高中数学（人教A版，必修5）教师用书（预学+导学+固学+思学）：第一章 解三角形 58页

课 程 纲 要 课程类型:基础学科类 课程资源:新编 主持开发老师:　　　　　　　　　 ‎ 参与开发老师:　　　　　　　　　 ‎ 学习对象:高中一、二年级学生 规模预设　　　　　　人 ‎ 学习时限:共36课时 场地设备:教学班教室 学生基本情况分析 班级 学生人数 上学期 测试情 况分析 优秀 良好 一般 人数 百分率 人数 百分率 人数 百分率 最优学生姓名 后进学生姓名 特殊学生情况说明 姓名 情况说明 ‎　　一、课程元素 ‎1.课程内容 本模块包含解三角形、数列、不等式三章内容.‎ ‎2.课程目标 ‎(1)解三角形 ‎①通过对任意三角形边长和角度关系的探索,掌握正弦定理、余弦定理;‎ ‎②能初步运用正弦定理、余弦定理解斜三角形;‎ ‎③能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法,解决一些与测量和几何计算有关的实际问题;‎ ‎④能够运用正弦定理、余弦定理解决一些三角恒等式的证明以及三角形中的有关计算问题.‎ ‎(2)数列 ‎①通过日常生活中的实例,了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式),了解数列是特殊的函数;‎ ‎②了解递推公式是给出数列的一种方法,能根据递推公式写出数列的前几项,能求某些数列的通项公式;‎ ‎③掌握等差数列、等差中项的概念,会用定义判定数列是否为等差数列;‎ ‎④掌握等差数列的通项公式及推导方法,会类比直线、一次函数等有关知识研究等差数列的性质,能运用数列通项公式求有关的量:a1,d,n,an;‎ ‎⑤掌握等差数列的前n项和公式、通项公式,对于a1、d、n、an、Sn,已知三个量能求另外两个量,能灵活运用公式解决与等差数列有关的综合问题,能构建等差数列模型解决实际问题;‎ ‎⑥掌握等比数列、等比中项的概念,能利用定义判定数列是否为等比数列;‎ ‎⑦掌握等比数列的通项公式及推导方法,能类比指数函数等有关知识研究等比数列的性质,能熟练运用公式求有关的量:a1,q,n,an ;‎ ‎⑧掌握等比数列的前n项和公式、通项公式,会运用通项公式、前n项和公式,对于a1、q、n、an、Sn,已知三个量能求另外两个量,能灵活运用公式解决与等比数列有关的综合问题,能构建等比数列模型解决实际问题;‎ ‎⑨提高观察、概括、猜想、运算和论证的能力,能通过类比、转化等方法解决有关数列的一些问题.‎ ‎(3)不等式 ‎①通过具体情境,感受现实世界和生活中存在着大量的不等关系,了解不等式(组)的实际背景;‎ ‎②理解不等式的性质,能运用不等式的性质证明简单的不等式及解不等式;‎ ‎③经历从实际情景中抽象出一元二次不等式模型的过程,通过图象了解一元二次不等式与相应函数、方程的关系;‎ ‎④会解一元二次不等式,并解决一些实际问题;‎ ‎⑤了解二元一次不等式的几何意义,能用平面区域表示二元一次不等式组的解集;‎ ‎⑥能从实际问题中抽象出一些简单的二元线性规划问题,并能加以解决;‎ ‎⑦理解基本不等式,能用基本不等式解决简单的最大(小)值问题;‎ ‎⑧能将实际问题转化为数学问题,建立不等式模型,求解不等式.‎ 二、课程实施 ‎1.课时安排 本模块安排30个课时.(具体见目录)‎ ‎2.学习时间安排 学习时间从　　　　年　　　　月　　　　日至　　　　年　　　　月　　　　日. ‎ ‎3.教材重难点分析 第一章　解三角形 学习重点:运用正弦定理、余弦定理探求任意三角形的边角关系,解决与之相关的计算问题,运用这两个定理解决一些测量以及几何计算的有关问题.‎ 学习难点:两个定理的推导以及运用两个定理解决实际问题.‎ 第二章　数列 学习重点:数列的概念,等差数列、等比数列的通项公式和前n项和公式.‎ 学习难点:等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式的推导,以及它们的综合运用.‎ 第三章　不等式 学习重点:一元二次不等式的解法、基本不等式的应用以及简单的线性规划问题.‎ 学习难点:不等式的性质及其证明,不等式在实际问题中的应用.‎ 三、教学建议 ‎“学案导学法”根据不同的学习内容、不同的教学环节,教师可以采用三种不同的组织形式:分组讨论式、学生主讲式与教师主讲式.‎ 分组讨论式,把全班同学分成若干学习小组,一般按4至6名学生为一组划分,每个组都要有上中下三个层次的学生,指定其中一人为组长(也可以选举产生或自荐产生,过一段时间后需调换),由他组织学生进行自习讨论、分析讨论等活动,形成结论后推举一位为代表发言,与全班交流,其他人可以补充.各组之间可以采用多种形式的交流、竞赛等.‎ 注意:此种组织形式如果组织不当,将导致学生学习成绩两极分化更加严重.为避免这种情况,在采用此种组织形式时,需培养后进生,提高他们的学习成绩,教师要有意识地引导小组其他同学,尽量让他们鼓励后进生积极发言参与讨论或作为本组代表进行展示.‎ 学生主讲(教师在旁边指导)式,可由教师指定一人(也可以是几位学生合作,主讲人由学习小组推荐或自荐),先自行学习(与同学讨论及请求老师帮助与指导),然后在班级内主讲,主讲过程中教师要给予必要的指导和帮助.教师主要是利用他的学习活动带动全班学习.‎ 注意:此种组织形式如果组织不当,将会把学习成绩较差的、比较内向的学生排斥在外,需要十分重视.因此采用此种组织形式时,教师要有意识地让学习成绩中下的学生参与主讲,要多加鼓励,以提高他们学习积极性.如果是学习成绩较好的学生进行主讲,那么,教师要积极引导学习成绩中下的学生提出点评(教师可以给予提示或帮助).‎ 教师主讲式,就是教师主讲,采用设疑、提问、解惑、拓展等手段,引导学生认识、理解、掌握、探索,从而起到能力提升与素质提高的作用.这里的主讲式与原教学大纲时的主讲式是截然不同的,原主讲式近似于“报告式”,这里是“主持讨论式”,任何学生都可以提出不同意见,教师也可以故意设置陷阱,以揭示问题.‎ 注意:此种组织形式极易让课堂回归到原来教师一言堂的授课方式,因此,教师务必在问题设置、设疑提问、点拨探究等方面引起充分重视.‎ 这三种组织形式可以说是构成“学案导学法”的三个教学元素,教师要根据学习内容、学习时间、学生状态统筹兼顾,灵活安排,进行科学的组合,以充分发挥教学的有效性.‎ 四、课程观察安排 本模块教学过程中,安排观察课两次,具体如下:‎ 课程观察课安排 ‎ ‎ 观察课 课题 实施 时间 实施 班级 负责人 实施人 说明(目的、‎ 条件、评估)‎ ‎　　五、测试与评估 本模块结束后,采用书面考试的形式对学生的学习情况进行测试评估,考试时间120分钟,满分150分,题目难度比为容易题∶中档题∶难题=5∶4∶1.由学校统一组织命题,由教研组安排教师统一阅卷,测试成绩达到90分以上的均可获得2学分,对测试达不到标准的学生,给予一次补考机会.‎ 六、使用说明 ‎(一)构成 本书集预、导、固、思四层级于一体,是一本真正意义上的导学案.‎ 本书给广大师生提供了一个选择的平台.学校、教师在使用时要根据各个学校的实际情况,其中包括学校课时安排、学生学习基础情况、学生学习态度情况、学校硬件设施情况等,对本导学案所列内容进行有效调整(如取舍、增减、重组等).‎ 每个模块都设置了《课程纲要》,目的是让学生能全面了解本模块的知识构成、课程目标、学习重点与难点及大致的学习时间与方法.它包含如下几个部分:‎ 课程元素:包括课程内容、课程目标,起到整体“导向”的作用.‎ 课程实施:包括课时安排、学习时间安排、教材重难点分析.‎ 教学建议:主要介绍“学案导学法”的几种组织形式.‎ 每章开始都设置了课标要求、单元结构和教学建议.‎ 单元结构以知识分类、知识综合、知识应用、知识拓展等形式描述出了本章的知识结构及与其他知识的联系,形成了完整的知识体系.‎ ‎(二)课时安排 本书根据新课程标准与学校的教学实际情况,以方便教师教学与学生学习为目的,进行了科学的课时划分.此外,为方便教师进行每章复习与模块复习,每章结束与模块结束后均设置了复习课及章末测试与模块测试,供教师选择使用.‎ ‎(三)课时结构 每课时分四个学习目标进行编写,方便学生自习与讨论.‎ 每课时开始,首先安排了《课程学习目标》,给学生指明了通过本课时的学习要达到的目标,让学生明确学习目标,起到“导向”的作用.‎ 第一层级为《知识记忆与理解》,包含两个内容:一是《知识体系梳理》,创设一个学生感兴趣又简单的情境,主要是引导学生认真阅读教材,一方面掌握书本基础知识,另一方面掌握“自习方法”,实施“依法自习”;二是《基础学习交流》,主要是引导学生应用教材的基础知识通过分析交流,解决简单的基础问题,初步学会分析与解决问题,是“导思”的初级阶段.‎ 第二层级为《思维探究与创新》,包含两个内容:一是《重点难点探究》,主要是根据知识要点,结合近年来高考趋势设计出具有代表性的探究题型,引导学生应用教材知识,通过“方法指导与解析”,解决有关问题,达到能力与技能的提升,起到“基本技能应用”的作用;二是《思维拓展应用》,主要是依据《重点难点探究》中的探究题型,设置了具有互补性、拓展性的问题,供学生讨论训练,达到巩固知识、提升能力的目的,起到“全面提升能力”的作用.‎ 第三层级为《技能应用与拓展》,包含两个内容:一是《基础智能检测》,主要是引导学生应用前面所学的基础知识通过智能化、迁移化,解决一些具有灵活性的基础问题;二是《全新视角拓展》,主要是结合近年来的高考真题、改编题或大型考试试题中对本节课相关知识的涉及作分析与讲解.‎ 第四层级为《总结评价与反思》,包含两个内容:一是《思维导图构建》,主要是根据学生的学习特点、思维情况、学习效果等方面对重点难点用形象的图形来复述;二是《学习体验分享》,主要是要求学生根据自身对本节课的参与情况、学习效果、学习体会等方面作出一个客观的评价.‎ ‎　　(四)课时学案的使用方法 在进行教学时,教师应根据学校、学生的实际情况对导学案中的有关内容进行必要的选择与增减.‎ 对导学案的使用,一般按“自习预习、相互讨论——展示交流、相互补充——点评方法、总结规律——课外练习、反思评价”的循环形式,循序渐进.‎ 具体操作模式:‎ 要根据班级情况(学生学习基础与人数)确定分成若干学习小组,注意这里说的学习小组与原来班级的行政小组是有区别的,行政小组是属于班级组长管理范畴,各个学科是相同的,是相对固定的,由班主任负责分组;学习小组是由各学科教师根据教学需要而划分的,各个学科可以是不相同的,而且它呈现动态架构形式,一段时间后学科教师应根据小组学习状态进行适当调整.每个组设立一名组长,各组之间学习成绩层次的人数应基本相同.‎ 第一环节　自习预习、相互讨论 在上课前由各小组对学案所列的内容(包括第一、二学习目标的所有内容)进行讨论,共同分析研究,完成所有问题.这项工作都是在课外进行的,时间一般为40~50分钟.‎ 教师在课前把学案交给组长,由他组织组员进行自习与讨论.要做到定时间、定地点、定内容,一般分三步进行.‎ 第一步:自主学习.根据学案所列的问题,由学生自行阅读教材,完成第一层级学习目标所列的两类问题(允许有些问题不会或解答错误).这一步工作要求学生独立完成,一般限时15~20分钟.学生完成后按要求交给组长,然后交换批改.‎ 注意问题:学习自觉性较差的学生可能不会完成任务,基础较差的学生会无法完成任务.‎ 采取措施:对学习自觉性较差的学生采取一定的强制手段,规定他们必须完成,给组长以批评教育的权力,教师要加强思想工作;对基础较差的学生,一段时间内可以允许他们只完成部分问题,要求他们先做到认真、自主,然后逐步提高要求,必要时教师可以预先给予适当的辅导.‎ 第二步:互相讨论.对第一步中出现的不同意见、第二层级学习目标所列问题,学生在组内展开讨论,形成统一意见,完成任务.这一步一般限时30分钟左右.‎ 注意问题:①讨论过程成为学习成绩较好的学生的“主题发言”过程,学习成绩较差与性格内向的学生默不作声,不发表意见.②错误意见或不成熟意见成为学生取笑的对象,久而久之,那些学生就不参加讨论了.‎ 采取措施:教师要注意引导学习成绩较好的学生一方面先不要抢着发言,另一方面要启发其他同学发言;对学习成绩较差与性格内向的学生要注意肯定、鼓励、表扬,让他们找到自信,达到踊跃参与的目的.‎ 第三步:达成共识.通过前两步的学习,在组内形成统一意见,并选出在课内展示的代表,鼓励组内学生自我推荐.同时对全组成员给出适当评价,并要求组内同学在讨论结束后继续反思讨论的过程与有关结论,对新发现、新问题鼓励组员在课堂展示时发表意见.‎ 注意问题:学习成绩较差与性格内向的学生不敢参与课堂展示.‎ 采取措施:初期采取一定的强制性措施,教师要动员学习成绩较好的学生帮助其他同学做好展示的准备工作.‎ 特别说明:对于一些内容比较少、比较容易的课时,第一环节也可以放在课堂内完成,但这只是在时间上的不同处理,在讨论方法、步骤、注意问题等方面都不能变化.‎ 第二环节　展示交流、相互补充 在课堂上,各组派代表在演示板(黑板、屏幕等)上展示各自的研究成果,组内成员可对此予以补充或说明.‎ 课堂展示是“学案导学法”的关键一环,对不同的问题要采用不同的展示形式,这一环节一般分两步进行.‎ 第一步:简单展示.第一层级学习目标所列问题一般可采用简单展示法,即由某个小组成员报出答案,教师直接在演示板上显示,其他各组如无异议,就不必议论,教师也只作简单总结或拓展.这段时间一般限制在5~8分钟.‎ 第二步:综合展示.第二层级学习目标所列问题一般采用综合展示法,即对某个问题先由某个小组成员展示出他们讨论的结论(课堂内一般是几个组同时进行,同一时间展示出所列的全部问题),组内成员可以补充,教师组织其他各组分别对各个问题的结论进行讨论、批评、修改或提出其他结论与方法,教师对大家所提问题、结论、方法等作出总结或拓展.‎ 对具有拓展性的问题可采用启发式展示法,即在教师的启发、点拨、提醒、引导下对问题逐步深入,挖掘规律性的结论.这段时间一般限制在25~30分钟.‎ ‎　　这一环节的注意问题与采取措施列表如下:‎ ‎ ‎ 注意问题 采取措施 ‎ ‎1.课堂内缺乏组织,整个课堂如一盘散沙 采取逐题讨论,逐题总结 ‎ ‎2.学生发表的意见不全面 加强课前准备,预先全面解题,注意引导、启发、点拨 ‎3.问题较难,学生发表不出意见 分解问题,对问题做一些铺垫 ‎4.课堂时间无法控制,造成拖课 注意统筹,课前分解好每题的讨论时间,控制使用 ‎　　第三环节　点评方法、总结规律 教师总结归纳(也可以由学生进行归纳),把讨论得出的结论归纳成一般的理性结论,提炼解题的一般方法.同时对本课时学习情况进行总结,肯定成绩,指出问题及改进要求,安排课后练习、课程评价与下一课时的学习内容.‎ 第四环节　课外练习、反思评价 学生自主完成作业,完成后交由小组交流批改,教师也可以指定此项训练交由教师批改,完成后学生先各自反思本课时的学习过程,总结经验教训,再由小组或教师对每个学生这节课的学习情况(如学习态度、自觉性、创新性、成效性、进步性等)作出一个评价.评价要从鼓励进步的角度出发,作出有利于学生更好地发挥学习积极性的评价.这个环节一般需要一个小时左右.‎ 完成这一环节工作后,即转入下一课时的第一个环节,事实上,上一课时的第四环节与下一课时的第一环节是连在一起进行的.‎ 知识点 新课程标准的要求 层次要求 领域目标要求 正弦定理和余弦定理 ‎1.通过对任意三角形边长和角度关系的探索,掌握正弦定理、余弦定理 ‎2.掌握正弦定理、余弦定理的变形公式 ‎1.通过对三角形边角关系的探究学习,体验数学探究活动的过程,培养探索精神和创新意识 ‎2.通过“应用举例”,提高应用数学知识解决实际问题的能力和实际操作的能力 ‎3.通过学习和运用,进一步体会数学的科学价值、应用价值,进而领会数学的人文价值,提高自身修养 解三角形 ‎1.能够运用正、余弦定理求解三角形的边、角 ‎2.能够运用正、余弦定理解斜三角形(无解型、一解型、两解型)‎ 正、余弦定理在几何问题中的应用 ‎1.能够运用三角形的面积公式计算与面积相关的问题 ‎2.能够运用正、余弦定理证明三角恒等式 正、余弦定理在实际问题中的应用 ‎1.能够运用正、余弦定理解决不能到达位置的距离、高度的测量问题 ‎2.能够运用正、余弦定理解决角度测量问题 本章的重点内容主要有:两个定理(正弦定理和余弦定理)、利用两个定理解三角形、三角形的面积公式及其应用、利用两个定理解决一些实际问题等.在教学时应注意以下几点:‎ ‎1.在讲解两个定理时,要引导学生对它们进行全方位地理解,知道定理的来龙去脉,如何应用,应用时应注意的问题等.例如:对于余弦定理,要求学生要掌握它的推导过程(可利用向量来进行证明)、定理及其推论的形式、适用的解三角形的类型等.‎ ‎2.教学过程中要引导学生有意识地总结一些规律方法.例如:利用正弦定理和余弦定理判断三角形形状的方法,一种是将条件中的边全部化为角的正弦或余弦值,然后利用三角变换及三角形内角和定理得到角的关系,从而判断三角形的形状;另一种是将条件中的所有角的三角函数值化为边的关系,通过代数式的运算得出边的关系,从而判断出三角形的形状.‎ ‎3.引导学生多注意一些易错点.例如:当已知两边和其中一边的对角时,若用正弦定理求另一个边所对的角会产生解的不确定性,对于此类问题要通过各种方式提醒学生解题时要加倍小心,以免漏解或多解.‎ ‎4.解三角形实际上是三角函数知识在三角形中的应用,因此三角函数的有关知识,如三角函数的定义,相关公式(同角三角函数基本关系式、诱导公式、两角和与差的三角函数公式、二倍角公式等),三角函数的图象和性质等要求学生必须熟练掌握.‎ 第1课时　正 弦 定 理 ‎1.掌握正弦定理及其证明过程.‎ ‎2.根据已知三角形的边和角,利用正弦定理解三角形.‎ ‎3.能根据正弦定理及三角变换公式判断三角形的形状.‎ 重点:正弦定理在解三角形中的应用.‎ 难点:三角形多解情况的判断.‎ 古埃及时代,尼罗河经常泛滥,古埃及人为了研究尼罗河水运行的规律,准备测量各种数据.当尼罗河涨水时,古埃及人想测量某处河面的宽度(如图),如果古埃及人通过测量得到了AB的长度,∠BAC,∠ABC的大小,那么就可以求解出河面的宽度CD,古埃及人是如何利用这些数据计算的呢?‎ 问题1:在上面的问题中, △ABC的已知元素有　∠ABC、∠BAC　和边　AB　. ‎ 若AB=2,∠ABC=30°,∠BAC=120°,则BC=　2　,CD= 　. ‎ 解三角形:　已知三角形的几个元素求其他元素　的过程. ‎ 问题2:正弦定理:在一个三角形中,各边和它所对的角的正弦的比相等,即 ==　. ‎ 问题3:正弦定理的拓展:‎ ‎①a∶b∶c=　sin A∶sin B∶sin C　; ‎ ‎②设R为△ABC外接圆的半径,则===　2R　. ‎ ‎　　问题4:在△ABC中,已知a、b和A时,解的情况如下:‎ A为锐角 A为钝角 或直角 图形 关系式 ‎①a=bsin A ‎②bsin A ‎b 解的个数 一解 两解 一解 一解 正弦定理是由伊朗著名的天文学家阿布尔·威发首先发现与证明的.中亚细亚人阿尔比鲁尼给正弦定理作出了一个证明,也有说正弦定理的证明是13世纪的那希尔丁在《论完全四边形》中首次清楚地论证了正弦定理.他还指出,由球面三角形的三个角,可以求得它的三条边,或由三边去求三个角,也就是正弦定理向球面三角学中的拓展.‎ ‎1.在△ABC中,下列等式总能成立的是(　　).‎ A.acos C=ccos A　　　　B.bsin C=csin A C.absin C=bcsin B　 D.asin C=csin A ‎【解析】根据正弦定理有:=,所以asin C=csin A,故选D.‎ ‎【答案】D ‎2.已知△ABC中,a=4,b=5,A=30°.下列对三角形解的情况的判断中,正确的是(　　).‎ A.一解 B.两解 C.无解 D.一解或无解 ‎【解析】因为a,b,A的关系满足bsin Ab,所以角A还可能是120°.‎ 于是正确的解答如下:‎ 由正弦定理得=,=,‎ ‎∴sin A=.‎ ‎∵a>b,∴A=60°或A=120°.‎ 当A=60°时,C=180°-45°-60°=75°,c==;‎ 当A=120°时,C=180°-45°-120°=15°,c==.‎ ‎【小结】已知三角形的两个角求第三个角时注意三角形内角和定理的运用,求边时可用正弦定理的变式,把要求的边用已知条件表示出来再代入计算.已知三角形两边和其中一边的对角解三角形时,首先运用正弦定理求出另一边对角的正弦值,再利用三角形中大边对大角看能否判断所求的这个角是锐角,当已知的角为大边对的角时,则能判断另一边所对的角为锐角;当已知小边对的角时,则不能判断.‎ 在△ABC中,若==,则△ABC是(　　).‎ A.直角三角形　 B.等边三角形 C.钝角三角形　 D.等腰直角三角形 ‎【解析】由正弦定理得a=2Rsin A,b=2Rsin B,c=2Rsin C(R为△ABC外接圆的半径),∴==,‎ 即tan A=tan B=tan C,∴A=B=C.‎ ‎【答案】B 在△ABC中,已知a=8,B=60°,C=75°,则A=　　　　,b=　　　　,c=　　　　. ‎ ‎【解析】A=180°-(B+C)=180°-(60°+75°)=45°.‎ 由正弦定理=,得b===4,由=,得c====4(+1).‎ ‎【答案】45°　4　4(+1)‎ 在△ABC中,已知a=,c=2,A=60°,求B、C及b的值.‎ ‎【解析】由正弦定理==,得sin C===.‎ ‎∵cb,∴B=45°.‎ ‎【答案】C ‎2.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若c=,b=,B=120°,则a等于(　　).‎ A.　　　　B.2　　　　C.　　　　D.‎ ‎【解析】由正弦定理=⇒sin C=,于是C=30°⇒A=30°⇒a=c=.‎ ‎【答案】D ‎3.在△ABC中,cos A=,cos B=,则△ABC中三边的比值a∶b∶c=　　　　　. ‎ ‎【解析】根据cos A=,cos B=可得:A=60°,B=30°,所以C=90°,故a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin C=∶1∶2.‎ ‎【答案】∶1∶2‎ ‎4.在△ABC中,若B=60°,AC=3,AB=,求A.‎ ‎【解析】由正弦定理==,‎ ‎∵AC=3,AB=,B=60°,‎ ‎∴=,解得sin C=.‎ 又ABc,故有唯一解.‎ ‎【答案】B ‎6.已知△ABC中,A、B、C的对边分别为a、b、c,若a=c=+且A=75°,则b等于(　　).‎ A.2 B.4+2‎ C.4—2 D.-‎ ‎【解析】sin A=sin 75°=sin(30°+45°)=sin 30°cos 45°+sin 45°cos 30°=,‎ 由a=c=+可知,C=75°,所以B=30°,sin B=,‎ 由正弦定理得b=·sin B=×=2,故选A.‎ ‎【答案】A ‎7.已知△ABC中,A=60°,a=,则=　　　　. ‎ ‎【解析】因为正弦定理:==,所以==2.‎ ‎【答案】2‎ ‎8.在△ABC中,求证:a2sin 2B+b2sin 2A=2absin C.‎ ‎【解析】设==k(k>0),则a=ksin A,b=ksin B,‎ 于是a2sin 2B+b2sin 2A=(ksin A)2·sin 2B+(ksin B)2·sin 2A=2k2·sin Asin B(sin Acos B+cos Asin B)=2k2sin Asin Bsin C=2·ksin A·ksin B·sin C=2absin C,‎ 所以原式成立.‎ ‎9.在△ABC中,a=x,b=2,B=45°,若△ABC只有一解,则x取值的集合是　　　　. ‎ ‎【解析】要使△ABC只有一解,则A=90°或00,C>0得0c2　,则角C是锐角. ‎ 古希腊时期欧几里得关于余弦定理的等价命题:‎ ‎1.在钝角三角形中,钝角对边上的正方形,比钝角两夹边上的正方形之和大一个矩形的两倍,这个矩形就是由一锐角向对边的延长线作垂线,垂足到钝角之间一段与另一边所构成的矩形.‎ ‎2.在锐角三角形中,锐角对边上的正方形,比锐角两夹边上的正方形之和小一个矩形的两倍,这个矩形就是由一锐角向对边作垂线,垂足到原锐角顶点之间的一段与该边所构成的矩形.‎ ‎1.在△ABC中,a∶b∶c=3∶5∶7,则△ABC的最大角为(　　).‎ A.100°　　　B.135°　　　C.120°　　　D.150°‎ ‎【解析】设三边分别为3k,5k,7k,则角C为最大角,根据余弦定理:cos C===-,‎ ‎∴C=120°.‎ ‎【答案】C ‎2.设△ABC的内角A,B,C所对边的长分别为a,b,c,若c=,b=2a,C=,则边a等于(　　).‎ A. B.1 C. D.2‎ ‎【解析】cos C===,解得a=1.‎ ‎【答案】B ‎3.(1)以7,24,25为各边长的三角形是　　　　三角形; ‎ ‎(2)以2,3,4为各边长的三角形是　　　　三角形; ‎ ‎(3)以4,5,6为各边长的三角形是　　　　三角形. ‎ ‎【解析】(1)72+242=252,∴三角形为直角三角形;‎ ‎(2)22+32-42<0,∴三角形为钝角三角形;‎ ‎(3)42+52-62>0,∴三角形为锐角三角形.‎ ‎【答案】(1)直角　(2)钝角　(3)锐角 ‎4.在△ABC中,已知a2=b2+bc+c2,求角A.‎ ‎【解析】由已知得b2+c2-a2=-bc,‎ ‎∴cos A==-,‎ 又∵00),‎ 由余弦定理有:cos A===,∴A=45°,‎ cos B===,∴B=60°,‎ ‎∴C=180°-45°-60°=75°.‎ ‎【小结】已知三角形三边求角,可先用余弦定理求一个角,再用正弦定理(也可继续用余弦定理)求另一个角,进而求出第三个角.‎ 已知两边及其中一边的对角解三角形 在△ABC中,a=3,b=3,B=30°,解这个三角形.‎ ‎【方法指导】已知角B及其对边,再使用余弦定理,获得边c的一元二次方程,解出c的值;再使用余弦定理及三角形内角和公式计算剩余两角的大小.‎ ‎【解析】根据余弦定理得:b2=c2+a2-2cacos B,‎ 即c2-9c+18=0,解得:c=3或c=6.‎ 当c=3时,cos A==-,‎ ‎∴A=120°,故C=180°-120°-30°=30°;‎ 当c=6时,cos A==,‎ ‎∴A=60°,故C=180°-60°-30°=90°.‎ 综上可知:A=60°,C=90°,c=6或A=120°,C=30°,c=3.‎ ‎【小结】已知三角形的两边与一角求第三边,必须先判断该角是给出两边中一边的对角,还是给出两边的夹角.若是给出两边的夹角,可以由余弦定理求第三边;若是给出两边中一边的对角,可以应用余弦定理建立一元二次方程,解方程求出第三边(也可以两次应用正弦定理求出第三边).‎ 利用余弦定理判定三角形形状 已知△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,向量m=(4,-1),n=(cos2,cos 2A),且m·n=.‎ ‎(1)求角A的大小;‎ ‎(2)若b+c=2a=2,试判断△ABC的形状.‎ ‎【方法指导】(1)角A的大小可以根据向量的运算求解;(2)判断△ABC的形状需借助求解的A的大小,利用余弦定理寻找边的大小,进而判断出三角形的形状.‎ ‎【解析】(1)∵m=(4,-1),n=(cos2,cos 2A),‎ ‎∴m·n=4cos2-cos 2A=4·-(2cos2A-1)=-2cos2A+2cos A+3.‎ 又∵m·n=,∴-2cos2A+2cos A+3=,解得cos A=.∵00),则b=3x,c=x.显然c>b>a,‎ ‎∴C是最大角.∴cos C===-,∴C=.‎ ‎【答案】‎ 在△ABC中,a=,b=1,B=30°,解这个三角形.‎ ‎【解析】(法一)根据余弦定理得:‎ b2=c2+a2-2cacos B,即c2-3c+2=0,‎ 解得:c=1或2.‎ 当c=1时,C=B=30°,∴A=120°;‎ 当c=2时,△ABC为直角三角形,C=90°,∴A=60°.‎ ‎(法二)可由正弦定理=⇒sin A==,‎ ‎∴A=60°或120°.‎ 当A=60°时,C=90°,∴c=2;‎ 当A=120°时,C=30°,∴c=1.‎ 在钝角△ABC中,a=1,b=2,则最大边c的取值范围是　　　　. ‎ ‎【解析】根据余弦定理得:cos C==,‎ ‎∵C为最大角,∴C为钝角,即cos C=∈(-1,0),‎ 解得:a,∴B>A.又∵0°a,故A=30°.‎ ‎【答案】D ‎2.在△ABC中,角A,B,C所对的边长分别为a,b,c.若C=120°,c=a,则(　　).‎ A.a>b B.aβ　　　　　　B.α=β C.α+β=90° D.α+β=180°‎ ‎【解析】根据仰角与俯角的定义可知α=β.‎ ‎【答案】B ‎2.如图所示,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】由题意知∠ACB=120°,AC=BC=a.‎ 在△ABC中,由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos 120°=2a2-2a2×(-)=3a2,∴AB=a.‎ ‎【答案】B ‎3.海上有A,B,C三个小岛,测得A,B两岛相距10 n mile,∠BAC=60°,∠ABC=75°,则B,C间的距离是　　　　n mile. ‎ ‎【解析】在△ABC中,由正弦定理可得=,‎ 即BC===5.‎ ‎【答案】5‎ ‎4.如图,为测一树的高度,在地面上选取A、B两点,从A、B两点分别测得树尖的仰角为30°、45°,且A、B两点之间的距离为60 m,求树的高度h.‎ ‎【解析】由正弦定理得:=,∴PB=,∴h=PBsin 45°=(30+30)m.‎ ‎(2013年·江苏卷)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动的速度为130 m/min,山路AC长为1260 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=×=1040(m).‎ 所以索道AB的长为1040 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)=200[37×(t-)2+],‎ 因0≤t≤,即0≤t≤8,故当t=(min)时,甲、乙两游客距离最短.‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎1.把一副标准的三角板按如图所示进行摆放,则AE∶BE的值为(　　).‎ A.∶　　　　　　B.∶1　‎ C.∶1　 D.2∶1‎ ‎【解析】∵∠A=30°,∠ABE=45°,∴AE∶BE=sin 45°∶sin 30°=∶1.‎ ‎【答案】B ‎2.一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°,距灯塔68海里的M处,下午2时到达这座灯塔的东南方向N处,则这条船航行的速度为(　　).‎ A.海里/小时 B.34海里/小时 C.海里/小时 D.34海里/小时 ‎【解析】如图所示,在△PMN中,PM=68,∠PNM=45°,∠MPN=120°,‎ 由正弦定理可得:=,‎ ‎∴MN=34,‎ ‎∴航行速度为海里/小时.‎ ‎【答案】A ‎3.据新华社报道,2013年8月,台风“尤特”在我国沿海登陆.台风中心最大风力达到12级以上,大风、降雨给灾区带来严重的灾害,不少大树被大风折断.某路边一树干被台风吹断后,折成与地面成45°角,树干也倾斜为与地面成75°角,树干底部与树尖着地处相距20米,则折断点与树干底部的距离是　　　　米. ‎ ‎【解析】如图,设树干底部为O,树尖着地处为B,折断点为A,‎ 则∠ABO=45°,‎ ‎∠AOB=75°,∴∠OAB=60°.‎ 由正弦定理知,=,∴AO=(米).‎ ‎【答案】‎ ‎4.如图,一艘船以32.2 n mile/h的速度向正北航行.在A处看灯塔S在船的北偏东20°的方向,30 min后航行到B处,在B处看到灯塔在船的北偏东65°的方向,已知距离此灯塔6.5 n mile以外的区域为航行安全区域,这艘船可以继续向正北方向航行吗?‎ ‎【解析】在△ABS中,AB=32.2×0.5=16.1 n mile,∠ABS=115°,根据正弦定理,‎ ‎=,‎ AS==ABsin ∠ABS×‎ ‎=16.1×sin 115°×.‎ S到直线AB的距离是d=AS×sin 20°=16.1×sin 115°××sin 20°≈7.06(n mile),7.06>6.5.‎ 所以这艘船可以继续沿正北方向航行.‎ ‎5.一艘海轮从A处出发,以每小时40海里的速度沿东偏南50°方向直线航行,30分钟后到达B处,在C处有一座灯塔,海轮在A处观察灯塔,其方向是东偏南20°,在B处观察灯塔,其方向是北偏东65°,那么B、C两点间的距离是(　　).‎ A.10海里 B.10海里 C.20海里　　 D.20海里 ‎【解析】如图所示,由已知条件可得,∠CAB=30°,∠ABC=105°,‎ ‎∴∠BCA=45°.‎ 又AB=40×=20(海里),‎ ‎∴由正弦定理可得=,‎ ‎∴BC==10(海里).‎ ‎【答案】A ‎6.如图,为测得河对岸塔AB的高,先在河岸上选一点C,使C在塔底B的正东方向上,测得点A的仰角为60°,再由点C沿北偏东15°方向走10米到位置D,测得∠BDC=45°,则塔AB的高是(　　).‎ A.10米 B.10米 C.10米　 D.10米 ‎【解析】在△BCD中,CD=10,∠BDC=45°,∠BCD=15°+90°=105°,∠DBC=30°,由正弦定理可得=,则BC==10.在Rt△ABC中,tan 60°=,则AB=BCtan 60°=10.‎ ‎【答案】D ‎7.如图,一艘船上午9:30在A处测得灯塔S在它的北偏东30°的方向,之后它继续沿正北方向匀速航行,上午10:00到达B处,此时又测得灯塔S在它的北偏东75°的方向,且与它相距8 n mile.此船的航速是　　　　n mile/h. ‎ ‎【解析】设航速为v n mile/h,‎ 在△ABS中AB=v,BS=8,∠BSA=45°,‎ 由正弦定理得=,则v=32 (n mile/h).‎ ‎【答案】32‎ ‎8.某校在运动会开幕式上举行升旗仪式,旗杆正好处在坡度15°的看台的某一列的正前方,从这一列的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°,第一排和最后一排的距离为10米(如图所示),旗杆底部与第一排在一个水平面上.若国歌长度约为50秒,则升旗手应以多大的速度匀速升旗?‎ ‎【解析】在△BCD中,∠BDC=45°,∠CBD=30°,CD=10,‎ 由正弦定理,得BC==20.‎ 在Rt△ABC中,AB=BCsin 60°=20×=30(米).‎ 所以升旗速度v===0.6(米/秒).‎ ‎9.江岸边有一炮台高30 m,江中有两条船,船与炮台底部在同一水平面上,由炮台顶部测得俯角分别为45°和60°,而且两条船与炮台底部连线成30°角,则两条船相距　　　　m. ‎ ‎【解析】如图,OM=AOtan 45°=30(m),‎ ON=AOtan 30°=×30=10(m),‎ 在△MON中,由余弦定理得,‎ MN=‎ ‎==10(m).‎ ‎【答案】10‎ ‎10.如图,有一位于A处的雷达观测站发现其北偏东45°,相距20海里的B处有一货船正以匀速直线行驶,20分钟后又测得该船只位于A点北偏东45°+θ(其中cos θ=)且与点A相距5海里的位置C处.‎ ‎(1)求该船的行驶速度.‎ ‎(2)在A处的正南方20海里E处有一暗礁(不考虑暗礁的面积),如果货船继续前行,它是否有触礁的危险?说明理由.‎ ‎　　【解析】(1)由图易知:AB=20,AC=5,cos θ=,‎ 由余弦定理得BC=‎ ‎==5.‎ 所以货船的行驶速度为v==15(海里/小时).‎ ‎(2)如图所示,设直线AE与BC的延长线相交于点Q,‎ 在△ABC中,由余弦定理得,‎ cos B===,‎ ‎∴sin B=,‎ sin Q=sin(45°-B)=sin 45°cos B-cos 45°·sin B=,‎ 在△ABQ中,由正弦定理得=,‎ 即=,AQ=20,‎ 故船继续前行有触礁的危险.‎ 第5课时　应用举例(二)‎ ‎1.掌握三角形面积公式.‎ ‎2.结合正、余弦定理与三角恒等变换解决一些三角式子的化简求值与证明等问题.‎ 重点:三角形面积公式的应用.‎ 难点:正、余弦定理与三角恒等变换的交汇考查.‎ 某市在“旧城改造”计划中,决定在如图所示的一块三角形空地上种植草皮,以美化环境.已知这种草皮的价格为a元/平方米,则购买这种草皮需要多少元?‎ 问题1:上述问题在计算时,需要计算三角形空地的面积,在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,则△ABC的面积为S= absin C　= bcsin A　= acsin B　. ‎ 问题2:利用A+B+C=π及++=的关系,将下列式子用含C的三角函数表示:sin(A+B)=　sin C　,cos(A+B)=　-cos C　,tan(A+B)=　-tan C　,sin =　cos 　,cos =　sin 　. ‎ 问题3:在△ABC中,(1)若sin A>sin B,则边a,b的大小关系是　a>b　;(2)若cos A>cos B,则边a,b的大小关系是　a0,cos B>0知A、B均为锐角,‎ ‎∵tan A=<1,∴0,‎ ‎∴0sin B,即b为最短边,‎ 由正弦定理知,=,∴b=.‎ 三角恒等式的证明与求值 在△ABC中,三个角A、B、C所对边长分别为a=3、b=4、c=6,则bccos A+cacos B+abcos C的值为　　　　. ‎ ‎【方法指导】利用余弦定理的推论将余弦值转化为边的形式,整理化简,再将三边长代入即可.‎ ‎【解析】bccos A+cacos B+abcos C ‎=bc·+ca·+ab·‎ ‎=(b2+c2-a2+a2+c2-b2+a2+b2-c2)‎ ‎=(a2+b2+c2)=.‎ ‎【答案】‎ ‎【小结】三角恒等变换求值时,对于边、角共存的式子,一般利用正、余弦定理或恒等变换公式将其转化为角或边的形式,再结合条件完成恒等式的证明或关系式的求值.‎ 正、余弦定理与三角恒等变换的交汇考查 在△ABC中,BC=,AC=3,sin C=2sin A.‎ ‎(1)求AB的值;‎ ‎(2)求sin(2A-)的值.‎ ‎【方法指导】(1)利用正弦定理求解;(2)利用余弦定理求出cos A,进而可得sin A的值,再根据差角公式和二倍角公式可解sin(2A-).‎ ‎【解析】(1)在△ABC中,根据正弦定理有=,‎ ‎∴AB=·BC=2BC=2.‎ ‎(2)在△ABC中,根据余弦定理的推论,得cos A==,‎ ‎∴sin A==,∴sin 2A=2sin Acos A=,cos 2A=cos2A-sin2A=,‎ ‎∴sin(2A-)=sin 2Acos -cos 2Asin =.‎ ‎【小结】三角恒等变换与正、余弦定理在高考中经常交汇出现.根据正、余弦定理可以计算内角的正、余弦值,再结合和、差、倍、半角公式可以求解问题中出现的三角函数值,恒等变换公式与正、余弦定理公式往往交替使用,具体的选择要结合条件及待求量灵活处理.‎ 三角形的面积公式 在△ABC中,B=30°,AB=2,AC=2,求△ABC的面积.‎ ‎【方法指导】先用正弦定理求出C,从而得出A,再代入面积公式S=bcsin A即可.‎ ‎【解析】由正弦定理,得=,‎ ‎∴sin C==.‎ ‎∵AB>AC,∴C>B,∴C=60°.‎ ‎∵C=60°,∴A=90°,‎ ‎∴S△ABC=AB·AC·sin A=2.‎ ‎[问题]角C的值一定为60°?‎ ‎[结论]角C的值不一定为60°,也可能为120°.‎ 由正弦定理,得=,∴sin C==.‎ ‎∵AB>AC,∴C>B,∴C=60°或120°.‎ 当C=60°时,A=90°,∴S△ABC=AB·AC·sin A=2;‎ 当C=120°时, A=30°,∴S△ABC=AB·AC·sin A=.‎ 故△ABC的面积等于2或.‎ ‎【小结】在利用面积公式求面积时,用正弦定理求到两边的夹角的正弦值,此时夹角的大小需要进行分类讨论,以防漏解.‎ 在△ABC中,求证:-=c(-).‎ ‎【解析】∵cos B=,cos A=,‎ ‎∴右边=c(-)===-=左边,‎ ‎∴-=c(-).‎ 在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C所对的边长,a=,b=,1+2cos(B+C)=0,求角B及边BC上的高.‎ ‎【解析】在△ABC中,cos(B+C)=-cos A,‎ ‎∴1+2cos(B+C)=1-2cos A=0,∴A=.‎ 根据正弦定理,=,‎ ‎∴sin B==.‎ ‎∵a>b,∴B=,‎ ‎∴sin C=sin(B+A)=sin Bcos A+cos Bsin A ‎=×+×=,‎ ‎∴BC边上的高为bsin C=×=.‎ 在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知A=,bsin(+C)-csin(+B)=a.‎ ‎(1)求证:B-C=;‎ ‎(2)若a=,求△ABC的面积.‎ ‎【解析】(1)由正弦定理结合已知条件,得 sin B·sin(+C)-sin Csin(+B)=sin A,‎ sin B(sin C+cos C)-sin C(sin B+cos B)=,‎ 整理得sin Bcos C-cos Bsin C=1,‎ 即sin(B-C)=1,由于00,知0c,b=,求·的值.‎ ‎【方法指导】(1)利用正弦定理进行边角互化;(2)·等价于△ABC中bc与cos A的积,即在△ABC中求c与cos A.‎ ‎【解析】(1)因为a-2bsin A=0,‎ 所以 sin A-2sin Bsin A=0,‎ 因为sin A≠0,所以sin B=.‎ 又B为锐角,所以B=.‎ ‎(2)根据余弦定理,得b2=7=a2+c2-2accos,‎ 整理,得(a+c)2-3ac=7.由已知a+c=5,得ac=6.‎ 又a>c,故a=3,c=2,‎ 所以cos A===,‎ 所以·=||·||cos A=cbcos A ‎=2××=1.‎ ‎【小结】与解三角形的知识交汇考查时,向量数量积的计算多使用公式a·b=|a||b|cos,应围绕公式中的量,由已知向未知转换,完成对数量积的求解.‎ 三角恒等变换与正、余弦定理的交汇考查 设△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c,(a+b+c)·(a-b+c)=ac.‎ ‎(1)求B;‎ ‎(2)若sin Asin C=,求C.‎ ‎【方法指导】(1)先化简(a+b+c)(a-b+c)=ac,再由余弦定理的推论求出角B;(2)利用条件sin Asin C=以及(1)中结论,先计算cos(A-C),然后再去求解角C.‎ ‎【解析】(1)因为(a+b+c)(a-b+c)=ac,‎ 所以a2+c2-b2=-ac.‎ 由余弦定理得cos B==-,‎ 因此B=120°.‎ ‎(2)由(1)知A+C=60°,所以 cos(A-C)=cos Acos C+sin Asin C ‎ =cos Acos C-sin Asin C+2sin Asin C ‎ =cos(A+C)+2sin Asin C ‎ =+2×‎ ‎ =,‎ 故A-C=30°,因此C=15°.‎ ‎[问题]根据cos(A-C)=,一定能得出A-C=30°,从而角C一定为15°吗?‎ ‎[结论]根据cos(A-C)=,得出A-C=30°不一定成立,A-C还可能为-30°.‎ ‎(1)同错解部分. ‎ ‎(2)由(1)知A+C=60°,‎ 所以cos(A-C)=cos Acos C+sin Asin C ‎ ‎=cos Acos C-sin Asin C+2sin Asin C ‎ ‎=cos(A+C)+2sin Asin C ‎ ‎=+2×=, ‎ 故A-C=30°或A-C=-30°, 因此C=15°或C=45°.‎ ‎【小结】三角恒等变换公式与正、余弦定理交汇考查时,多体现在利用恒等变换公式计算相应角的三角函数值,然后再利用正、余弦定理解三角形或求解三角形的角、边等.‎ 已知f(x)=-cos2x+sin ωx的图象上两相邻对称轴间的距离为(ω>0).‎ ‎(1)求f(x)的单调减区间;‎ ‎(2)在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,若f(A)=,c=3,△ABC的面积是3,求a的值.‎ ‎【解析】由已知得,函数f(x)的周期为π.‎ ‎∵f(x)=-cos2+sin ωx=-+sin ωx=sin ωx-cos ωx-=sin(ωx-)-,‎ ‎∴ω==2,∴f(x)=sin(2x-)-.‎ ‎(1)由2kπ+≤2x-≤2kπ+π,得2kπ+π≤2x≤2kπ+π,‎ ‎∴kπ+≤x≤kπ+π(k∈Z),∴f(x)的单调减区间是[kπ+,kπ+π](k∈Z).‎ ‎(2)由f(A)=,得sin(2A-)-=,sin(2A-)=1,‎ ‎∵0b,则B等于(　　).‎ A. B. C. D.‎ ‎【解析】由正弦定理得sin Asin Bcos C+sin Csin Bcos A=sin B,所以sin B(sin Acos C+cos Asin C)=sin Bsin(A+C)=sin2B=sin B,因为sin B≠0,所以sin B=,又因为a>b,所以B为锐角,故B=.‎ ‎【答案】A ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎1.在△ABC中,若B=,b=a,则C等于(　　).‎ A.　　　B.　　　C.　　　D.‎ ‎【解析】根据正弦定理可得=,即=,解得sin A=,因为b=a>a,所以A0,所以C=.根据正弦定理可得=,即==2,所以sin A=,因为AB>BC,所以Ab　 ‎ 解个数 ‎　一解　 ‎ ‎　两解　 ‎ ‎　一解　 ‎ ‎　一解　 ‎ ‎　　上表中,A为锐角时,若　a0,∴c=3,‎ 则BC边上的高为c·sin B=3×=.‎ ‎【答案】B　‎ ‎12.在△ABC中,若(a-ccos B)sin B=(b-ccos A)sin A,则这个三角形是(　　).‎ A.等腰三角形 B.直角三角形 C.等腰或直角三角形 D.等腰直角三角形 ‎【解析】根据正、余弦定理,原式可以化简为ab-bc×=ab-ac×,整理得:=,解得:a4-b4+c2(b2-a2)=0,整理得:(a2-b2)(a2+b2-c2)=0,所以a=b或者a2+b2=c2,故为等腰或直角三角形.‎ ‎【答案】C 二、填空题 ‎13.在亚丁湾某海域有一执行任务的甲军舰获悉,其正东方向距离20海里处,有一艘货轮遇海盗袭击等待营救,甲舰南偏西30°距离10海里处有一艘乙舰,甲、乙两舰共同实施救援行动,此时乙舰与货轮的距离是　　　　海里. ‎ ‎【解析】根据余弦定理得:d==10 .‎ ‎【答案】10 　‎ ‎14.在△ABC中,若a=2,b+c=7,cos B=-,则b=　　　　. ‎ ‎【解析】由余弦定理得,cos B===-,解得b=4.‎ ‎【答案】4‎ ‎15.已知△ABC的两条边长分别为2,3,其夹角的余弦值为,则其外接圆半径为　　　　. ‎ ‎【解析】不妨令a=2,b=3,cos C=,‎ ‎∴c2=a2+b2-2abcos C=4+9-2×2×3×=9,‎ ‎∴c=3.‎ 又sin C==,‎ ‎∴2R===,∴R=.‎ ‎【答案】‎ ‎16.在△ABC中,AD为BC边上的中线,且AC=2AB=2AD=4,则BD=　　　　. ‎ ‎【解析】如图所示,设BD=DC=x,因为∠ADB+∠ADC=180°,所以cos∠ADB=-cos∠ADC.又AC=2AB=2AD=4,由余弦定理得=-,解得x=(x=-舍去),故BD=.‎ ‎【答案】‎ 三、解答题 ‎17.在△ABC中,设内角A,B,C的对边分别为a,b,c,向量m=(cos A,sin A),向量n=(-sin A,cos A),若|m+n|=2.‎ ‎(1)求角A的大小;‎ ‎(2)若b=4,c=2,求△ABC的面积.‎ ‎【解析】(1)|m+n|2=(cos A+-sin A)2+(sin A+cos A)2=4+2(cos A-sin A)=4+4cos(+A),‎ ‎∴4+4cos(+A)=4,∴cos(+A)=0.‎ ‎∵A∈(0,π),∴+A=,∴A=.‎ ‎(2)由余弦定理知:a2=b2+c2-2bccos A,‎ 即a2=(4)2+(2)2-2×4×2cos,‎ 解得a=4,∴c=4,∴S△ABC=×4×4×=8.‎ ‎18.已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边,acos C+asin C-b-c=0.‎ ‎(1)求A;‎ ‎(2)若a=2,△ABC的面积为,求b,c.‎ ‎【解析】(1)由acos C+asin C-b-c=0及正弦定理得 sin Acos C+sin Asin C-sin B-sin C=0.‎ 因为B=π-A-C,‎ 所以sin Asin C-cos Asin C-sin C=0.‎ 由于sin C≠0,所以sin(A-)=.‎ 又0c).求角A的度数以及a,b,c的大小.‎ ‎【解析】由韦达定理b+c=3,b·c=4cos A,‎ 由正弦定理b=2Rsin B=2sin B,c=2Rsin C=2sin C,‎ ‎∴2(sin B+sin C)=3,sin B·sin C=cos A.‎ 将等式(sin B+sin C+sin A)(sin B+sin C-sin A)=3sin Bsin C利用平方差公式展开为(sin B+sin C)2-sin2A=3sin Bsin C,‎ 把sin B+sin C=,sin B·sin C=cos A代入上式可得:-sin2A=3cos A.‎ 整理得:4cos2A-12cos A+5=0,‎ 即(2cos A-5)(2cos A-1)=0,‎ ‎∴cos A=或cos A=(舍去),‎ ‎∴A=60°,∴∵b>c,∴b=2,c=1,‎ 由余弦定理得:a2=b2+c2-2bccos A=3,∴a=.‎ ‎22.某广场有一块不规则的绿地如图所示,城建部门欲在该地上建造一个底座为三角形的环境标志,小李、小王设计的底座形状分别为△ABC、△ABD,经测量AD=BD=7米,BC=5米,AC=8米,∠C=∠D.‎ ‎(1)求AB的长度;‎ ‎(2)若环境标志的底座每平方米造价为5000元,不考虑其他因素,小李、小王谁的设计使建造费用最低(请说明理由),最低造价为多少?(=1.414,=1.732)‎ ‎【解析】(1)在△ABC中,由余弦定理得 cos C==,　①‎ 在△ABD中,由余弦定理得 cos D==,　②‎ 由∠C=∠D得cos C=cos D,‎ 解得AB=7,所以AB的长度为7米.‎ ‎(2)易知S△ABD=AD·BDsin D,S△ABC=AC·BCsin C,‎ 因为AD·BD>AC·BC,且∠C=∠D,所以S△ABD>S△ABC.‎ 故选择小李的设计将使建造费用较低.‎ 因为cos C=,所以sin C=,‎ 故S△ABC=AC·BCsin C=10,‎ 所以所求的最低造价为5000×10=50000≈86600元.‎