余弦定理正弦在幾何生活應(yīng)用舉例高一數(shù)學(xué)考點題型技巧精講與精練高分突破人教版必修二冊

A必修第二冊【考點梳考點二考點三A必修第二冊【考點梳考點二考點三θ的范圍是0°≤θ<360°(2)坡比(坡度)，即i h＝tanθ＝【題型歸題型一：正、余弦定理判定三角形的形狀bccosAsinB1（2021·江蘇宿遷·高一期末）在ABC中，角ABC所對的邊分別為abcaccos sinABC的【題型歸題型一：正、余弦定理判定三角形的形狀bccosAsinB1（2021·江蘇宿遷·高一期末）在ABC中，角ABC所對的邊分別為abcaccos sinABC的形狀是）AD2（2021·甘肅·慶陽第六中學(xué)高一期末）已知ABC的內(nèi)角ABC所對的邊分別為abc，滿足abcosCABC的形狀一定是）ADABC中l(wèi)g(sinAsinC2lgsinBlg(sinCsinA，3（2021ABC的形狀（）AD題型二：求三角形的周長或者邊長最值或范4（2021在銳角ab）3A．3B．2,3C．2,2ABC所對的邊分別為abc，已知a235（2021·在ABC的面積S2(b2c2a2，則ABC周長的最大值是2）B．62A．C．4D．6BC，DCD＝aC與∠ADB的度數(shù)AB的值.AB的值6（2021·重慶南開中學(xué)高一階段練習(xí)）ABC中，角ABC所對的邊分別為abc，若滿足c2acosCcsinA的三角形ABC有兩個，則邊BC的長度的取值范圍是 6（2021·重慶南開中學(xué)高一階段練習(xí)）ABC中，角ABC所對的邊分別為abc，若滿足c2acosCcsinA的三角形ABC有兩個，則邊BC的長度的取值范圍是 A．2B．3C．3,D．2,題型三：幾何圖形中7（2021·7BAD2πBDABC的面積為）3A．7B．D．633ABC所對的邊分別為abc8（2021如圖，設(shè)3acosCccosA2bsinB，且CABD是ABCDC1,DA23 B．ABC的內(nèi)角CB3A．ABC3 3459（2021·遼寧·高一期末）在ABCB45，DBCBAD75DC1,AC7AB）A．B．題型四：求三角形面積最值或者10（2021·四川新都·高一期末）設(shè)銳角ABC的內(nèi)角AB、C所對的邊分別為a、b、cc1cosA3asinCb2ABC的面積的取值范圍是）32A．1,B．32A．B．題型四：求三角形面積最值或者10（2021·四川新都·高一期末）設(shè)銳角ABC的內(nèi)角AB、C所對的邊分別為a、b、cc1cosA3asinCb2ABC的面積的取值范圍是）32A．1,B．32D．1,23,1（2021·c2a21c)]．若b2a，面積S [caABC內(nèi)角ABCb2242asinB2bsinC，則△ABC面積的最大值為）A．B．C．633332021·江蘇省丹陽高級中學(xué)高一階段練習(xí)）已知abc分別為ABC的三個內(nèi)角ABCa2，且2bsinAsinBcbsinC，則ABC面積的最大值為）A．8B．4C．23題型五：正、余弦定理和三角函數(shù)綜合13（2021·bc，若a2c23acb2，則cosAsinC的取值范圍為）333,2A．221,32C．2D． 14（2021·3，則∠ABC的最大值為）D．A．6323cosB2abABC所對的邊分別為ab153，則∠ABC的最大值為）D．A．6323cosB2abABC所對的邊分別為ab15（2021·廣東·深圳中學(xué)高一期中）ABC，若cos c1，則a2b2ab的取值范圍為）A．1C．5 題型六：測量距離16（2021·45和60，且BDC60，則此建筑物的高度為）A．103B53C．10D．517（2021·里/小時的速度，按北偏東15C，測得燈塔A在其正西方向，此時船與燈塔A為）A．B403C206D406題型七：測量高度18（2021·）A．40(13)BC206D406題型七：測量高度18（2021·）A．40(13)B．40(13)C．20(62)D．40(62)319（2021的高度為）A．20（32m4-mD．10（324-題型八：測量角度20（2021·C對于山坡的斜度為15，向山頂前進(jìn)100mBC對于山坡的斜度為45，若CD50m于地平面的坡度為，則cos等于）3363221（2021·PO1km3363221（2021·PO1km，小車的速度是20km/h，則cosAOB）B．A．3344C．D．88題型九：正、余弦定理在幾何中的綜合性22（2021·廣東·中山市第二中學(xué)高一階段練習(xí)）在ABC中，設(shè)cos2Asin2Bcos2CsinAsinB（1）求角C的大?。?）若c3，求ABC周長的取值范圍2021·重慶市江津中學(xué)校高一階段練習(xí)）ABCDCD33BC77cosCBD（1）求∠BDC（2）若A，求△ABD周長的最大值3ABCabc分別為角ABC24（2021·sin2Asin2Csin2BsinAsinCb 3，求2ac的取值范圍若【雙基達(dá)一、單選25（2021·b 3，求2ac的取值范圍若【雙基達(dá)一、單選25（2021·）B．6C．5D．326（2021·）A503B．1003C506D．100627（2021·公路上由東向西勻速行駛7.5分鐘后，到B處，此時測得俯角為20km/h，則cosAOB）B．A．3344C．D．8828（2021·B．A．3344C．D．8828（2021·A點，正北方向的C市受到臺風(fēng)侵襲，一艘船從A點出發(fā)前去實施救援，以24nmile/h在A處看到S島在船的北偏東153hBB處看到S島在船的北偏東45方向.此船從A4）到C市航行過程中距離S島的最近距離為B．D．1n2nA．C．n1n29（3m，tanMCA3，cosNCB14，MCNABCNB平ABC，AC60m，BC4MN之間的距離為 A．75B．75C．75D．30（2021·尖的仰角為30°45A，B兩點之間的距離為60m，則樹的高度為）A．(153B．(3015C．(3030D．(153031（2，繼續(xù)在地面上前進(jìn)2003m以后測得山峰的仰角為4，則該山峰的高度為A．(153B．(3015C．(3030D．(153031（2，繼續(xù)在地面上前進(jìn)2003m以后測得山峰的仰角為4，則該山峰的高度為）D．100A．B．C．32（2021·量時氣球到地面的距離CD是 A2667B．(71)C．266 777ABC所對的邊分別為abc33（2021·重慶第二外國語學(xué)校高一階段練習(xí)）ABCab，則sin2ABC的形狀為） AD34（2021·AB，高為15315m，在它們之間的地面上的點（BMD三點共線）處測得樓頂A，教堂頂C的仰角分別是15和60，在樓頂A處測得塔頂C的仰角為小明估算泰州基督教堂的高度為）A．B．C．20D．30【高分突一：單選35（2021·云南·昆明八中高一階段練習(xí)）若(abc)(bca)3bc，且sinA2sinBcosC，那么ABC（）AA．B．C．20D．30【高分突一：單選35（2021·云南·昆明八中高一階段練習(xí)）若(abc)(bca)3bc，且sinA2sinBcosC，那么ABC（）AD36（2011· ADA637（2021·黑龍江·哈爾濱三中高一階段練習(xí)）若O且sinBcosCABsinCcos2msinBsinCAO，則m）323336A．238（2021·上海·高一專題練習(xí)）已知ABCABC所對的邊分別為abc，滿足cos2Acos2Bcos21sinAsinC，且sinAsinC1，則ABCAC．頂角為D．頂角為39（2020·遼寧·沈陽二中高一期末）如圖，已知OPQ是半OPOQ及扇形弧上的三個動點（不同于OPQ三點）,則ABC周長的最小值是）6666C．D．224440（2021·浙江·高一單元測試）ABC中，∠BAC2DBC上，AD⊥ACBD13 ）7777ABCcos2Bac（a，b，cA，B，C的對邊41（2021 AD42（2021·江西·奉新縣第一中學(xué)高一階段練習(xí)）銳角ABC中，角A、B、C）7777ABCcos2Bac（a，b，cA，B，C的對邊41（2021 AD42（2021·江西·奉新縣第一中學(xué)高一階段練習(xí)）銳角ABC中，角A、B、C所對的邊分別為a、b、c，a2b2ac0，則sinA的取值范圍是）sin23,32,2C．3A．D．2 二、多選43（2021·ABC中，a，b，c分別為ADBC確的是）abA．，則ABCsin sinab，則ABCcos cosC．若tanAtanBtanC0，則ABC為鈍角三D．若absinCccosB，則C444（2021·河北·滄州市一中高一階段練習(xí)）如圖，ABC的內(nèi)角ABC所對的邊分別為abc．若ab3acosCccosA2bsinBDABC外一點，DC1DA3，則下列說法正確的是且）A．ABCAC23，則ABCD 352 325ABC所對的邊分別為abcABC345（2021·重慶·銅梁一中高一階段練習(xí)）ABC 352 325ABC所對的邊分別為abcABC345（2021·重慶·銅梁一中高一階段練習(xí)）ABC3，則下列說法正確的是）Aac的最小值是Bac的最大值是Ca3c的最小值是3Da3c的最小值是42346（2021·在3BD2，則下列說法正確的是）32ABDBC，則ABCBBDBC，則ABC的外接圓半徑是2383DABBC的最小值 三、填空47（2020·點，從A點測得M點的仰角MAN600C點的仰角CAB450以及MAC750；從CMCA600．已知山高BC100m，則山高M(jìn)N m11148（2021·上?！じ咭黄谥校〢BC2sin2Asin2B2sin2Ctan tan tan值 49（2020·BCD120，則AD的長 sinAsinCbcc50（2021·上?！じ咭黄谥校┰贏BC中，內(nèi)角ABC所對的邊分別為ab，，且 b3，則ABC的周長的最大值 51（2020·）1若sin2Asin2BABC2若sinAb3，則ABC的周長的最大值 51（2020·）1若sin2Asin2BABC2若sinAsinBABC3若sin2Asin2Bcos2C1，則ABC4若tanAtanBtanC0，則ABC則其中正確命題的序號 把所有正確的命題序號都填上四、解答52（2021·2,B45（1）求sinC的值（2）BCD，使得cosADC4，求tanDAC553（2021·bcosCccosB2acosB（Ⅱ）若b3，求a2c的最大值54（2021·江蘇·吳江汾湖高級中學(xué)高一階段練習(xí)）在ABC中，設(shè)角ABC的對邊長分別為abcsinAsinBacasin（2）若ABC為銳角三角形，且c2，求ABC的面積S的取值范圍55（2020·在3asinCccosA,a2c2b23ac1AB的大小ABMCNb42M，N是CMN的面積的最小3【答案詳根據(jù)正弦定理把已知等式中的邊轉(zhuǎn)化為角的正弦，利用兩角和公式化簡得sin2Asin2B，故2A2B2A2BbccosAsinB【答案詳根據(jù)正弦定理把已知等式中的邊轉(zhuǎn)化為角的正弦，利用兩角和公式化簡得sin2Asin2B，故2A2B2A2BbccosAsinBsinBsinCcosAsinBaccos sinsinAsinCcos sin即sin2Asin2B，所以2A2B或者2A2BABAB，2AB時則C，22所以ccosBabccosAsinB中，這時accosB00accos sina2b2利用余弦定理將abcosC化為ab，然后化簡可得答案abcosCa2b2由余弦定理可得ab，則2a2a2b2c2則a2c2b2ABC為直角三角形利用給定條件結(jié)合對數(shù)運算可得sin2Bsin2Csin2A，再利用正弦定理角化邊即可判斷得解因lg(sinAsinC2lgsinBlg(sinCsinA，則有l(wèi)g(sin2Csin2Algsin2B即有sin2Csin2因lg(sinAsinC2lgsinBlg(sinCsinA，則有l(wèi)g(sin2Csin2Algsin2B即有sin2Csin2Asin2B，于是得sin2Csin2Asin2B c 得c2a2b2在ABCsin sin sin所以ABC是直角三角形利用正弦定理化cb12cosA轉(zhuǎn)化為sinCsinB12cosAABasinA，求出它的取值范圍即可 解：銳角ABC中，cb12cosAsinCsinB1sinAcosBcosAsinBsinB2cosAsinBsinABsinBABBA2BABBAasinA2sinBcosB2cosB ABC3BC3B2C 2， A2B2又6B4，22cosB即的取值范圍是2,322cosAsinA，進(jìn)而可得cosA1sinA由已知利用三角形的面積公式可求的33可求bc6，根據(jù)三角形的周長即可求解其最大值S2(b2c22cosAsinA，進(jìn)而可得cosA1sinA由已知利用三角形的面積公式可求的33可求bc6，根據(jù)三角形的周長即可求解其最大值S2(b2c2a2)2(2bccosA)1bcsinA222即22cosAsinA，又cos2Asin2A1解得cosA1sinA2333，由余弦定理可得：12b2c22bcbc28bc…bc22bc21bc2又a3333bc236，即bc當(dāng)且僅當(dāng)bc則ABC周長的最大值是623由正弦定理及題意可得的值，再由余弦定理得關(guān)于邊的二次方程，由方程有兩個正根可求得解：因為acosCcsinA，所以由正弦定理得sinAcosCsinCsin因為sinA0，所以tanC4因為C(0,)，所以C，由余弦定理得c2a2b22abcosC，由于c2所以b22aba2202a2(a22)a2所以，即，a22a2ABx，在△ABDx4，設(shè)ABD，結(jié)合正弦定理求得sin，得到cossin 3的值，利用三角形的面積公式，即可求解ABxBD2AB2AD22ABADcos23x4在△ABD中，由余弦定x22x240 5設(shè)ABD，由正弦定理知sinsin，解得sin ，所以cos，3所以sinsincoscossin 3的值，利用三角形的面積公式，即可求解ABxBD2AB2AD22ABADcos23x4在△ABD中，由余弦定x22x240 5設(shè)ABD，由正弦定理知sinsin，解得sin ，所以cos，3所以sinsincoscossin211573321 33 所以 1ABBCsin1427213 3223sinB2sin2BB，得到CA、B3332sinADC532D正確，C面積等于 3 443acosCccosA2bsinB因為3sinAcosCsinCcosA2sin2B3sinAC2sin2B，3sinB2sin2B所以3BB(0,，可得sinB0，所以sinB32又因為CAB，所以CAB33 3AC21ADDC由四邊形ABCD面積等于 42 3AD2DC22ADDCcosADC)1ADDC42544154ADC2sinADC2sinADC 414232在ADCAD2，在△ADBABADC45751200，根據(jù)余弦定理AC2AD2DC22ADDCcos1200AD2AD60AD2ADB600，sin sin322ADsin0AB6在ADCAD2，在△ADBABADC45751200，根據(jù)余弦定理AC2AD2DC22ADDCcos1200AD2AD60AD2ADB600，sin sin322ADsin0AB6sin22A，利用正弦定理求得c13B3面積公式以及正切函數(shù)的基本性質(zhì)可求得結(jié)果tan因為c1cosA3asinC，由正弦定理可得sinC1cosA3sinAsinC2sinA 因為C為銳角，則sinC03sinAcosA 6，63 sinA Q0A 2A ，A ，A， 6 2 bsinBbc3sinB3cosB13Qb2cbsinsin sinsinsinsintan0B62332B因為ABC為銳角三角形，則 B 3 1bcsinA3c333,1 tanB 229(c2202)9由正弦定理邊角關(guān)系得ab2bc，則a2c，由9S4ABC面積的最大值∵asinB2bsinC∴由正弦定理得ab2bc且b≠0，即a9(c2202)9由正弦定理邊角關(guān)系得ab2bc，則a2c，由9S4ABC面積的最大值∵asinB2bsinC∴由正弦定理得ab2bc且b≠0，即a2c且b29c410c249(c220 1[4c4(5c24)2]9c440c2∴，422444．93A，再用一次余弦定理結(jié)合不等式求解三形面積最值由a2且2bsinAsinBcbsinC即absinAsinBcbsinC由正弦定理ababcbc所以b2c2a2bc，故cosAb2c21，所以A2則由余弦定理a24b2c22bccosAb2c2bc2bcbcbc所以bc4，當(dāng)且僅當(dāng)bc2時等號成立所以 1bcsinA 3bc 343△244a2b2c22bccosA2bc2bccosA2bc1從而bc，當(dāng)且僅當(dāng)bc時等號成立11S△ABC2bcsinA2sinA2?1cosA6先根據(jù)條件a2c23acb2B，然后把cosAsinC3sinA，結(jié)合角A的范圍可得cosAsin3的取值范圍3B(0,B由a211S△ABC2bcsinA2sinA2?1cosA6先根據(jù)條件a2c23acb2B，然后把cosAsinC3sinA，結(jié)合角A的范圍可得cosAsin3的取值范圍3B(0,B由a2c23acb2和余弦定理得cosBa2c2620A0A23222A．20C0 A6cosAsinCcosAsinAcosAsin 63sinA3cosA3sinAcosA1cosA23sinA2 322A2∵1sinA2A5 333 2233cosAsinC的取值范圍 3cosAsinC3 222222，利用余弦定理結(jié)合基本不等式得出cosB ，即由余弦定理可求得b2，再由等面積關(guān)系可得acsin求得sinB 32ccosAacosCb2c2a2b22，整理可得b2由余弦定理可得ca13，所以231acsinB，即ac2AC，22sincosBa2c2b22ac2accosB13sinB332，即sinB 3sinB3cosB 3 B0,b2c2a2b22，整理可得b2由余弦定理可得ca13，所以231acsinB，即ac2AC，22sincosBa2c2b22ac2accosB13sinB332，即sinB 3sinB3cosB 3 B0,B B ， 333 3 B，故∠ABC.322，由基本不等式得cosB 關(guān)鍵點睛：本題考查余弦定理的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是等面積關(guān)系得acsincos 2a2sinAsinABCcos,csin2sinAcosCsinBcosCcosBsinCsin(BC)sinA而sinA0，則cosC10C，于是得C23AB2AB，因ABC為銳角三角形，即33663由正弦定理得acsinAsin(),b sin()232sin333 a2b2ab4sin2 ) sin ) ) 2 34[(3cos1sin)2(3cos1sin)2(3cos1sin)(3cos1sin 22222224(9cos21sin2)1(8cos21)34371(8cos21)33cos1，則有78cos219 27所以abab的取值范圍為33] 結(jié)合圖形由余弦定理可得答案設(shè)ABx，則BCx，BD 3x3在△BCDBC2BD2DC22BDDCcosBDC結(jié)合圖形由余弦定理可得答案設(shè)ABx，則BCx，BD 3x3在△BCDBC2BD2DC22BDDCcosBDCx21x210023x101332x253x1500x53x103（舍由正弦定理可得答案由題意可知ABC60,A45BC40 AC206AC206海里根據(jù)仰角與俯角概念列式求解如圖ABDE40,ADBBDC43ABBCAB3BDAB3AB40403 3 3h,BOh，則在ABO中，由余弦定理，AB2AO2BO22AO 3h,BOh，則在ABO中，由余弦定理，AB2AO2BO22AOBO3h2，得h m.4003h2h24在ABCAC＝1002m，再在ADC中，由正弦定理得解在ABC，sin AB100m，∴AC＝1002ADC90，CD50在ADC，sin(90 ∴cossin90ACsin153AB，再由余弦定理解出cosAOB由題意可得OAP30OBPOP1km，OPOA，OPOB3km，OB1km則OA45222AB20 AB，再由余弦定理解出cosAOB由題意可得OAP30OBPOP1km，OPOA，OPOB3km，OB1km則OA45222AB20 423AOB8(1)(2)(3)(4)將三角形問題還原為實際問題，注意實際問題中的有關(guān)單位問題、近似計算的要求等22（（2）3,23轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)求值域即可得出（1）由題意知1sin2Asin2B1sin2CsinAsinB即sin2Asin2Bsin2CsinAsinB由正弦定理得a2b2c2由余弦定理得cosCab 1 0C,C.又3abc32,a2sinA,bsin， 3則ABCLabc2sinAsinB32 AsinA32sinA 3 30A,A2sinA33 2232sinA323 3ABC周長的取值范圍是33,2本題主要考查了三角函數(shù)的平方關(guān)系，正余弦定理，兩角和差的正弦公式，三角函數(shù)的單調(diào)性，屬于中檔題3（1）（20A,A2sinA33 2232sinA323 3ABC周長的取值范圍是33,2本題主要考查了三角函數(shù)的平方關(guān)系，正余弦定理，兩角和差的正弦公式，三角函數(shù)的單調(diào)性，屬于中檔題3（1）（2（2）在△BCDBD4，在△ABDAABx,ADy3x2y21，即x2y216xy，利用基本不等式求得x ，進(jìn)而求出△ABD周長的最大cosA.22（1）在△BCD中，QcosCBD 7，sinCBD17314 ，sin sin7sinBDCBCsinCBD23 CBD為鈍角，BDC為銳角，BDC6BC2BD2CD27BD27（2）在cosCBDBCD中，由余弦定理2BC273BD4BD5（舍去在△ABDAABx,AD3AB2AD2BD2x2y216由余弦定理得cosAx2y2162AB2x0,y3xxyxy2163xy1644即xy264，當(dāng)且僅當(dāng)xy4時，等號成立，即x 8所以ABAD84所以△ABD生的轉(zhuǎn)化能力與運算解能力，屬于中檔題24（1）（2）3（2）利用正弦定理結(jié)合三角恒等變換化簡2a所以ABAD84所以△ABD生的轉(zhuǎn)化能力與運算解能力，屬于中檔題24（1）（2）3（2）利用正弦定理結(jié)合三角恒等變換化簡2ac，再由銳角三角形得出C的范圍，進(jìn)而得出答案（1）由已知sin2Asin2Csin2BsinAsinC，結(jié)合正弦定理，得a2c2b2ac1B0,BcosBa2c23 （2）Bb332ac4sinA2sinC4sin2C2sinC4sin2cosCcos2sinC2sinC23cos333C2因為ABC，則0cosC362所以2ac的取值范圍為0得ABDDBC，從而得出cosBDC，然后在BDEBEDE360190km4由題意DAB60DABCAD60，ABBD 60212022601201603AD2BD2AB2，所以DB2從而ABD30，于是DBC13)2240，cosBDCBD3 3DCBD2BC2(603)213)2240，cosBDCBD3 3DCBD2BC2(603)2 BE2BD2DE22BDDEcosBDE(603)29022603903360034BE603亭子間的距離由題意，可得ACD30，ADC105，BDCDAC45,ADB∴CD在△ACD中，由正弦定理得100ADAD502sin sin在△ABD中，由余弦定理可得AB2AD2BD22ADBDcos6015000AB6A、B兩個亭子之間的距離為506分析出POA、POB均為直角三角形，求出OA、OBAB的長，再利用余弦定理可求得的值由題意POAOBAOBOAOBPOAOPOPOB均為直角三角形，且PAO30PBO45分析出POA、POB均為直角三角形，求出OA、OBAB的長，再利用余弦定理可求得的值由題意POAOBAOBOAOBPOAOPOPOB均為直角三角形，且PAO30PBO45所以，POAPO1，可得OB1OA3tancosAOBOA2OB2AB231AB7.52032OA218構(gòu)造三角形運用正弦定理求解三角形即可得出結(jié)果SEAB，ASBABS135AB24318BAS15ASB180ABSSAB4ABsin135 AS2nmilesin sinsin931n1cos2SESA·sinSAB182sin15182所以船與S島的最先在RtMAC中求得CMRtBCN中求得CN，再在MNC中利用余弦定理求MN即可AC60m，tanMCA3依題意，在RtMAC4 3AM45mtanMCA 則CM AM2AC2452602， 375CN3mcosNCB15AC60m，tanMCA3依題意，在RtMAC4 3AM45mtanMCA 則CM AM2AC2452602， 375CN3mcosNCB15，BC在RtBCN，又MNCMCN1507527532275753cos150MNCM2CN22CMCN7MN之間的距離為75解：在△PABPAB30APB15AB又sin15sin4530sin45cos30cos45sin30232162 ４，sin PB 13062624PBsin45306223032由題設(shè)，若PCO2PBO4PAO4AB600BC2003∴PBAB600,PCBC2003302PB2BC2∴PBAB600,PCBC2003302PB2BC2PCcos2，2PB22∴sin21，則sin42cos2sin2322根據(jù)題意在△ABD中根據(jù)余弦定理即可求解設(shè)CDxCAD45,CBDADxBD3在△ABD中由余弦定理得AB2AD2BD22ADBDcosADB即2662x23x)22x·(3x)·cos150x77故測量時氣球到地面的距離是( 77利用降次公式、余弦定理化簡已知條件，由此確定正確選項依題意sin2Ca1cosC1，即， 2 所以cosCbaa2b2ba化簡得a2b2c2ABC是直角三角形在RtABMAM，在△ACM中利用正弦定理求出CM，在Rt△CDM即可求得CD在依題意sin2Ca1cosC1，即， 2 所以cosCbaa2b2ba化簡得a2b2c2ABC是直角三角形在RtABMAM，在△ACM中利用正弦定理求出CM，在Rt△CDM即可求得CD在RtABM中，232162sin15sin45 4 15315AM2，64在△ACMCAM301545AMC1801560，ACM180453030 即，sin sinsin sin223021302sin60所以sin2在Rt△CDM中CDCMsin606033032所以估算泰州基督教堂的高度為303m首先利用余弦定理求出A，再由sinA2sinBcosC利用正弦定理將角化邊，以及余弦定理將角化邊可得bc(abc)(bca)3bc[(bc)a][(bc)a]3bc(bc)2a23bcb22bc[(bc)a][(bc)a]3bc(bc)2a23bcb22bcc2a23bcb2bcc2a2根據(jù)余弦定理有a2b2c22bccosAb2bcc2a2b2c22bccosAbc2bccoscosA12A60又由sinA2sinBcosCaa2b2csin2cosC，則2，sinb即bc，ABCcosC＜0，即得三角形是鈍角三角形 c sin sin sinC＝(3x)2(5x)210C為鈍角．所以△ABC223x(1)析推理能力.(2)判定三角形的形狀，一般先求最大角的余弦再判斷三角形的形狀利用垂心的性質(zhì)，連接COABD，得到CDABsinsincosC3cosB25 Bm3msin，再把cosC，整理后得到值6在ABCsinBsinC由sinBcosCABsinCcosBAC2msinBsinCAOcoscosC3cosB25 Bm3msin，再把cosC，整理后得到值6在ABCsinBsinC由sinBcosCABsinCcosBAC2msinBsinCAOcos cos AB AC2mAOsinsin連接COABD因為O是ABC的垂心，所以CDABAOADDO所 AB AC2mADcos cossinsincosCABABcosBACAB2mADDOsinsincosCc2cosBbccosA2mADAB2mbcosAsin sinAcos cos ，所 c2 6sin sin 由正弦定理可得cosCsinC3cosBsinC3msinBsin2又sinC0，所以有cosC3cosB3msinB2而CAB5B6所以cosCcos5B3cosB1sinB6221sinB3msinB236而sinB0，所以得到ma2c212先利用同角三角函數(shù)基本關(guān)系得sin2AsinCsinB22sinAsinC再利用sinAsinAsinA a2c212先利用同角三角函數(shù)基本關(guān)系得sin2AsinCsinB22sinAsinC再利用sinAsinAsinA 3由題1sin2A1sin2B1sin2C1sinAsina2c212即sinAsinCsinBsinAsinC222即cosB1 B0,B223sinAsinA1整理得sinA A,B故 366故ABC為頂角為C1，C2．連接==∴．．在△ABD中利用正弦定理得tanC 3,結(jié)合平方關(guān)系求解即5 sinCsin2Ccos2C，解得tanC3又所以sinC==∴．．在△ABD中利用正弦定理得tanC 3,結(jié)合平方關(guān)系求解即5 sinCsin2Ccos2C，解得tanC3又所以sinCsin35sin C5cos62 a2 aaa2c2a∵ ，∴2 ，1cosB，整理得a2b2c2 cc利用余弦定理、正弦定理邊角互化思想、兩角差的正弦公式，并結(jié)合條件a2b2ac0B2A，根據(jù)sin為銳角三角形得出角A的取值范圍，可得 1的取值范圍sin 2cosQa2b2ac0，即a2a2c22accosBac0，化簡得2acosBca0由正弦定理邊角互化思想得2sinAcosBsinCsinA0即2sinAcosBsinABsinA0sinAcosBcosAsinBsinAsinAsinBcosAcosBsinAsinBA由正弦定理邊角互化思想得2sinAcosBsinCsinA0即2sinAcosBsinABsinA0sinAcosBcosAsinBsinAsinAsinBcosAcosBsinAsinBABA2Q0A，0B，，BAA，B2A2220A22ABC是銳角三角形，且CAB3A，所以02A，03A2A4cosA3，所以，sinAsinA 3,2，26sin sin2 2cos 2sinA的取值范圍是32 sin的能力，屬于中等題B：∵由正弦定理得sin2Asin2B，可以判斷∴ABCsinAsinBsin，利用sinA0,sinB0,sinC0,判斷cosAcosBcosC0tanAtanBtanCcosAcosBcosD：利用正弦定理判斷得cosCsinC求出角Cabab，∴sinAsinB對于A：∵由正弦定理sin sinsin sin∵A+B+C=πA=B,即ABCAab，sin sinab可化為sinAcosAsinBcosB,即sin2Asin2Bcos cos2A2B或2A2B∴ABCB∴sinab可化為sinAcosAsinBcosB,即sin2Asin2Bcos cos2A2B或2A2B∴ABCB∴sinABsinCsinC，cosABcosCcosC∴tanAtanBtan=sinAsinBsincos cos cos=sinAcosBsinBcosAsincosAcoscossinsin=cosAcos cos=sinC11cosAcos cosC=sinCcosCcosAcosBcosAcosBcossinAsinBsin=.cosAcosBcostanAtanBtanC0而sinA0,sinB0sinCcosAcosBcosC必有一個小于∴ABC為鈍角三角形CDabsinCccosB即sinBcosCsinCcosBsinBsinCsinCcos∴cosC4∵C0,∴CD正確.(1)(2)利用三角函數(shù)恒等變換化簡已知等式可求sinB，再利用ab，可知ABC為等邊三角形，從而判斷AABCDBACxx0，在ADCx2106cosD，利用三角形的面積公式，三角函數(shù)恒等變換的，可求S四邊形ABCD值，判斷CD由正弦定理a2RsinAb2RsinBc2利用三角函數(shù)恒等變換化簡已知等式可求sinB，再利用ab，可知ABC為等邊三角形，從而判斷AABCDBACxx0，在ADCx2106cosD，利用三角形的面積公式，三角函數(shù)恒等變換的，可求S四邊形ABCD值，判斷CD由正弦定理a2RsinAb2RsinBc2RsinC得3sinAcosCsinCcosA2sinBsinB3232sinB,sinBab，B是等腰ABC的底角，B )2B,△ABC是等邊三角形，A3A正確知D2cosD132但由于DC1,DA3,AC23時DC2DA2AC21232(211 cosD2DA21∴BC正確，D設(shè)DAC2DC2DA22DCDAcos106cos 3(106cos)3 3cos43sin2S 3sin33cos3四邊形 2223(sin1cos3)532223sin()53 (0,),sin()(3,1]32533，∴C正確，D23S四邊形先根據(jù)三角形面積公式得出acac，再利用基本不等式可求解SVABCSVABDSVBDC1acsin2223asin3csin，化簡得acacacac先根據(jù)三角形面積公式得出acac，再利用基本不等式可求解SVABCSVABDSVBDC1acsin2223asin3csin，化簡得acacacac2ac，當(dāng)且僅當(dāng)ac時成立，解得ac4A正確，Bacac，111 a3c(a3c)114a3c4c43 c 當(dāng)且僅當(dāng) ，即a3c時等號成立，故C錯誤，D正確 關(guān)鍵點睛：由角平分線的性質(zhì)以及面積公式得出acac，再利用基本不等式是解決本題的關(guān)鍵A、B、C選項由已知結(jié)合正弦定理和差角公式及同角的基本關(guān)系進(jìn)行變形即可判斷，D選項用角BDACD，所以ABDCBDBBDBC236 ，A5CBDC 22 sinAB22sin522sin22 coscossin3 44 6所以 1ABBCsinABC1312333，故A正確2222A42RBCsinBBDBC，由正弦定理sinsinBDC，因為ADB和∠BDC,sinsin66ABC 設(shè)A，則C2BDC36,，sin sinADBsin所以 1ABBCsinABC1312333，故A正確2222A42RBCsinBBDBC，由正弦定理sinsinBDC，因為ADB和∠BDC,sinsin66ABC 設(shè)A，則C2BDC36,，sin sinADBsin sin2sin 2sin 6 63sin ABBCsin23cos1322303ABBC3若，13022若0, 903113,0 0,ABBC3，令t，t 32 43 23t33t1 343ABBC3t3t443334383，當(dāng)且僅當(dāng)33t1 ，即t3時，則tan33t3或33 或5（舍去tan3，故363綜上：當(dāng)ABC為等邊三角形時，ABBC的最小值 3，故D正確38化為關(guān)于某個角的函數(shù)，利用函數(shù)思想求最值BAC45,ABC90,BC100,AC2，在AMC試題分析：在ABCsin 2解sin sinsin sinAM1003,100BAC45,ABC90,BC100,AC2，在AMC試題分析：在ABCsin 2解sin sinsin sinAM1003,1003sin150(m)24yh23y111 ＝，從而得解＝tan tan tan 4 4 2a2b22c2如圖，作BD⊥ACD因為2a2b22c22(y2h2xy)22(x2h2x22xy3y20tanAtanCtanB，1tanAtanC1tan(AC)tanB，1tanAtantanAtan tan tanAtanC1111xhy tan tan tan tan tan tanAtan ＝hh h h 2 ，當(dāng)且僅當(dāng)h13y.4 4 132結(jié)合的思想及轉(zhuǎn)化與化歸的能力，屬于難題6512AC,設(shè)ACB,則ACD120RtABC中可求sin,，再在ACD中由余弦定理可表示，建立h h 2 ，當(dāng)且僅當(dāng)h13y.4 4 132結(jié)合的思想及轉(zhuǎn)化與化歸的能力，屬于難題6512AC,設(shè)ACB,則ACD120RtABC中可求sin,，再在ACD中由余弦定理可表示，建立等量關(guān)系即可得解AC,設(shè)ACB,則ACD45,cos，4435 2cos1201cos3sin153222241232435,又在ACD中由余弦定理有AD2653,232AD65123365本題考查兩角差的余弦公式和余弦定理，屬于基礎(chǔ)題ac利用正弦定理把已知等式角化邊，然后經(jīng)過適當(dāng)變形后可得(ac)29