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-1-章末整合知识网络系统构建题型突破深化提升专题一应用正、余弦定理解三角形例1在△ABC中,由已知条件解三角形,其中有两解的是()A.b=20,A=45°,C=80°B.a=30,c=28,B=60°C.a=14,b=16,A=45°D.a=12,c=15,A=120°解析:解法一:选项A中已知两角及夹边,有唯一解;选项B中已知两边及夹角,有唯一解;选项C中,bsinA=8214=ab,有两解;选项D中,A是最大角,但ac,所以无解.解法二:由a=14,b=16,A=45°及正弦定理得,sin𝐵16=sin45°14,所以sinB=427,因为ab,A=45°,所以角B有两解.答案:C题型突破深化提升例2已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边,c=3asinC-ccosA.(1)求A;(2)若a=2,△ABC的面积为3,求b,c.解:(1)由c=3asinC-ccosA及正弦定理得3sinAsinC-cosAsinC-sinC=0.由于sinC≠0,所以sin𝐴-π6=12.又0Aπ,故A=π3.(2)△ABC的面积S=12bcsinA=3,故bc=4.而a2=b2+c2-2bccosA,故b2+c2=8.解得b=c=2.题型突破深化提升专题二判断三角形的形状例3已知方程x2-(bcosA)x+acosB=0的两根之积等于两根之和,且a,b为△ABC的两边,A,B为两内角,试判定这个三角形的形状.解:解法一:设方程的两根为x1、x2,由韦达定理知x1+x2=bcosA,x1x2=acosB,由题意得bcosA=acosB,根据余弦定理,得b·𝑏2+𝑐2-𝑎22𝑏𝑐=a·𝑎2+𝑐2-𝑏22𝑎𝑐.所以b2+c2-a2=a2+c2-b2,化简得a=b,所以△ABC为等腰三角形.解法二:同解法一得bcosA=acosB,由正弦定理,得2RsinBcosA=2RsinAcosB,所以sinAcosB-cosAsinB=0,即sin(A-B)=0,因为A,B为三角形的内角,所以A=B,故△ABC为等腰三角形.题型突破深化提升专题三求三角形的面积例4在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若sin2B+sin2C=sin2A+sinBsinC,且𝐴𝐶·𝐴𝐵=4,求△ABC的面积S.解:由已知得b2+c2=a2+bc,所以bc=b2+c2-a2=2bccosA,所以cosA=12,sinA=32.由𝐴𝐶·𝐴𝐵=4,得bccosA=4,所以bc=8.所以S=12bcsinA=23.题型突破深化提升专题四解三角形的应用例5某港口O要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上,在小艇出发时,轮船位于港口O北偏西30°且与该港口相距20海里的A处,并正以30海里/小时的航行速度沿正东方向匀速行驶.假设该小艇沿直线方向以v海里/小时的航行速度匀速行驶,经过t小时与轮船相遇.(1)若希望相遇时小艇的航行距离最小,则小艇航行速度的大小应为多少?(2)假设小艇的最高航行速度只能达到30海里/小时,试设计航行方案(即确定航行方向和航行速度的大小),使得小艇能以最短时间与轮船相遇,并说明理由.题型突破深化提升解法一(1)设相遇时小艇航行的距离为S海里,则S=900𝑡2+400-2·30𝑡·20·cos(90°-30°)=900𝑡2-600𝑡+400=900𝑡-132+300.故当t=13时,Smin=103,此时v=10313=303,即小艇以303海里/小时的速度航行,相遇时小艇的航行距离最小.题型突破深化提升(2)设小艇与轮船在B处相遇,则v2t2=400+900t2-2·20·30t·cos(90°-30°),故v2=900-600𝑡+400𝑡2.∵0v≤30,∴900-600𝑡+400𝑡2≤900,即2𝑡2−3𝑡≤0,解得t≥23.又t=23时,v=30,故v=30时,t取得最小值,且最小值等于23.此时,在△OAB中,有OA=OB=AB=20.故可设计航行方案如下:航行方向为北偏东30°,航行速度为30海里/小时,小艇能以最短时间与轮船相遇.题型突破深化提升解法二(1)若相遇时小艇的航行距离最小,又轮船沿正东方向匀速行驶,则小艇航行方向为正北方向.设小艇与轮船在C处相遇,在Rt△OAC中,OC=20cos30°=103,AC=20sin30°=10,又AC=30t,OC=vt,此时,轮船航行时间t=1030=13,v=10313=303,即小艇以303海里/小时的速度航行,相遇时小艇的航行距离最小.题型突破深化提升(2)猜想v=30时,小艇能以最短时间与轮船在D处相遇,此时AD=DO=30t.又∠OAD=60°,所以AD=DO=OA=20,解得t=23.据此可设计航行方案如下:航行方向为北偏东30°,航行速度的大小为30海里/小时,这样,小艇能以最短时间与轮船相遇.证明如下:故OCAC,且对于线段AC上任意点P,有OP≥OCAC.而小艇的最高航行速度只能达到30海里/小时,故小艇与轮船不可能在A,C之间(包含C)的任意位置相遇.如图,由(1)得OC=103,AC=10,题型突破深化提升设∠COD=θ(0°θ90°),则在Rt△COD中,CD=103tanθ,OD=103cos𝜃.由于从出发到相遇,轮船与小艇所需要的时间分别为t=10+103tan𝜃30和t=103𝑣cos𝜃,所以10+103tan𝜃30=103𝑣cos𝜃.由此可得,v=153sin(𝜃+30°).又v≤30,故sin(θ+30°)≥32.从而,30°≤θ90°.由于θ=30°时,tanθ取得最小值,且最小值为33.于是,当θ=30°时,t=10+103tan𝜃30取得最小值,且最小值为23.题型突破深化提升解法三(1)同解法一或解法二.(2)设小艇与轮船在B处相遇,依据题意得:v2t2=400+900t2-2·20·30t·cos(90°-30°),(v2-900)t2+600t-400=0.(1)若0v30,则由Δ=360000+1600(v2-900)=1600(v2-675)≥0,得v≥153.从而,t=-300±20𝑣2-675𝑣2-900,v∈[153,30).①当t=-300-20𝑣2-675𝑣2-900时,令x=𝑣2-675,则x∈[0,15),t=-300-20𝑥𝑥2-225=-20𝑥-15≥43,当且仅当x=0,即v=153时等号成立.②当t=-300+20𝑣2-675𝑣2-900时,同理可得23t≤43.由①②得,当v∈[153,30)时,t23.题型突破深化提升(2)若v=30,则t=23;综合(1)(2)可知,当v=30时,t取最小值,且最小值等于23.此时,在△OAB中,OA=OB=AB=20,故可设计航行方案如下:航行方向为北偏东30°,航行速度为30海里/小时,小艇能以最短时间与轮船相遇.题型突破深化提升例6如图,测量人员沿直线MNP的方向测量,测得塔顶A的仰角分别是∠AMB=30°,∠ANB=45°,∠APB=60°,且MN=PN=500m,求塔高AB.题型突破深化提升解:设AB=x,因为AB垂直于地面,所以△ABM,△ABN,△ABP均为直角三角形.所以BM=𝑥tan30°=3x,BN=𝑥tan45°=x.BP=𝑥tan60°=33x.在△MNB中,由余弦定理知BM2=MN2+BN2-2MN·BN·cos∠MNB,在△PNB中,由余弦定理知BP2=NP2+BN2-2NP·BN·cos∠PNB,又因为∠MNB与∠PNB互补,MN=NP=500,所以3x2=250000+x2-2×500x·cos∠MNB,①13x2=250000+x2-2×500x·cos∠PNB.②①+②,得103x2=500000+2x2,所以x=2506或x=-2506(舍去).所以塔高为2506m.题型突破深化提升专题五三角变换与解三角形的综合问题例7在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足(2a-b)cosC=ccosB,△ABC的面积S=10,c=7.(1)求角C;(2)求a,b的值.解:(1)因为(2a-b)cosC=ccosB,所以(2sinA-sinB)cosC=sinCcosB,2sinAcosC-sinBcosC=cosBsinC,即2sinAcosC=sin(B+C),所以2sinAcosC=sinA.因为A∈(0,π),所以sinA≠0,3所以cosC=120,又因为C∈(0,π),所以C=π3.题型突破深化提升(2)由S=12absinC=103,C=π3,得ab=40.①由余弦定理得c2=a2+b2-2abcosC,即c2=(a+b)2-2ab1+cosπ3,所以72=(a+b)2-2×40×1+12.所以a+b=13.②由①②得a=8,b=5或a=5,b=8.