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题型一求高度问题
例1如图所示,A、B是水平面上的两个点,相距800m,在A点测得山顶C
的仰角为45°,∠BAD=120°,又在B点测得∠ABD=45°,其中D点是点C到
水平面的垂足,求山高CD.
跟踪训练1(1)甲、乙两楼相距a,从乙楼底望甲楼顶的仰角为60°,从甲楼顶
望乙楼顶的俯角为30°,则甲、乙两楼的高分别是________.
(2)如图,地平面上有一旗杆OP,为了测得它的高度h,在地面上选一基线AB,
AB=20m,在A点处测得P点仰角∠OAP=30°,在B点处测得P点的仰角∠
OBP=45°,又测得∠AOB=60°,求旗杆的高度h.(结果保留两个有效数字)
题型二三角形的面积公式及其应用
π4
例2在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,B=,cosA=,b=3.
35
(1)求sinC的值;(2)求△ABC的面积.
跟踪训练2如图所示,已知圆内接四边形ABCD的边长分别为AB=2,BC=6,
CD=DA=4,求四边形ABCD的面积.
题型三三角形面积的最值问题
例3已知△ABC的外接圆半径为R,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,
且满足2R(sin2A-sin2C)=(2a-b)·sinB,求△ABC面积的最大值.
跟踪训练3若△ABC的三边长分别为a,b,c,面积为S,且S=c2-(a-b)2,
a+b=2,求面积S的最大值.
题型四三角形中的综合问题
例4在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,设S为△ABC的面
3
积,满足S=(a2+b2-c2).(1)求角C的大小;(2)求sinA+sinB的最大值.
4
跟踪训练4已知△ABC的角A,B,C所对的边分别是a,b,c,设向量m=(a,
b),n=(sinB,sinA),p=(b-2,a-2).(1)若m∥n,求证:△ABC为等腰三
角形;
π
(2)若m⊥p,边长c=2,∠C=,求△ABC的面积.
3
题型一求高度问题
例1如图所示,A、B是水平面上的两个点,相距800m,在A点测得山顶C
的仰角为45°,∠BAD=120°,又在B点测得∠ABD=45°,其中D点是点C到
水平面的垂足,求山高CD.
解由于CD⊥平面ABD,∠CAD=45°,所以CD=AD.
因此只需在△ABD中求出AD即可,
在△ABD中,∠BDA=180°-45°-120°=15°,
2
800×
ABADAB·sin45°2
由=,得AD===800(3+1)(m).
sin15°sin45°sin15°6-2
4
即山的高度为800(3+1)m.
跟踪训练1(1)甲、乙两楼相距a,从乙楼底望甲楼顶的仰角为60°,从甲楼顶
望乙楼顶的俯角为30°,则甲、乙两楼的高分别是________.
23
答案3a,a
3
解析甲楼的高为atan60°=3a,
323
3aatan30°3aaa.
乙楼的高为-=-3=3
(2)如图,地平面上有一旗杆OP,为了测得它的高度h,在地面上选一基线AB,
AB=20m,在A点处测得P点仰角∠OAP=30°,在B点处测得P点的仰角∠
OBP=45°,又测得∠AOB=60°,求旗杆的高度h.(结果保留两个有效数字)
1
解RtAOPOAP30°·3h.
在△中,∠=,=∴=tan30°=
1
RtBOPOBP45°OBOP·h.
在△中,∠=,∴=tan45°=
在△AOB中,AB=20,∠AOB=60°,
由余弦定理得AB2=OA2+OB2-2·OA·OB·cos60°,
1400
即202=(3h)2+h2-2·3h·h·,解得h2=≈,∴h≈13m.
24-3
题型二三角形的面积公式及其应用
π4
例2在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,B=,cosA=,b=3.
35
(1)求sinC的值;(2)求△ABC的面积.
π42π
解(1)ABCABCBcosACA
因为角,,为△的内角,且=3,=5,所以=3-,
3
sinA.
=5
2π313+43
于是sinC=sin-A=cosA+sinA=.
32210
33+43
(2)由(1)知sinA=,sinC=,
510
πbsinA6
Bb3ABCa.
又因为=3,=,所以在△中,由正弦定理得=sinB=5
1163+4336+93
ABCSabsinC××3×.
于是△的面积=2=2510=50
跟踪训练2如图所示,已知圆内接四边形ABCD的边长分别为AB=2,BC=6,
CD=DA=4,求四边形ABCD的面积.
解连接BD,则四边形ABCD的面积为
11
S=S+S=AB·ADsinA+BC·CDsinC.
△ABD△CDB22
∵A+C=180°,∴sinA=sinC,
11
∴S=(AB·AD+BC·CD)sinA(2464)sinA16sinA.
2=2×+×=
在△ABD中,由余弦定理得
BD2=AB2+AD2-2AB·ADcosA=22+42-2×2×4cosA=20-16cosA.
在△CDB中,由余弦定理得
BD2=CB2+CD2-2CB·CDcosC=52-48cosC.
∴20-16cosA=52-48cosC.
1
∵cosC=-cosA,∴64cosA=-32,∴cosA=-,
2
又A∈(0°,180°),∴A=120°,∴S=16sin120°=83.
题型三三角形面积的最值问题
例3已知△ABC的外接圆半径为R,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,
且满足2R(sin2A-sin2C)=(2a-b)·sinB,求△ABC面积的最大值.
解由正弦定理得a2-c2=(2a-b)b,
即a2+b2-c2=2ab.
a2+b2-c22ab2
cosC
由余弦定理得=2ab=2ab=2,
π
C(0C.
∵∈,π),∴=4
1123
SabsinC2RsinA·2RsinB·2R2sinAsinB2R2sinAsin(π-A)
∴=2=2×2==4
2211-cos2A
2R2sinA(cosAsinA)R2(sinAcosAsin2A)R2(sin2A)
=2+2=+=2+2
2π1
R2[sin(2A)]
=2-4+2
3ππ5π22+1
A(0π).∴2A-(π)∴sin(2A-)(1]S(0R2]
∵∈,44∈-4,44∈-2,,∴∈,2,
2+1
SR2.
∴面积的最大值为2
跟踪训练3若△ABC的三边长分别为a,b,c,面积为S,且S=c2-(a-b)2,
a+b=2,求面积S的最大值.
解S=c2-(a-b)2=c2-a2-b2+2ab=2ab-(a2+b2-c2),
由余弦定理得a2+b2-c2=2abcosC,
∴c2-(a-b)2=2ab(1-cosC),即S=2ab(1-cosC),
1
SabsinCsinC4(1cosC)
∵=2,∴=-.
又∵sin2C+cos2C=1,∴17cos2C-32cosC+15=0,
158
cosCcosC1()sinC
解得=17或=舍去.∴=17,
1444
SabsinCa(2a)(a1)2.
∴=2=17-=-17-+17
4
∵a+b=2,∴0<a<2,∴当a=1,b=1时,S=.
max17
题型四三角形中的综合问题
例4在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,设S为△ABC的面
3
积,满足S=(a2+b2-c2).(1)求角C的大小;(2)求sinA+sinB的最大值.
4
13
解(1)absinC×2abcosC.
由题意可知2=4
π
tanC30<CC.
所以=,因为<π,所以=3
π
(2)由已知sinA+sinB=sinA+sinπ-A-
3
2π31π2π
=sinA+sin-A=sinA+cosA+sinA=3sinA+≤3(0<A<),
32263
π
AABC
当=3,即△为等边三角形时取等号.
所以sinA+sinB的最大值为3.
跟踪训练4已知△ABC的角A,B,C所对的边分别是a,b,c,设向量m=(a,
b),n=(sinB,sinA),p=(b-2,a-2).
(1)若m∥n,求证:△ABC为等腰三角形;
π
(2)若m⊥p,边长c=2,∠C=,求△ABC的面积.
3
(1)证明∵m∥n,∴asinA=bsinB.
ab
a·b·(2RABC)
∴2R=2R为△外接圆直径,
∴a2=b2,∴a=b,
∴△ABC为等腰三角形.
(2)解由题意可知m·p=0,即a(b-2)+b(a-2)=0.
∴a+b=ab.
由余弦定理得4=a2+b2-ab=(a+b)2-3ab,
∴(ab)2-3ab-4=0,∴ab=4或-1(舍),
11π
∴S=absinC=·4·sin=3.
△ABC223
故△ABC的面积为3.