专题二 微专题2 解三角形-【步步高·大二轮专题复习】2025年高考数学复习讲义课件（标准版）（课件PPT+word教案）

微专题2　解三角形 [考情分析]　解三角形主要考查一是求边长、角度、面积等，二是利用三角恒等变换，将三角函数与三角形相结合考查求解最值、范围等问题，综合性较强，中等难度. 考点一　正弦定理、余弦定理 1.正弦定理：在△ABC中，===2R(R为△ABC的外接圆半径). 2.余弦定理：在△ABC中，a2=b2+c2-2bccos A，b2=a2+c2-2accos B，c2=a2+b2-2abcos C. 3.三角形的面积公式：S=absin C=acsin B=bcsin A. 例1　(1)(2024·河南省九师联盟模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若=1-，a=3，b=2，则sin B的值为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　由=1-及正弦定理， 得=1-，可得b2+c2-a2=bc， 由余弦定理得cos A==， 又0<A<π， 所以A=.又a=3，b=2， 由=， 得sin B==. (2)(2024·广州模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c=3，b=2，∠BAC的平分线AD的长为，则BC边上的中线AH的长等于(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　由题意知，设∠BAD=∠CAD=α，则∠BAC=2α，如图所示， 由S△ABC=S△ABD+S△ACD可得×3×2sin 2α=×3×sin α+×2×sin α， 整理得3sin 2α=2sin α， 即sin α(3cos α-)=0， 又因为sin α≠0，所以cos α=， 所以cos 2α=2cos2α-1=， 由AH是BC边上的中线， 得=+)， = = =(b2+c2+2bccos 2α) = = =(4+9+4)=. 所以中线AH=. [规律方法]　(1)三角形边角转化的主要策略 ①化边：通过因式分解、配方等得出边的相应关系. ②化角：通过三角恒等变换，得出内角的关系. (2)解决与平面几何有关的问题时，要把平面几何中的一些知识(相似三角形的边角关系、平行四边形的性质等)与正弦、余弦定理有机结合，才能顺利解决问题. 跟踪演练1　(1)(2024·广州统考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若=，则△ABC的形状是(　　) A.等腰三角形 B.直角三角形 C.等腰三角形或直角三角形 D.等腰直角三角形 答案　C 解析　在△ABC中，由=及正弦定理， 得=，而sin C>0，sin B>0， 整理得sin Bcos B=sin Ccos C，即sin 2B=sin 2C，而0<B<π，0<C<π， 则0<2B<2π，0<2C<2π， 因此2B=2C或2B+2C=π， 即B=C或B+C=， 所以△ABC是等腰三角形或直角三角形. (2)(2024·杭州模拟)若P为等边△ABC内一点，∠BPC=90°，∠APC=150°，则tan∠PCA等于(　　) A. B. C. D.2- 答案　C 解析　设△ABC的边长为2. 如图，设∠PCA=α，在Rt△PBC中，PC=BCcos(60°-α)=2sin(α+30°)， 在△PCA中，由正弦定理得=， 即=， 化为cos α=3sin α，所以tan α=. 考点二　正弦定理、余弦定理的综合应用 例2　在△ABC中，角A，B，C所对的边分别记为a，b，c，且tan A(cos C+sin B)=cos B-sin C. (1)证明：A+2B=； (2)若a=2，求b+c的取值范围. (1)证明　因为tan A(cos C+sin B)=cos B-sin C， 所以(cos C+sin B)=cos B-sin C， 即sin Acos C+sin Asin B=cos Acos B-cos Asin C， 即sin Acos C+cos Asin C=cos Acos B-sin Asin B， 所以sin(A+C)=cos(A+B)， 即sin B=sin， 又A∈(0，π)，B∈(0，π)， 所以B=+A+B或B++A+B=π， 即A=-(舍)或A+2B=， 所以A+2B=. (2)解　由(1)得A+2B=， 因为==， 所以b====， c====， 则b+c====， 又由得0<B<， 所以<B+<， 所以0<cos<， 所以b+c的取值范围为(2，+∞). [规律方法]　解三角形中常见的求最值与范围问题的解题策略 (1)利用余弦定理，找三角形三边之间的关系，利用基本不等式将a+b与ab相互转化求最值或范围. (2)利用正弦定理，将边化成角的正弦，利用三角恒等变换进行化简；利用三角函数的性质求最值、范围. 跟踪演练2　(2024·南充模拟)在①2csin Bcos A=b(sin Acos B+cos Asin B)；②sin2B+sin2C+cos2A-1=sin(A+B)sin(A+C)；③=sin A这三个条件中任选一个，补充在下面的横线中，并解答问题. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足　　　　　　　.  (1)求A； (2)若△ABC的面积为16，D为AC的中点，求BD的最小值. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 解　(1)若选择①：2csin Bcos A=b(sin Acos B+cos Asin B)， 由正弦定理可得2sin Csin Bcos A=sin Bsin(A+B)=sin Bsin C， 又C∈(0，π)，B∈(0，π)，故sin C≠0，sin B≠0， ∴cos A=，又A∈(0，π)，故A=. 若选择②：sin2B+sin2C+cos2A-1=sin(A+B)sin(A+C)， 则sin2B+sin2C-sin2A=sin(A+B)sin(A+C)=sin Csin B，由正弦定理可得b2+c2-a2=bc， 故cos A==， 又A∈(0，π)，故A=. 若选择③：=sin A， 由正弦定理可得=sin A， 再由余弦定理得cos A=sin A，即tan A=， ∵A∈(0，π)，∴A=. (2)S△ABC=cbsin A=16，又A=，∴cb=64， 在△BAD中，由余弦定理得BD2=BA2+AD2-2·BA·AD·cos A=c2+-2c··cos =c2+-cb≥2-cb=cb=32， 当且仅当c==4时取等号， ∴BD的最小值为4. 考点三　解三角形的实际应用 解三角形应用题的常考类型 (1)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解. (2)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个或两个以上的三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)，解方程(组)得出所要求的解. 例3　(1)(2024·临沂模拟)在同一平面上有相距14千米的A，B两座炮台，A在B的正东方向.某次演习时，A向西偏北θ方向发射炮弹，B则向东偏北θ方向发射炮弹，其中θ为锐角，观测回报两炮弹皆命中18千米外的同一目标，接着A改向向西偏北方向发射炮弹，弹着点为18千米外的点M，则B炮台与弹着点M的距离为(　　) A.7千米 B.8千米 C.9千米 D.10千米 答案　D 解析　结合题意作出图形，AC=BC=18，AB=14，∠CBA=∠CAB=θ，∠MAB=， 在△ABC中，由余弦定理得 cos θ==， 因为cos2==，且cos >0， 所以cos =， 在△ABM中，由余弦定理得 cos==，解得MB=10. (2)(2024·南京模拟)某中学校园内的红豆树已有百年历史，小明为了测量红豆树高度，他选取与红豆树根部C在同一水平面的A，B两点，在A点测得红豆树根部C在北偏西60°的方向上，沿正西方向步行40米到B处，测得树根部C在北偏西15°的方向上，树梢D的仰角为30°，则红豆树的高度为(　　) A.10 米 B.20 米 C. 米 D. 米 答案　D 解析　依题意可得如图图形， 在△ABC中，∠BAC=90°-60°=30°，∠ACB=75°-30°=45°，AB=40， 由正弦定理得=， 解得BC==20， 在Rt△BCD中，∠CBD=30°， 所以CD=BCtan 30°=20×=， 所以红豆树的高度为米. [规律方法]　解三角形实际问题的步骤 跟踪演练3　(1)如图所示，在坡度一定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C对于山坡的斜度为15°，向山顶前进100 m到达B处，又测得C对于山坡的斜度为45°，若CD=50 m，山坡对于地平面的坡度为θ，则cos θ=　　　　　　.  答案　-1 解析　在△ABC中，∠ACB=45°-15°=30°， 由正弦定理知=， 故BC== =50(-)， 在△BDC中，=， 故=，∴sin∠BDC=-1， 即sin(θ+90°)=-1，即cos θ=-1. (2)(2024·黄冈模拟)“文翁千载一时珍，醉卧襟花听暗吟”表达了对李时珍学识渊博、才华横溢的赞叹.李时珍是湖北省蕲春县人，明代著名医药学家.他历经27个寒暑，三易其稿，完成了192万字的巨著《本草纲目》，被后世尊为“药圣”.为纪念李时珍，人们在美丽的蕲春县独山修建了一座雕像，如图所示.某数学学习小组为测量雕像的高度，在地面上选取共线的三点A，B，C，分别测得雕像顶的仰角为60°，45°，30°，且AB=BC=米，则雕像高为　　　　　　米.  答案　20.1 解析　如图所示，设雕像的高为PO=h， 因为地面上选取共线的三点A，B，C，分别测得雕像顶的仰角为60°，45°，30°， 则OA=h，OB=h，OC=h，其中OB为△OAC的中线， 在△OAB中，由余弦定理得OA2=OB2+AB2-2OB·ABcos∠OBA， 在△OBC中，由余弦定理得OC2=OB2+BC2-2OB·BCcos(π-∠OBA)， 两式相加，可得OA2+OC2=2OB2+AB2+BC2， 即+(h)2=2h2+2AB2， 解得h=AB=×=20.1(米). 专题强化练 (分值：90分) 一、单项选择题(每小题5分，共30分) 1.(2024·赣州模拟)在△ABC中，AB=，AC=2，C=120°，则sin A等于(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　∵AB=，AC=2，C=120°， ∴由余弦定理AB2=BC2+AC2-2BC·ACcos C可得BC2+2BC-3=0， 解得BC=1或BC=-3(舍去)， ∴由正弦定理可得sin A==. 2.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a-b=2asin2，则△ABC的形状是(　　) A.等腰三角形或直角三角形 B.直角三角形 C.等腰三角形 D.等边三角形 答案　B 解析　a-b=2asin2=2a× =a-acos C， 故b=acos C， 由正弦定理得sin B=sin Acos C， 其中sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C， 即sin Acos C+cos Asin C=sin Acos C， 故cos Asin C=0， 因为C∈(0，π)，所以sin C≠0，故cos A=0， 因为A∈(0，π)，所以A=， 所以△ABC的形状为直角三角形. 3.(2024·西安模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且△ABC的面积S==，则sin C等于(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos A， 所以b2+c2-a2=2bccos A， 则S==bccos A. 又因为S=bcsin A，即bcsin A=bccos A， 所以3sin A=2cos A，显然cos A>0，又sin2A+cos2A=1，所以cos A=(负值舍去). 所以S=bc， 又因为S=，所以bc=， 所以=c=， 所以sin C=. 4.(2024·赤峰模拟)为了测量被誉为“阿里之巅”的冈仁波齐山峰的高度，通常采用人工攀登的方式，测量人员从山脚开始，直到到达山顶.分段测量过程中，已知竖立在B点处的测量觇标高20米，攀登者们在A处测得到觇标底点B和顶点C的仰角分别为45°，75°，则A，B的高度差约为(　　) A.7.32米 B.7.07米 C.27.32米 D.30米 答案　A 解析　根据题意画出如图的模型，则BC=20，∠OAB=45°，∠OAC=75°， 所以∠CAB=30°，∠ACB=15°， 在△ABC中，由正弦定理可得=， 可得AB== = ==10-10， 所以在Rt△AOB中，BO=ABsin 45°=(10-10)×=10-10≈7.32(米). 5.(2024·全国甲卷)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若B=，b2=ac，则sin A+sin C等于(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　因为B=，b2=ac， 则由正弦定理得sin Asin C=sin2B=. 由余弦定理可得， b2=a2+c2-2accos B=a2+c2-ac=ac， 即a2+c2=ac， 根据正弦定理得 sin2A+sin2C=sin Asin C=， 所以(sin A+sin C)2=sin2A+sin2C+2sin Asin C=， 因为A，C为三角形内角，则sin A+sin C>0， 则sin A+sin C=. 6.(2024·聊城模拟)如图，在平面四边形ABCD中，AB=AD=2，∠B=2∠D=120°，记△ABC与△ACD的面积分别为S1，S2，则S2-S1的值为(　　) A.2 B. C.1 D. 答案　B 解析　在△ABC中，由余弦定理得cos B=，即-=， 得BC2-AC2=-2BC-4， ① 在△ACD中，由余弦定理得 cos D=， 即=， 得CD2-AC2=2CD-4， ② 又S1=AB·BCsin 120°=BC， S2=AD·CDsin 60°=CD， 所以S2-S1=CD-BC=(CD-BC)， ③ 由②-①，得CD2-BC2=2(CD+BC)，由CD+BC>0，得CD-BC=2，代入③得S2-S1=. 二、多项选择题(每小题6分，共12分) 7.(2024·兰州模拟)某学校开展测量旗杆高度的数学建模活动，学生需通过建立模型、实地测量，迭代优化完成此次活动.在以下不同小组设计的初步方案中，可计算出旗杆高度的方案有(　　) A.在水平地面上任意寻找两点A，B，分别测量旗杆顶端的仰角α，β，再测量A，B两点间距离 B.在旗杆对面找到某建筑物(低于旗杆)，测得建筑物的高度为h，在该建筑物底部和顶部分别测得旗杆顶端的仰角α和β C.在地面上任意寻找一点A，测量旗杆顶端的仰角α，再测量A到旗杆底部的距离 D.在旗杆的正前方A处测得旗杆顶端的仰角α，正对旗杆前行5 m到达B处，再次测量旗杆顶端的仰角β 答案　BCD 解析　对于A，如果A，B两点与旗杆底部不在一条直线上时，就不能测量出旗杆的高度，故A不正确； 对于B，如图1，在△ABD中，由正弦定理求AD，则旗杆的高CD=h+ADsin β，故B正确； 对于C，如图2，在Rt△ADC中，直接利用锐角三角函数求出旗杆的高DC=ACtan α，故C正确； 对于D，如图3，在△ABD中，由正弦定理求AD，则旗杆的高CD=ADsin α，故D正确. 8.(2024·郑州模拟)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b=2，且=+，则下列结论正确的是(　　) A.△ABC的三边a，b，c一定构成等差数列 B.△ABC的三边a，b，c一定构成等比数列 C.△ABC面积的最大值为2 D.△ABC周长的最大值为6 答案　BC 解析　在△ABC中，由=+， 得sin B(tan A+tan C)=tan Atan C. 所以sin B=·， 所以sin B(sin Acos C+cos Asin C)=sin Asin C， 所以sin Bsin(A+C)=sin Asin C. 又A+B+C=π，所以sin(A+C)=sin B， 所以sin2B=sin Asin C. 由正弦定理得b2=ac，即a，b，c成等比数列. 取a=2，c=4适合题意，但此时三边a，b，c不构成等差数列，A错误，B正确； 由b2=ac及余弦定理得cos B==(当且仅当a=c时取等号). 因为0<B<π，所以0<B≤， 所以0<sin B≤. 又b=2，所以ac=b2=8， 所以△ABC的面积S=acsin B≤×8×=2，C正确； 由b2=a2+c2-2accos B及ac=b2=8， 可得8=(a+c)2-2ac-2accos B， 即8=(a+c)2-16-16cos B， 所以(a+c)2=24+16cos B. 因为0<B≤， 所以32≤(a+c)2=24+16cos B<40，4≤a+c<2， 所以6≤a+b+c<2+2，D错误. 三、填空题(每小题5分，共10分) 9.(2024·安徽省皖北五校联盟联考)在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sin A=，c=3，·=3，则=　　　　　.  答案　 解析　因为△ABC为锐角三角形，sin A=，所以A=60°， 由·=cbcos A=3，得b=2， 由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos A=7，即a=，由正弦定理可得===. 10.(2024·六安模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin=sin C，若c=7，D是边AB的中点，且CD⊥CB，则CD的长为　　　　　　　　　.  答案　 解析　在△ABC中，由A+B+C=π， 可得sin=sin=cos， 因为sin=sin C， 故cos=2sincos， 因为0<C<π，则0<<， 所以cos≠0， 故sin=， 所以=，则C=. 因为D是边AB的中点，所以S△ADC=S△BCD， 又∠ACB=，CD⊥CB， 所以∠DCA=， 故b·CDsin=a·CD，故b=2a. 由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos=a2+b2+ab=7a2， 故c=a，因为c=7，所以a=，b=2. 在Rt△BCD中，BD===， BC=a=， 所以CD===，即CD的长为. 四、解答题(共28分) 11.(13分)(2024·新课标全国Ⅰ)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C=cos B，a2+b2-c2=ab. (1)求B；(5分) (2)若△ABC的面积为3+，求c.(8分) 解　(1)由余弦定理有a2+b2-c2=2abcos C， 因为a2+b2-c2=ab， 所以cos C=， 因为C∈(0，π)，所以sin C>0， 从而sin C===， 又因为sin C=cos B， 即cos B=， 又B∈(0，π)，所以B=. (2)由(1)可得B=，cos C=，C∈(0，π)， 从而C=，sin A=sin(B+C)=sin =×+×=. 方法一　由正弦定理有=， 从而b=·c=c， 由三角形面积公式可知， △ABC的面积可表示为S△ABC=bc·sin A =·c·c·=c2， 由已知△ABC的面积为3+， 可得c2=3+，所以c=2. 方法二　记R为△ABC外接圆的半径， 由正弦定理得 S△ABC=ab·sin C=2R2sin Asin Bsin C =2R2··· =·R2=3+. 所以R=2. 所以c=2R·sin C=2×2×=2. 12.(15分)(2024·济南模拟)如图，已知平面四边形ABCD中，AB=BC=2，CD=2，AD=4.若A，B，C，D四点共圆. (1)求AC；(6分) (2)求四边形ABCD面积的最大值.(9分) 解　(1)在△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠ABC =8+8-2×8×cos∠ABC=16-16cos∠ABC， 在△ACD中，由余弦定理得AC2=AD2+CD2-2AD·CDcos∠ADC =16+4-2×8×cos∠ADC=20-16cos∠ADC， 因为A，B，C，D四点共圆，所以∠ABC+∠ADC=π， 因此cos∠ADC=-cos∠ABC， 上述两式相加得2AC2=36，所以AC=3(负值已舍去). (2)由(1)得16-16cos∠ABC=20-16cos∠ADC， 化简得cos∠ADC-cos∠ABC=， 则cos2∠ADC-2cos∠ADCcos∠ABC+cos2∠ABC=， ① 四边形ABCD的面积S=AB·BCsin∠ABC+AD·CDsin∠ADC =×2×2sin∠ABC+×2×4sin∠ADC =4(sin∠ADC+sin∠ABC)， 整理得sin∠ADC+sin∠ABC=， 则sin2∠ADC+2sin∠ADCsin∠ABC+sin2∠ABC=， ② ①②相加得2-2(cos∠ADCcos∠ABC-sin∠ADCsin∠ABC)=， 即2-2cos(∠ADC+∠ABC)=， 由于0<∠ADC<π，0<∠ABC<π， 当且仅当∠ADC+∠ABC=π时，cos(∠ADC+∠ABC)取得最小值-1， 此时四边形ABCD的面积最大，由=4，解得S=3， 故四边形ABCD面积的最大值为3. 每小题5分，共10分 13.(2024·昆明模拟)早期天文学家常采用“三角法”测量行星的轨道半径.假设一种理想状态：地球E和某小行星M绕太阳S在同一平面上的运动轨道均为圆，三个星体的位置如图所示.地球在E0位置时，测出∠SE0M=；行星M绕太阳运动一周回到原来位置，地球运动到了E1位置，测出∠SE1M=，∠E1SE0=.若地球的轨道半径为R，则下列选项中与行星M的轨道半径最接近的是(参考数据：≈1.732)(　　) A.2.1R B.2.2R C.2.3R D.2.4R 答案　A 解析　连接E0E1，在△SE0E1中，SE0=SE1=R，又∠E1SE0=， 则△SE0E1是正三角形，E0E1=R， 由∠SE0M=，∠SE1M=， 得∠E1E0M=，∠E0E1M=，在△ME0E1中，∠E0ME1=， 由正弦定理得=， 则E1M==R， 在△SME1中，由余弦定理得 SM==≈R≈2.1R. 14.某同学在学习和探索三角形相关知识时，发现了一个有趣的性质：将锐角三角形三条边所对的外接圆的三条圆弧(劣弧)沿着三角形的边进行翻折，则三条圆弧交于该三角形内部一点，且此交点为该三角形的垂心(即三角形三条高线的交点).如图，已知锐角△ABC外接圆的半径为2，且三条圆弧沿△ABC三边翻折后交于点P.若AB=3，则sin∠PAC=　　　　　；若AC∶AB∶BC=6∶5∶4，则PA+PB+PC的值为　　　　　　.  答案　　 解析　设外接圆半径为R，则R=2， 由正弦定理，可知==2R=4， 即sin∠ACB=， 由于∠ACB是锐角，故cos∠ACB=， 又由题意可知P为△ABC的垂心，即AP⊥BC，故∠PAC=-∠ACB， 所以sin∠PAC=cos∠ACB=； 设∠CAB=θ，∠CBA=α，∠ACB=β， 则∠PAC=-β，∠PCA=-θ， ∠PAB=-α， 由于AC∶AB∶BC=6∶5∶4，不妨假设AC=6，AB=5，BC=4， 由余弦定理知cos θ==， cos α==， cos β==， 设AD，CE，BF为三角形的三条高，由于∠ECB+∠EBC=， ∠PCD+∠CPD=， 故∠EBC=∠CPD， 则得∠APC=π-∠CPD=π-∠EBC=π-∠ABC， 所以= ===2R=4， 同理可得===2R=4， 所以PA+PB+PC=4(cos θ+cos α+cos β)=4×=. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 解三角形 微专题2 考情分析 解三角形主要考查一是求边长、角度、面积等，二是利用三角恒等变换，将三角函数与三角形相结合考查求解最值、范围等问题，综合性较强，中等难度. 考点一 考点二 考点三 正弦定理、余弦定理 正弦定理、余弦定理的综合应用 解三角形的实际应用 专题强化练 内容索引 正弦定理、余弦定理 考点一 1.正弦定理：在△ABC中，===2R(R为△ABC的外接圆半径). 2.余弦定理：在△ABC中，a2=b2+c2-2bccos A，b2=a2+c2-2accos B，c2=a2+b2-2abcos C. 3.三角形的面积公式：S=absin C=acsin B=bcsin A. 　(1)(2024·河南省九师联盟模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别 为a，b，c，若=1-，a=3，b=2，则sin B的值为 A. B. C. D. 例1 √ 由=1-及正弦定理， 得=1-，可得b2+c2-a2=bc， 由余弦定理得cos A==， 又0<A<π， 所以A=.又a=3，b=2， 由=， 得sin B==. (2)(2024·广州模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若 c=3，b=2，∠BAC的平分线AD的长为，则BC边上的中线AH的长等于 A. B. C. D. √ 由题意知，设∠BAD=∠CAD=α，则∠BAC=2α，如图所示， 由S△ABC=S△ABD+S△ACD可得×3×2sin 2α=×3×sin α+×2×sin α， 整理得3sin 2α=2sin α， 即sin α(3cos α-)=0， 又因为sin α≠0，所以cos α=， 所以cos 2α=2cos2α-1=， 由AH是BC边上的中线， 得=+)， = = =(b2+c2+2bccos 2α) = = =(4+9+4)=. 所以中线AH=. 规律方法 (1)三角形边角转化的主要策略 ①化边：通过因式分解、配方等得出边的相应关系. ②化角：通过三角恒等变换，得出内角的关系. (2)解决与平面几何有关的问题时，要把平面几何中的一些知识(相似三角形的边角关系、平行四边形的性质等)与正弦、余弦定理有机结合，才能顺利解决问题. (1)(2024·广州统考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a， b，c，若=，则△ABC的形状是 A.等腰三角形 B.直角三角形 C.等腰三角形或直角三角形 D.等腰直角三角形 跟踪演练1 √ 在△ABC中，由=及正弦定理， 得=，而sin C>0，sin B>0， 整理得sin Bcos B=sin Ccos C，即sin 2B=sin 2C，而0<B<π，0<C<π， 则0<2B<2π，0<2C<2π， 因此2B=2C或2B+2C=π， 即B=C或B+C=， 所以△ABC是等腰三角形或直角三角形. (2)(2024·杭州模拟)若P为等边△ABC内一点，∠BPC=90°，∠APC=150°，则tan∠PCA等于 A. B. C. D.2- √ 设△ABC的边长为2. 如图，设∠PCA=α，在Rt△PBC中，PC=BCcos(60°-α)=2sin(α+30°)， 在△PCA中，由正弦定理得=， 即=， 化为cos α=3sin α，所以tan α=. 正弦定理、余弦定理的综合应用 考点二 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别记为a，b，c，且tan A(cos C+sin B) =cos B-sin C. (1)证明：A+2B=； 例2 因为tan A(cos C+sin B)=cos B-sin C， 所以(cos C+sin B)=cos B-sin C， 即sin Acos C+sin Asin B=cos Acos B-cos Asin C， 即sin Acos C+cos Asin C=cos Acos B-sin Asin B， 所以sin(A+C)=cos(A+B)，即sin B=sin， 又A∈(0，π)，B∈(0，π)， 所以B=+A+B或B++A+B=π，即A=-(舍)或A+2B=， 所以A+2B=. (2)若a=2，求b+c的取值范围. 由(1)得A+2B=， 因为==， 所以b====， c====， 则b+c====， 又由得0<B<， 所以<B+<， 所以0<cos<， 所以b+c的取值范围为(2，+∞). 解三角形中常见的求最值与范围问题的解题策略 (1)利用余弦定理，找三角形三边之间的关系，利用基本不等式将a+b与ab相互转化求最值或范围. (2)利用正弦定理，将边化成角的正弦，利用三角恒等变换进行化简；利用三角函数的性质求最值、范围. 规律方法 (2024·南充模拟)在①2csin Bcos A=b(sin Acos B+cos Asin B)； ②sin2B+sin2C+cos2A-1=sin(A+B)sin(A+C)；③=sin A这 三个条件中任选一个，补充在下面的横线中，并解答问题. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足　　　　.  (1)求A； 跟踪演练2 若选择①：2csin Bcos A=b(sin Acos B+cos Asin B)， 由正弦定理可得2sin Csin Bcos A=sin Bsin(A+B)=sin Bsin C， 又C∈(0，π)，B∈(0，π)，故sin C≠0，sin B≠0， ∴cos A=，又A∈(0，π)，故A=. 若选择②：sin2B+sin2C+cos2A-1=sin(A+B)sin(A+C)， 则sin2B+sin2C-sin2A=sin(A+B)sin(A+C)=sin Csin B，由正弦定理可得b2+c2-a2=bc， 故cos A==， 又A∈(0，π)，故A=. 若选择③：=sin A， 由正弦定理可得=sin A， 再由余弦定理得cos A=sin A，即tan A=， ∵A∈(0，π)，∴A=. (2)若△ABC的面积为16，D为AC的中点，求BD的最小值. S△ABC=cbsin A=16，又A=，∴cb=64， 在△BAD中，由余弦定理得BD2=BA2+AD2-2·BA·AD·cos A =c2+-2c··cos =c2+-cb≥2-cb=cb=32， 当且仅当c==4时取等号， ∴BD的最小值为4. 解三角形的实际应用 考点三 解三角形应用题的常考类型 (1)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解. (2)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个或两个以上的三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)，解方程(组)得出所要求的解. (1)(2024·临沂模拟)在同一平面上有相距14千米的A，B两座炮台，A在B的正东方向.某次演习时，A向西偏北θ方向发射炮弹，B则向东偏北θ方向发射炮弹，其中θ为锐角，观测回报两炮弹皆命中18千米外的同一目 标，接着A改向向西偏北方向发射炮弹，弹着点为18千米外的点M，则B 炮台与弹着点M的距离为 A.7千米 B.8千米 C.9千米 D.10千米 √ 例3 结合题意作出图形，AC=BC=18，AB=14，∠CBA=∠CAB=θ，∠MAB=， 在△ABC中，由余弦定理得 cos θ==， 因为cos2==，且cos >0， 所以cos =， 在△ABM中，由余弦定理得 cos==，解得MB=10. (2)(2024·南京模拟)某中学校园内的红豆树已有百年历史，小明为了测量红豆树高度，他选取与红豆树根部C在同一水平面的A，B两点，在A点测得红豆树根部C在北偏西60°的方向上，沿正西方向步行40米到B处，测得树根部C在北偏西15°的方向上，树梢D的仰角为30°，则红豆树的高度为 A.10 米 B.20 米 C. 米 D. 米 √ 依题意可得如图图形， 在△ABC中，∠BAC=90°-60°=30°，∠ACB=75°-30°=45°，AB=40， 由正弦定理得=， 解得BC==20， 在Rt△BCD中，∠CBD=30°， 所以CD=BCtan 30°=20×=， 所以红豆树的高度为米. 解三角形实际问题的步骤 规律方法 (1)如图所示，在坡度一定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C对于山坡的斜度为15°，向山顶前进100 m到达B处，又测得C对于山坡的斜度为45°，若CD=50 m，山坡对于地平面的坡度为θ， 则cos θ=　　　 .  跟踪演练3 -1 在△ABC中，∠ACB=45°-15°=30°， 由正弦定理知=， 故BC== =50(-)， 在△BDC中，=， 故=，∴sin∠BDC=-1， 即sin(θ+90°)=-1，即cos θ=-1. (2)(2024·黄冈模拟)“文翁千载一时珍，醉卧襟花听暗吟”表达了对李时珍学识渊博、才华横溢的赞叹.李时珍是湖北省蕲春县人，明代著名医药学家.他历经27个寒暑，三易其稿，完成了192万字的巨著《本草纲目》，被后世尊为“药圣”.为纪念李时珍，人们在美丽的蕲春县独山修建了一 座雕像，如图所示.某数学学习小组为测量雕像的高度，在地面上选取共线的三点A，B，C，分别测得雕像顶的仰角为60°，45°，30°，且 AB=BC=米，则雕像高为　　　　米.  20.1 如图所示，设雕像的高为PO=h， 因为地面上选取共线的三点A，B，C，分别测得 雕像顶的仰角为60°，45°，30°， 则OA=h，OB=h，OC=h，其中OB为△OAC的中线， 在△OAB中，由余弦定理得OA2=OB2+AB2-2OB·ABcos∠OBA， 在△OBC中，由余弦定理得OC2=OB2+BC2-2OB·BCcos(π-∠OBA)， 两式相加，可得OA2+OC2=2OB2+AB2+BC2， 即+(h)2=2h2+2AB2，解得h=AB=×=20.1(米). 专题强化练 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B B C A C B BCD BC 题号 9 10 13 14 答案 A 　 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (1)由余弦定理有 a2+b2-c2=2abcos C， 因为a2+b2-c2=ab， 所以cos C=， 因为C∈(0，π)，所以sin C>0， 从而sin C===， 又因为sin C=cos B， 即cos B=，又B∈(0，π)，所以B=. 11. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (2)由(1)可得B=，cos C=， C∈(0，π)，从而C=， sin A=sin(B+C)=sin =×+×=. 方法一　由正弦定理有=， 从而b=·c=c， 由三角形面积公式可知， △ABC的面积可表示为 11. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 S△ABC=bc·sin A=·c·c·=c2， 由已知△ABC的面积为3+， 可得c2=3+，所以c=2. 方法二　记R为△ABC外接圆的半径，由正弦定理得 S△ABC=ab·sin C=2R2sin Asin Bsin C =2R2···=·R2=3+. 所以R=2. 所以c=2R·sin C=2×2×=2. 11. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (1)在△ABC中，由余弦定理得 AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠ABC =8+8-2×8×cos∠ABC=16-16cos∠ABC， 在△ACD中，由余弦定理得AC2=AD2+CD2-2AD·CDcos∠ADC =16+4-2×8×cos∠ADC=20-16cos∠ADC， 因为A，B，C，D四点共圆， 所以∠ABC+∠ADC=π， 因此cos∠ADC=-cos∠ABC， 上述两式相加得2AC2=36， 所以AC=3(负值已舍去). 12. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (2)由(1)得16-16cos∠ABC=20-16cos∠ADC， 化简得cos∠ADC-cos∠ABC=， 则cos2∠ADC-2cos∠ADCcos∠ABC+cos2∠ABC=， ① 四边形ABCD的面积 S=AB·BCsin∠ABC+AD·CDsin∠ADC =×2×2sin∠ABC+×2×4sin∠ADC=4(sin∠ADC+sin∠ABC)， 整理得sin∠ADC+sin∠ABC=， 则sin2∠ADC+2sin∠ADCsin∠ABC+sin2∠ABC=， ② 12. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 ①②相加得 2-2(cos∠ADCcos∠ABC-sin∠ADCsin∠ABC)=， 即2-2cos(∠ADC+∠ABC)=， 由于0<∠ADC<π，0<∠ABC<π， 当且仅当∠ADC+∠ABC=π时， cos(∠ADC+∠ABC)取得最小值-1， 此时四边形ABCD的面积最大，由=4，解得S=3，故四边形ABCD面积的最大值为3. 12. 一、单项选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1.(2024·赣州模拟)在△ABC中，AB=，AC=2，C=120°，则sin A等于 A. B. C. D. √ 素养提升 答案 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 ∵AB=，AC=2，C=120°， ∴由余弦定理AB2=BC2+AC2-2BC·ACcos C可得BC2+2BC-3=0， 解得BC=1或BC=-3(舍去)， ∴由正弦定理可得sin A==. 答案 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a-b=2asin2，则 △ABC的形状是 A.等腰三角形或直角三角形 B.直角三角形 C.等腰三角形 D.等边三角形 √ 答案 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 a-b=2asin2=2a×=a-acos C， 故b=acos C， 由正弦定理得sin B=sin Acos C， 其中sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C， 即sin Acos C+cos Asin C=sin Acos C，故cos Asin C=0， 因为C∈(0，π)，所以sin C≠0，故cos A=0， 因为A∈(0，π)，所以A=， 所以△ABC的形状为直角三角形. 答案 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3.(2024·西安模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且△ABC的面积S==，则sin C等于 A. B. C. D. √ 答案 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos A， 所以b2+c2-a2=2bccos A，则S==bccos A. 又因为S=bcsin A，即bcsin A=bccos A， 所以3sin A=2cos A，显然cos A>0，又sin2A+cos2A=1， 所以cos A=(负值舍去).所以S=bc， 又因为S=bc=， 所以=c=，所以sin C=. 答案 14 4.(2024·赤峰模拟)为了测量被誉为“阿里之巅”的冈仁波齐山峰的高度，通常采用人工攀登的方式，测量人员从山脚开始，直到到达山顶.分段测量过程中，已知竖立在B点处的测量觇标高20米，攀登者们在A处测得到觇标底点B和顶点C的仰角分别为45°，75°，则A，B的高度差约为 A.7.32米 B.7.07米 C.27.32米 D.30米 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 答案 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 根据题意画出如图的模型，则BC=20，∠OAB=45°，∠OAC=75°， 所以∠CAB=30°，∠ACB=15°， 在△ABC中，由正弦定理可得=， 可得AB=== ==10-10， 所以在Rt△AOB中，BO=ABsin 45°=(10-10)×=10-10≈7.32(米). 14 5.(2024·全国甲卷)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c， 若B=，b2=ac，则sin A+sin C等于 A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 √ 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 因为B=，b2=ac， 则由正弦定理得sin Asin C=sin2B=. 由余弦定理可得， b2=a2+c2-2accos B=a2+c2-ac=ac，即a2+c2=ac， 根据正弦定理得sin2A+sin2C=sin Asin C=， 所以(sin A+sin C)2=sin2A+sin2C+2sin Asin C=， 因为A，C为三角形内角，则sin A+sin C>0，则sin A+sin C=. 答案 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 6.(2024·聊城模拟)如图，在平面四边形ABCD中，AB=AD=2，∠B=2∠D =120°，记△ABC与△ACD的面积分别为S1，S2，则S2-S1的值为 A.2 B. C.1 D. √ 答案 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 在△ABC中，由余弦定理得cos B=，即-=， 得BC2-AC2=-2BC-4， ① 在△ACD中，由余弦定理得 cos D=， 即=， 得CD2-AC2=2CD-4， ② 又S1=AB·BCsin 120°=BC， 答案 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 S2=AD·CDsin 60°=CD， 所以S2-S1=CD-BC=(CD-BC)， ③ 由②-①，得CD2-BC2=2(CD+BC)，由CD+BC>0，得CD-BC=2， 代入③得S2-S1=. 答案 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 7.(2024·兰州模拟)某学校开展测量旗杆高度的数学建模活动，学生需通过建立模型、实地测量，迭代优化完成此次活动.在以下不同小组设计的初步方案中，可计算出旗杆高度的方案有 A.在水平地面上任意寻找两点A，B，分别测量旗杆顶端的仰角α，β，再测量A， B两点间距离 B.在旗杆对面找到某建筑物(低于旗杆)，测得建筑物的高度为h，在该建筑物 底部和顶部分别测得旗杆顶端的仰角α和β C.在地面上任意寻找一点A，测量旗杆顶端的仰角α，再测量A到旗杆底部的距离 D.在旗杆的正前方A处测得旗杆顶端的仰角α，正对旗杆前行5 m到达B处，再 次测量旗杆顶端的仰角β √ 答案 14 二、多项选择题 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 对于A，如果A，B两点与旗杆底部不在一条直线上时，就不能测量出旗杆的高度，故A不正确； 对于B，如图1，在△ABD中，由正弦定理求AD，则旗杆的高CD=h+ADsin β，故B正确； 对于C，如图2，在Rt△ADC中，直接利用锐角三角函数求出旗杆的高DC=ACtan α，故C正确； 答案 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 对于D，如图3，在△ABD中，由正弦定理求AD，则旗杆的高CD=ADsin α，故D正确. 答案 14 8.(2024·郑州模拟)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c， 若b=2，且=+，则下列结论正确的是 A.△ABC的三边a，b，c一定构成等差数列 B.△ABC的三边a，b，c一定构成等比数列 C.△ABC面积的最大值为2 D.△ABC周长的最大值为6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 答案 14 √ 在△ABC中，由=+， 得sin B(tan A+tan C)=tan Atan C. 所以sin B=·， 所以sin B(sin Acos C+cos Asin C)=sin Asin C， 所以sin Bsin(A+C)=sin Asin C. 又A+B+C=π，所以sin(A+C)=sin B， 所以sin2B=sin Asin C. 由正弦定理得b2=ac，即a，b，c成等比数列. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 14 取a=2，c=4适合题意，但此时三边a，b，c不构成等差数列，A错误，B正确； 由b2=ac及余弦定理得cos B==(当且仅当a=c时取等号). 因为0<B<π，所以0<B≤， 所以0<sin B≤. 又b=2，所以ac=b2=8， 所以△ABC的面积S=acsin B≤×8×=2，C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 14 由b2=a2+c2-2accos B及ac=b2=8， 可得8=(a+c)2-2ac-2accos B， 即8=(a+c)2-16-16cos B， 所以(a+c)2=24+16cos B. 因为0<B≤， 所以32≤(a+c)2=24+16cos B<40，4≤a+c<2， 所以6≤a+b+c<2+2，D错误. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 14 三、填空题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 9.(2024·安徽省皖北五校联盟联考)在锐角△ABC中，角A，B，C的对边 分别为a，b，c，若sin A=，c=3，·=3，则=　　　　　.  答案 14 因为△ABC为锐角三角形，sin A=，所以A=60°， 由·=cbcos A=3，得b=2， 由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos A=7，即a====. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 10.(2024·六安模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c， 且sin=sin C，若c=7，D是边AB的中点，且CD⊥CB，则CD的长 为　　　.  答案 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 在△ABC中，由A+B+C=π， 可得sin=sin=cos， 因为sin=sin C， 故cos=2sincos， 因为0<C<π，则0<<， 所以cos≠0，故sin=， 所以=，则C=. 因为D是边AB的中点，所以S△ADC=S△BCD， 答案 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 又∠ACB=，CD⊥CB， 所以∠DCA=， 故b·CDsin=a·CD，故b=2a. 由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos=a2+b2+ab=7a2， 故c=a，因为c=7，所以a=，b=2. 在Rt△BCD中，BD===，BC=a=， 所以CD===，即CD的长为. 答案 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 四、解答题 答案 14 11.(2024·新课标全国Ⅰ)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C=cos B，a2+b2-c2=ab. (1)求B； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 14 由余弦定理有a2+b2-c2=2abcos C， 因为a2+b2-c2=ab，所以cos C=， 因为C∈(0，π)，所以sin C>0， 从而sin C===， 又因为sin C=cos B， 即cos B=，又B∈(0，π)，所以B=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 14 (2)若△ABC的面积为3+，求c. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 14 由(1)可得B=，cos C=，C∈(0，π)， 从而C=，sin A=sin(B+C)=sin =×+×=. 方法一　由正弦定理有=， 从而b=·c=c， 由三角形面积公式可知， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 14 △ABC的面积可表示为S△ABC=bc·sin A =·c·c·=c2， 由已知△ABC的面积为3+， 可得c2=3+，所以c=2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 14 方法二　记R为△ABC外接圆的半径， 由正弦定理得 S△ABC=ab·sin C=2R2sin Asin Bsin C =2R2··· =·R2=3+. 所以R=2. 所以c=2R·sin C=2×2×=2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 12.(2024·济南模拟)如图，已知平面四边形ABCD中，AB=BC=2，CD=2，AD=4.若A，B，C，D四点共圆. (1)求AC； 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 14 在△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠ABC =8+8-2×8×cos∠ABC=16-16cos∠ABC， 在△ACD中，由余弦定理得AC2=AD2+CD2-2AD·CDcos∠ADC =16+4-2×8×cos∠ADC=20-16cos∠ADC， 因为A，B，C，D四点共圆，所以∠ABC+∠ADC=π， 因此cos∠ADC=-cos∠ABC， 上述两式相加得2AC2=36，所以AC=3(负值已舍去). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 14 (2)求四边形ABCD面积的最大值. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 14 由(1)得16-16cos∠ABC=20-16cos∠ADC， 化简得cos∠ADC-cos∠ABC=， 则cos2∠ADC-2cos∠ADCcos∠ABC+cos2∠ABC=， ① 四边形ABCD的面积S=AB·BCsin∠ABC+AD·CDsin∠ADC =×2×2sin∠ABC+×2×4sin∠ADC =4(sin∠ADC+sin∠ABC)， 整理得sin∠ADC+sin∠ABC=， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 14 则sin2∠ADC+2sin∠ADCsin∠ABC+sin2∠ABC=， ② ①②相加得2-2(cos∠ADCcos∠ABC-sin∠ADCsin∠ABC)=， 即2-2cos(∠ADC+∠ABC)=， 由于0<∠ADC<π，0<∠ABC<π， 当且仅当∠ADC+∠ABC=π时， cos(∠ADC+∠ABC)取得最小值-1， 此时四边形ABCD的面积最大，由=4，解得S=3， 故四边形ABCD面积的最大值为3. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 13.(2024·昆明模拟)早期天文学家常采用“三角法”测量行星的轨道半径.假设一种理想状态：地球E和某小行星M绕太阳S在同一平面上的运动轨道均 为圆，三个星体的位置如图所示.地球在E0位置时，测出∠SE0M=；行星M绕太阳运动一周回到原来位置，地球运动到了E1位置，测出∠SE1M=，∠E1SE0=.若地球的轨道半径为R，则下列选项中与行星M的轨道半径最接 近的是(参考数据：≈1.732) A.2.1R B.2.2R C.2.3R D.2.4R 答案 14 思维创新 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 连接E0E1，在△SE0E1中，SE0=SE1=R，又∠E1SE0=， 则△SE0E1是正三角形，E0E1=R， 由∠SE0M=，∠SE1M=， 得∠E1E0M=，∠E0E1M=，在△ME0E1中，∠E0ME1=， 由正弦定理得=，则E1M==R， 在△SME1中，由余弦定理得 SM==≈R≈2.1R. 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14.某同学在学习和探索三角形相关知识时，发现了一个有趣的性质：将锐角三角形三条边所对的外接圆的三条圆弧(劣弧)沿着三角形的边进行翻折，则三条圆弧交于该三角形内部一点，且此交点为该三角形的垂心(即三角形三条高线的交点).如图，已知锐角△ABC外接圆的半径为2，且 三条圆弧沿△ABC三边翻折后交于点P.若AB=3，则sin∠PAC=　　　　　； 若AC∶AB∶BC=6∶5∶4，则PA+PB+PC的值为　　　　　　.  答案 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 设外接圆半径为R，则R=2， 由正弦定理，可知==2R=4， 即sin∠ACB=， 由于∠ACB是锐角，故cos∠ACB=， 又由题意可知P为△ABC的垂心，即AP⊥BC，故∠PAC=-∠ACB， 所以sin∠PAC=cos∠ACB=； 设∠CAB=θ，∠CBA=α，∠ACB=β， 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 则∠PAC=-β，∠PCA=-θ，∠PAB=-α， 由于AC∶AB∶BC=6∶5∶4，不妨假设AC=6，AB=5，BC=4， 由余弦定理知cos θ==， cos α==， cos β==， 设AD，CE，BF为三角形的三条高，由于∠ECB+∠EBC=， ∠PCD+∠CPD=， 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 故∠EBC=∠CPD， 则得∠APC=π-∠CPD=π-∠EBC=π-∠ABC， 所以= ===2R=4， 同理可得===2R=4， 所以PA+PB+PC=4(cos θ+cos α+cos β)=4×=. 14 本课结束 THANKS $$