),2)＋eq\f(4,5)×eq\f(1,2)＝eq\f(4＋3\r(3),10).正余弦定理解平面幾何問(wèn)題的注意點(diǎn)(1)圖形中幾何性質(zhì)的挖掘往往是解題的切入點(diǎn)，或是問(wèn)題求解的轉(zhuǎn)折點(diǎn)．(2)根據(jù)條件或圖形，找出已知，未知及求解中需要的三角形，用好三角恒等變換公式，運(yùn)用正弦定理，余弦定理解題．(3)養(yǎng)成應(yīng)用方程思想解題的意識(shí)．1．如圖，為了測(cè)量A，C兩點(diǎn)間的距離，選取同一平面上B，D兩點(diǎn)，測(cè)出四邊形ABCD各邊的長(zhǎng)度(單位：km)，AB＝5，BC＝8，CD＝3，AD＝5，且∠B與∠D互補(bǔ)，則AC的長(zhǎng)為()A．7km B．8kmC．9km D．6kmA解析：在△ACD中，由余弦定理得cosD＝eq\f(AD2＋CD2－AC2,2AD·CD)＝eq\f(34－AC2,30).在△ABC中，由余弦定理得cosB＝eq\f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq\f(89－AC2,80).因?yàn)椤螧＋∠D＝180°，所以cosB＋cosD＝0，即eq\f(34－AC2,30)＋eq\f(89－AC2,80)＝0，解得AC2＝49.所以AC＝7.2．(2020·山師附中高三模擬)如圖，在平面四