新課標創(chuàng)新人教A數(shù)學必修 章末小結(jié)與測評

1、 解三角形就是已知三角形中的三個獨立元素(至少一條邊)求出其他元素的過程三角形中的元素有基本元素(邊和角)和非基本元素(中線、高、角平分線、外接圓半徑和內(nèi)切圓半徑)，解三角形通常是指求未知的元素，有時也求三角形的面積解斜三角形共包括四種類型：(1)已知三角形的兩角和一邊(一般先用內(nèi)角和求角或用正弦定理求邊)；(2)已知兩邊及夾角(一般先用余弦定理求第三邊)；(3)已知三邊(先用余弦定理求角)；(4)已知兩邊和一邊的對角(先用正弦定理求另一邊的對角或先用余弦定理求第三邊，注意討論解的個數(shù))典例1ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，asin Acsin Casin Cbsin B.(1)

2、求角B的大??；(2)若A75°，b2，求a，c. 解：(1)由正弦定理得a2c2acb2.由余弦定理得b2a2c22accos B.故cos B，因此B45°.(2)sin Asin(30°45°)sin 30°cos 45°cos 30°sin 45°.故ab×1.由已知得，C180°45°75°60°，cb×2×.對點訓練1在ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且滿足(2ab)cos Cccos B，ABC的面積S10，c7.(1)

3、求角C; (2)求a，b的值解：(1)(2ab)cos Cccos B，(2sin Asin B)cos Csin Ccos B，2sin Acos Csin Bcos Ccos Bsin C，即2sin Acos Csin(BC)2sin Acos Csin A.A(0，)，sin A0.cos C.C.(2)由Sabsin C10，C，得ab40.由余弦定理得c2a2b22abcos C，即c2(ab)22ab，72(ab)22×40×.ab13.由得a8，b5或a5，b8.根據(jù)已知條件(通常是含有三角形的邊和角的等式或不等式)判斷三角形的形狀時，需要靈活地應用正弦定理

4、和余弦定理轉(zhuǎn)化為邊的關系或角的關系判斷三角形的形狀是高考中考查能力的常見題型，此類題目要求準確地把握三角形的分類，三角形按邊的關系分為等腰三角形和不等邊三角形；三角形按角的關系分為銳角三角形、直角三角形和鈍角三角形判斷三角形的形狀，一般有以下兩種途徑：將已知條件統(tǒng)一化成邊的關系，用代數(shù)方法求解；將已知條件統(tǒng)一化成角的關系，用三角知識求解在解三角形時常用的結(jié)論有：(1)在ABC中，A>Ba>bsin A>sin Bcos A<cos B；ABabsin Asin Bcos Acos B.(2)在ABC中，ABC，ABC，則cos(AB)cos C，sin(AB)sin C

5、，sincos .(3)在ABC中，a2b2<c2cos C<0<C<；a2b2c2cos C0C；a2b2>c2cos C>00<C<.典例2在ABC中，若B60°，2bac，試判斷ABC的形狀解：法一：由正弦定理，得2sin Bsin Asin C.B60°，AC120°.2sin 60°sin(120°C)sin C展開整理得sin Ccos C1.sin(C30°)1.0<C<120°，C30°90°.C60°，則A60

6、6;.ABC為等邊三角形法二：由余弦定理，得b2a2c22accos B.B60°，b，a2c22accos 60°，化簡得(ac)20.ac.又B60°，abc.ABC為等邊三角形對點訓練2在ABC中，若，試判斷ABC的形狀解：由已知，得.可有以下兩種解法法一：利用正弦定理，將邊化角由正弦定理得，即sin Ccos Csin Bcos B，即sin 2Csin 2B.B，C均為ABC的內(nèi)角，2C2B或2C2B180°.即BC或BC90°.ABC為等腰三角形或直角三角形法二：利用余弦定理，將角化邊，由余弦定理得，即(a2b2c2)c2b2(a2

7、c2b2)a2c2c4a2b2b4，即a2b2a2c2c4b40.a2(b2c2)(c2b2)(c2b2)0，即(b2c2)(a2b2c2)0.b2c2或a2b2c20，即bc或a2b2c2.ABC為等腰三角形或直角三角形.正、余弦定理將三角形中的邊和角關系進行了量化，為我們解三角形或求三角形的面積提供了依據(jù)，而三角形中的問題常與向量、函數(shù)、方程及平面幾何相結(jié)合，通?？梢岳谜?、余弦定理完成證明、求值等問題(1)解三角形與向量的交匯問題，可以結(jié)合向量的平行、垂直、夾角、模等知識轉(zhuǎn)化求解(2)解三角形與其他知識的交匯問題，可以運用三角形的基礎知識、正、余弦定理、三角形面積公式與三角恒等變換，通過

8、等價轉(zhuǎn)化或構(gòu)造方程及函數(shù)求解典例3在ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c且a>c，已知，cos B，b3，求：(1)a和c的值；(2)cos(BC)的值解：(1)由，得c·acos B2，又cos B，所以ac6.由余弦定理，得a2c2b22accos B.又b3，所以a2c2322×6×13.解得或因為a>c，所以a3，c2.(2)在ABC中，sin B ，由正弦定理，得sin Csin B×.因ab>c，所以C為銳角，因此cos C .于是cos(BC)cos Bcos Csin Bsin C××.對點

9、訓練3ABC的面積是30，內(nèi)角A、B、C所對邊長分別為a、b、c，cos A. (1)(2)若cb1，求a的值解：(1)在ABC中，cos A，A為銳角且sin A，SABCbcsin Abc·30.bc156. bccos A156×144.(2)由余弦定理得a2b2c22bccos A(bc)22bc(1cos A)12×156×25，a5.正弦定理、余弦定理在實際生活中有著非常廣泛的應用常用的有測量距離問題，測量高度問題，測量角度問題等解決的基本思路是畫出正確的示意圖，把已知量和未知量標在示意圖中(目的是發(fā)現(xiàn)已知量與未知量之間的關系)，最后確定用哪

10、個定理轉(zhuǎn)化，用哪個定理求解，并進行作答，解題時還要注意近似計算的要求典例4如圖所示，一輛汽車從A市出發(fā)沿海岸一條直公路以100 km/h的速度向東勻速行駛，汽車開動時，在A市南偏東方向距A市500 km且與海岸距離為300 km的海上B處有一快艇與汽車同時出發(fā)，要把一件稿件交送給這輛汽車的司機(1)快艇至少以多大的速度行駛才能把稿件送到司機手中？(2)求快艇以最小速度行駛時的行駛方向與AB所成的角；(3)若快艇每小時最快行駛75 km，快艇應如何行駛才能盡快把稿件交到司機手中，最快需要多長時間？解：(1) 如圖所示，設快艇以v km/h的速度從B處出發(fā)，沿BC方向，t小時后與汽車在C處相遇在A

11、BC中，AB500，AC100t，BCvt，BD為AC邊上的高，BD300.設BAC，則sin ，cos ，由余弦定理得，BC2AC2AB22AB·ACcos ，即v2t2(100t)250022×500×100t·，整理得，v210 000250 00010 000250 0003 600. 當，即t時，v3 600，vmin60.即快艇至少以60 km/h的速度行駛才能把稿件送到司機手中(2)當v60 km/h時，在ABC中，AB500，AC100×625，BC60×375，由余弦定理cosABC0，ABC90°，故快艇

12、應以垂直AB的方向向北偏東行駛(3) 如圖所示，設快艇以75 km/h的速度沿BE行駛，t小時后與汽車在E處相遇 在ABE中，AB500，AE100t，BE75t，cos BAE.由余弦定理(75t)25002(100t)22×500×100t×，整理得t4或t(舍)，當t4時，AE400，BE300，AB2AE2BE2，所以快艇應垂直于海岸向北行駛才能盡快把稿件交到司機手中，最快需要4 h.對點訓練4 如圖，某住宅小區(qū)的平面圖呈扇形AOC.小區(qū)的兩個出入口設置在點A及點C處，小區(qū)里有兩條筆直的小路AD，DC，且拐彎處的轉(zhuǎn)角為120°.已知某人從C沿CD

13、走到D用了10分鐘，從D沿DA走到A用了6分鐘若此人步行的速度為每分鐘50米，求該扇形的半徑OA的長(精確到1米)解：法一：設該扇形的半徑為r米由題意，得CD500米，DA300米，CDO60°.在CDO中，CD2OD22·CD·OD·cos 60°OC2，即5002(r300)22×500×(r300)×r2，解得r445(米)法二：連接AC，作OHAC，交AC于點H.由題意，得CD500米，AD300米，CDA120°.在ACD中，AC2CD2AD22·CD·AD·cos

14、 120°500230022×500×300×7002，AC700(米)cosCAD.在RtHAO中，AHAC350(米)，cos HAO，OA445(米).一、選擇題(每小題5分，共60分)1在ABC中，a7，b14，A30°，則此三角形解的情況是()A一解B兩解C一解或兩解 D無解解析：選A因為absin A，故該三角形有一解2在ABC中，B45°，C60°，c1，則最短邊長為()A. B. C. D.解析：選BA180°(60°45°)75°，故最短邊為b，由正弦定理可得，即b，

15、故選B.3在ABC中 ，a5，c10，A30°，則角B的值為()A105° B15° C105°或15° D75°解析：選C由a<c，得A<C，根據(jù)正弦定理，得sin C，得C45°或135°，則B105°或15°，故選C.4在銳角ABC中，角A，B所對的邊長分別為a，b.若2asin Bb，則角A等于()A. B. C. D.解析：選D由已知及正弦定理得2sin A sin Bsin B，因為sin B>0，所以sin A.又A，所以A.5在ABC中，A>B，則以下不等

16、式正確的個數(shù)為()sin A>sin B；cos A<cos B；sin 2A>sin 2B；cos 2A<cos 2B.A0個 B1個 C2個 D3個解析：選D由題意知，sin A>sin B，cos A<cos B均正確，由sin A>sin B>0可知sin2A>sin2B，cos 2A<cos 2B.故正確個數(shù)為3個，選D.6在ABC中，b2，B45°，若這樣的三角形有兩個，則邊a的取值范圍為()Aa>2 B2<a<3C2<a<2 D2<a<2解析：選D由題意得2<a&

17、lt;2，故選D.7在ABC中，已知sin2Asin2Bsin2C，且sin A2sin Bcos C，則ABC的形狀是()A等腰三角形 B等邊三角形C直角三角形 D等腰直角三角形解析：選D由sin2Asin2Bsin2C及正弦定理可知a2b2c2A為直角；而由sin A2sin Bcos C，可得sin(BC)2sin Bcos C，整理得sin Bcos Ccos Bsin C，即sin(BC)0，故BC.綜合上述，BC，A.即ABC為等腰直角三角形8在ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，若(a2c2b2)tan Bac，則的值為()A1 B. C. D.解析：選D由余弦定理a

18、2c2b22accos B2ac·sin Bacsin B，由正弦定理sin B，故選D.9飛機沿水平方向飛行，在A處測得正前下方地面目標C的俯角為30°，向前飛行10 000米，到達B處，此時測得目標C的俯角為75°，這時飛機與地面目標C的距離為()A5 000米 B5 000 米C4 000米 D4 000 米解析：選B如圖，在ABC中，AB10 000米，A30°，C75°30°45°.根據(jù)正弦定理，BC5 000(米)10在ABC中，邊a，b，c分別是角A，B，C的對邊，且滿足bcos C(3ac)cos B若b4，

19、則ac的值為()A9 B10 C11 D12解析：選D由正弦定理及已知bcos C(3ac)cos B，得sin Bcos C(3sin Asin C)cos B，化簡得sin B·cos Csin Ccos B3sin Acos B，即sin(BC)3sin A·cos B，即sin A3sin Acos B，得cos B.由 11設ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且3acos C4csin A，已知ABC的面積Sbcsin A10，b4，則a的值為()A. B. C. D.解析：選B由3acos C4csin A得，又由正弦定理，得tan C，由Sbcs

20、in A10，b4csin A5，由tan Csin C，又根據(jù)正弦定理，得a，故選B.12空中有一氣球，在它的正西方A點測得它的仰角為45°，同時在它南偏東60°的B點，測得它的仰角為30°，若A、B兩點間的距離為266米，這兩個觀測點均離地1米，那么測量時氣球到地面的距離是()A.米 B.米 C266米 D266 米解析：選B如圖，D為氣球C在過AB且與地面平行的平面上的正投影，設CDx米，依題意知，CAD45°，CBD30°，則ADx米，BD米在ABD中，由余弦定理得AB2AD2BD22AD·BD·cosADB，即26

21、62x2(x)22x·(x)·cos 150°7x2，解得x，故測量時氣球到地面的距離是米二、填空題(每小題5分，共20分)13設ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a2，cos C，3sin A2sin B，則c_解析：3sin A2sin B，3a2b.又a2，b3.由余弦定理可知c2a2b22abcos C，c222322×2×3×16，c4.答案：4解析：SABC·|AB|·|AC|·sin A，即·|AB|·|AC|·，所以|AB|·|AC|4

22、，4×2.答案：215在ABC中，a14，A60°，bc85，則該三角形的面積為_解析：設這兩邊長分別為8x和5x，則cos 60°，解得x2，則b16，c10，SABCbcsin A×16×10sin 60°40.答案：4016等腰三角形的底邊長為a，腰長為2a，則腰上的中線長等于_解析：如圖，ABAC2a，BCa，設BC中點為D，連接AD，則ADBC.在RtABD中，cos B.設AB中點為點E，連接CE，則在BEC中，BEBCa，由余弦定理CE2CB2BE22CB·BE·cos Ba2a22a2·2

23、a2a2a2，CEa.答案：a三、解答題(共70分)17(本小題10分)在ABC中，BCa，ACb，a，b是方程x22x20的兩個根，且2cos(AB)1.求：(1)角C的大??；(2)AB的長度解：(1)在ABC中，cos Ccos(AB)cos(AB)，又0°<C<180°，C120°.(2)由題設，得由余弦定理AB2AC2BC22AC·BCcos Ca2b22abcos 120°a2b2ab(ab)2ab(2)2210，AB.18 (本小題12分)如圖所示，在四邊形ABCD中，AC平分DAB，ABC60°，AC7，AD

24、6，SACD，求AB的長解：在ACD中，SACDAC ·ADsin1，sin1，sin2.在ABC中，BC5，且cos 2，BC2AB2AC22AB·ACcos2，即25AB24911AB，(AB8)·(AB3)0，AB8或AB3.19(本小題12分)已知：在ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，B45°，b，cos C.(1)求邊a的長；(2)設D為AB的中點，求CD的長解：(1)cos C，sin2Ccos2C1，0<C<， sin C.B45°，ABC，sin Asin(BC)sin Bcos Ccos Bsin C××.由正弦定理，得a3.(2)法一：在ABC中，由余弦定理得c2b2a22abcos C()2(3)22××3×4，即ABc2，BDAD1.在DBC中，CD2BD2BC22BD·BCcos B12(3)22×1×3×13，CD.法二：延長CD到E點，使CDDE，連接AE，BE，則四邊形ACBE為平行四邊形(2CD)2BE2BC22BE·BCcos(ACB)()2(3)22××3×52，CD.20(本小題12分)在AB