课件63张PPT。教师用书独具演示演示结束 正弦定理 外接圆半径 它所对角的正弦 2RsinA 2RsinB 2RsinC sinA∶sinB∶sinC 利用正弦定理解三角形 三角形的面积问题 判断三角形的形状 课时作业（十）课件54张PPT。教师用书独具演示演示结束 余弦定理 利用余弦定理解三角形 判断三角形的形状 正、余弦定理的综合应用 课时作业（十一）课件56张PPT。教师用书独具演示演示结束 三角形中的几何计算 与长度或角度有关的问题 有关面积问题 正、余弦定理的综合应用 课时作业（十二）课件54张PPT。教师用书独具演示演示结束 实际问题中的有关术语 测量距离问题 测量高度问题测量角度问题 课时作业（十三）第二章 解三角形
§1正弦定理与余弦定理
1．1 正弦定理
(教师用书独具)
●三维目标
1．知识与技能
通过对任意三角形边长和角度的关系探索，掌握正弦定理的内容及其证明方法；会用正弦定理与三角形内角和定理解斜三角形的基本问题．
2．过程与方法
让学生从已有的几何知识出发，探究在任意三角形中，边与其对角的关系，引导学生观察、推导、比较，由特殊到一般归纳出正弦定理．
3．情感、态度与价值观
培养学生在方程思想指导下处理三角形问题的运算能力；培养学生合情推理探索数学规律的能力．
●重点难点
重点：正弦定理的探索的证明及其应用．
难点：已知两边和其中一边的对角解三角形时判断个数．
(教师用书独具)
●教学建议
已知两边和其中一边的对角解三角形时判断个数，此类问题有两个、一个、零个的情况，需要进行讨论，可做如下处理：
在△ABC中，已知a，b和A时三角形解的情况：
A为锐角
A为钝角或直角
图
像
关系式
①a＝bsin A
②a≥b
bsin A
aa>b
a≤b
解的个数
一解
两解
无解
一解
无解
●教学流程
??????
(对应学生用书第32页)
课标解读
1.通过对特殊三角形边角间数量关系的研究，发现正弦定理，了解其向量证法(难点)．
2．掌握正弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题(重点).
正弦定理
【问题导思】
在Rt△ABC中，c为斜边，试问，，的值相等吗？为什么？对于一般的三角形而言，，，的值是否相等？
【提示】 在Rt△ABC中，∵sin A＝，sin B＝且C＝90°，
∴＝＝.对一般的三角形而言，也相等．
语言表述
在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等
符号表示
＝＝
比值的
含义
＝＝＝2R
(其中R为△ABC的外接圆半径)
变形
(1)a＝2Rsin__A，b＝2Rsin__B，c＝2Rsin__C；
(2)sin A＝，sin B＝，sin C＝；
(3)a∶b∶c＝sin__A∶sin__B∶sin__C.
作用
揭示了三角形边、角之间的数量关系
三角形面积公式
【问题导思】
在Rt△ABC中，c为斜边，三角形的面积与absin C，bcsin A，acsin B的值相等吗？猜想一下在一般三角形中是否成立？
【提示】 ∵C＝90°，∴S△ABC＝ab＝absin C，
设边c上的高为h，
则sin B＝，sin A＝，
∴S△ABC＝hc＝acsin B＝bcsin A，
∴在Rt△ABC中，c为斜边，三角形的面积与absin C，bcsin A，acsin B的值相等．猜想在一般三角形中也成立．
三角形ABC的面积：S＝absin__C
＝bcsin__A＝acsin__B．
(对应学生用书第32页)
利用正弦定理解三角形
在△ABC中，
(1)若A＝45°，B＝30°，a＝2，求b，c与C；
(2)若B＝30°，b＝5，c＝5，求A、C与a.
【思路探究】 (1)已知A，B，如何求C？在正弦定理中b，c分别怎样表示？
(2)已知B，b，c运用正弦定理可先求出哪个量？
【自主解答】 (1)由三角形内角和定理，得：
C＝180°－(A＋B)＝180°－(45°＋30°)＝105°.
由正弦定理＝＝，得
b＝＝＝＝，
sin 105°＝sin(60°＋45°)＝，
c＝＝＝＝＋1.
(2)∵b＝5，c＝5，B＝30°，
∴c·sin B∴△ABC有两解，
由正弦定理得：sin C＝＝，
∴C＝60°或120°.
当C＝60°时，A＝90°，易得a＝10；
当C＝120°时，A＝30°，此时a＝b＝5.
1．已知两角与任一边解三角形，可先利用三角形内角和定理求第三个角，再利用正弦定理求出两未知边．
2．已知△ABC的两边a，b和角A，判断三角形解的个数，有以下两种方法：
法一 作图判断．
作出已知角A，边长b，以点C为圆心，以边长a为半径画弧，与射线AB的公共点(除去顶点A)的个数即为三角形解的个数．
法二 根据三角函数的性质来判断．
由正弦定理，得sin B＝，当>1时，无解；当＝1时，有一解；当<1时，如果a≥b，即A≥B，则B一定为锐角，有一解；如果a本例(2)中，若B＝60°，b＝4，a＝4，如何求解？
【解】 由正弦定理＝＝，得
sin A＝＝＝，
又a＜b，∴A＝45°，C＝180°－A－B＝75°.
∴c＝＝＝＝2(＋)．
三角形的面积问题
在△ABC中，sin(C－A)＝1，sin B＝.
(1)求sin A的值；
(2)设AC＝，求△ABC的面积．
【思路探究】 (1)先寻找角A、B间的关系，再求sin A.
(2)先由正弦定理求BC，再代入三角形的面积公式求解．
【自主解答】 (1)由C－A＝和A＋B＋C＝π，
得2A＝－B，0＜A＜.
故cos 2A＝sin B，即1－2sin2A＝，sin A＝.
(2)由(1)得cos A＝.
又由正弦定理，得＝，BC＝AC＝3，
又C＝＋A，∴sin C＝cos A＝.
所以S△ABC＝AC·BC·sin C＝AC·BC·cos A
＝3.
1．求三角形的面积是在已知两边及其夹角的情况下求得的，所以在解题中要有目的的为具备两边及其夹角的条件作准备．
2．三角形面积计算公式
(1)S＝a·ha＝b·hb＝c·hc(ha、hb、hc分别表示a，b，c边上的高)．
(2)S＝absin C＝acsin B＝bcsin A＝.
(3)S＝r(a＋b＋c)(r为内切圆半径)．
已知△ABC中，·<0，S△ABC＝，||＝3，＝5，则∠BAC＝( )
A．30° B．120° C．150° D．30°或150°
【解析】 由S△ABC＝，得×3×5sin ∠BAC＝，
∴sin∠BAC＝，
又由·<0，得∠BAC>90°，
∴∠BAC＝150°.
【答案】 C
判断三角形的形状
已知△ABC中，bsin B＝csin C，且sin2A＝sin2B＋sin2C，试判断三角形的形状．
【思路探究】 利用正弦定理的变形(如a＝2Rsin A)，将条件中的角化为边，或将边化为角，从而进行判断．
【自主解答】 法一 由bsin B＝csin C得，2Rsin2B＝2Rsin2C，
即sin2B＝sin2C.
∵0∴sin B>0，sin C>0.
∴sin B＝sin C，∴B＝C.
又sin2A＝sin2B＋sin2C，A＝π－(B＋C)＝π－2B，
∴sin22B＝2sin2B.
即4sin2B·cos2B＝2sin2B.
∴cos2B＝.
由A＝π－2B∈(0，π)知，0∴cos B＝，∴B＝，A＝.
故△ABC是等腰直角三角形．
法二 由bsin B＝csin C得：b·2Rsin B＝c·2Rsin C，
∴b2＝c2，b＝c.
由sin2A＝sin2B＋sin2C得，
(2Rsin A)2＝(2Rsin B)2＋(2Rsin C)2，
∴a2＝b2＋c2，
结合b＝c知，△ABC为等腰直角三角形．
1．本题已知三角形中的边角关系式，判断三角形的形状，可考虑使用正弦定理，把关系式中的边化为角，再进行三角恒等变换求出三个角之间的关系式，然后给予判定．
2．在正弦定理的推广中，a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C是边化角的主要工具．其他变形还有角化边，如sin A＝，sin B＝，sin C＝，借助正弦定理可以进行三角形形状的判断，三角恒等式的证明．
在△ABC中，已知a2tan B＝b2tan A，试判断三角形的形状．
【解】 由已知得＝，
由正弦定理a＝2Rsin A，b＝2Rsin B(R为△ABC的外接圆半径)，得
＝，
sin Acos A＝sin Bcos B，
∴sin 2A＝sin 2B.
∴2A＋2B＝π或2A＝2B.
∴A＋B＝或A－B＝0.
∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．
(对应学生用书第34页)
解三角形时忽视讨论致误
在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且b＝6，a＝2，A＝30°，求△ABC的面积．
【错解】 由正弦定理得：
sin B＝＝＝，
∴B＝60°.
故C＝180°－A－B＝180°－30°－60°＝90°，
在Rt△ABC中，C＝90°，a＝2，b＝6，
故S△ABC＝ab＝×2×6＝6.
【错因分析】 上述解答错误之处在于在利用正弦定理求得sin B＝后直接得出B＝60°，未对解的情况作出判断和讨论，从而导致丢解．
【防范措施】 遇到已知两边及其中一边对角解三角形时一定要讨论．
【正解】 由正弦定理得，
sin B＝＝＝.
由b＝6，a＝2知，b>a，∴B>A＝30°.
∴B＝60°或120°.
(1)当B＝60°时，C＝180°－A－B＝90°.
∴S△ABC＝ab＝×6×2＝6.
(2)当B＝120°时，C＝180°－A－B＝30°.
∴S△ABC＝absin C＝×6×2×sin 30°＝3.
综合以上得△ABC的面积为6或3.
1．应用正弦定理可解决两类三角形问题：
(1)已知三角形两角及一边；(2)已知两边及其中一边的对角．
2．已知两边及其中一边的对角解三角形时，要注意分类讨论．
3．正弦定理揭示了三角形中边、角之间的数量关系，可以借助三角形外接圆的半径，用边表示角或用角表示边，从而在解决有关问题时，可利用其“化边为角”或“化角为边”．
(对应学生用书第34页)
1．在△ABC中，一定成立的等式是( )
A．asin A＝bsin B
B．acos A＝bcos B
C．asin B＝bsin A
D．acos B＝bcos A
【解析】 由正弦定理得＝，∴asin B＝bsin A.
【答案】 C
2．在△ABC中，A＝30°，C＝105°，b＝8，则a等于( )
A．4 B．4 C．4 D．4
【解析】 由三角形内角和定理知B＝180°－A－C＝180°－30°－105°＝45°.由正弦定理＝，得a＝＝＝4.
【答案】 B
3．在锐角△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，且a＝2csin A，则角C＝________．
【解析】 根据正弦定理，＝，
由a＝2csin A，得sin A＝2sin Csin A，
∴sin C＝，而角C是锐角，∴C＝.
【答案】
4．在△ABC中，求证：a2sin 2B＋b2sin 2A＝2absin C.
【证明】 由正弦定理得
＝sin 2B＋sin 2A
＝＋
＝2(sin A·cos B＋sin B·cos A)
＝2sin(A＋B)＝2sin C，故原式成立．
(对应学生用书第97页)
一、选择题
1．在△ABC中，下列a与bsin A的关系正确的是( )
A．a>bsin A B．a≥bsin A
C．a【解析】 由正弦定理得＝，
所以a＝，
又因为sin B∈(0，1]，
所以a≥bsin A.
【答案】 B
2．△ABC中，a＝，b＝，sin B＝，则符合条件的三角形有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．0个
【解析】 ∵asin B＝，
∴asin B∴符合条件的三角形有2个．
【答案】 B
3．在△ABC中，若A＝75°，B＝45°，c＝6，则△ABC的面积为( )
A．9＋3 B.
C. D.
【解析】 ∵A＝75°，B＝45°，∴C＝60°，b＝＝＝2，
∴S△ABC＝bcsin A＝×2×6×＝9＋3.
【答案】 A
4．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，且acos B＋acos C＝b＋c，则△ABC的形状是( )
A．等边三角形 B．锐角三角形
C．钝角三角形 D．直角三角形
【解析】 ∵acos B＋acos C＝b＋c，故由正弦定理得，
sin Acos B＋sin Acos C＝sin B＋sin C＝sin(A＋C)＋sin(A＋B)，
化简得：cos A(sin B＋sin C)＝0，又sin B＋sin C＞0，
∴cos A＝0，即A＝，
∴△ABC为直角三角形．
【答案】 D
5．(2012·天津高考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知8b＝5c，C＝2B，则cos C＝( )
A. B．－
C．± D.
【解析】 由＝，且8b＝5c，C＝2B，所以5csin 2B＝8csin B，所以cos B＝.所以cos C＝cos 2B＝2cos2B－1＝.
【答案】 A
二、填空题
6．在△ABC中，B＝45°，C＝60°，c＝1，则最短边的边长等于________．
【解析】 由三角形内角和定理知：A＝75°，由边角关系知B所对的边b为最小边，由正弦定理＝得b＝＝＝.
【答案】
7．(2013·济南高二检测)已知a，b，c分别是△ABC的三个内角A，B，C所对的边，若a＝1，b＝，A＋C＝2B，则sin C＝________．
【解析】 ∵A＋B＋C＝180°，且A＋C＝2B，∴B＝60°.
由正弦定理得sin A＝＝＝，
又a∴C＝180°－(30°＋60°)＝90°.即sin C＝1.
【答案】 1
8．若△ABC的面积为，BC＝2，C＝60°，则边AB的长度等于________．
【解析】 由于S△ABC＝，BC＝2，C＝60°，
∴＝×2·AC·，
∴AC＝2，∴△ABC为正三角形，∴AB＝2.
【答案】 2
三、解答题
9．在△ABC中，c＝，A＝45°，a＝2，求b和B，C.
【解】 ∵＝，
∴sin C＝＝＝.
∵csin A＜a＜c，∴C＝60°或C＝120°.
∴当C＝60°时，B＝75°，b＝＝＝＋1，
∴当C＝120°时，B＝15°，b＝＝＝－1.
∴b＝＋1，B＝75°，C＝60°或b＝－1，B＝15°，C＝120°.
10．在△ABC中，如果lg a－lg c＝lgsin B＝－lg ，且B为锐角，判断此三角形的形状．
【解】 由lg a－lg c＝lgsin B＝－lg ，
得sin B＝，又B为锐角，
∴B＝45°，又＝，∴＝，
∴sin C＝sin A＝sin(135°－C)，
∴sin C＝sin C＋cos C，
∴cos C＝0，即C＝90°，
故此三角形是等腰直角三角形．
11．在△ABC中，已知tan B＝，cos C＝，AC＝3，求△ABC的面积．
【解】 设△ABC中AB、BC、CA的长分别为c、a、b.
由tan B＝，得B＝60°，
∴sin B＝，cos B＝.
又cos C＝，∴sin C＝＝，
由正弦定理得c＝＝＝8.
又∵sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C
＝＋，
∴三角形面积S△ABC＝bcsin A＝6＋8.
(教师用书独具)
已知△ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acos C＋c＝b，
(1)求角A的大小；
(2)若a＝1，求△ABC的周长l的取值范围．
【思路探究】 (1)本题可考虑把边化为角，通过寻找三角形角与角之间的关系求解；
(2)将周长表示为三角形某内角的函数，通过求函数的值域来求周长的取值范围．
【自主解答】 (1)由acos C＋c＝b和正弦定理得，
sin Acos C＋sin C＝sin B，
又sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C，
∴sin C＝cos Asin C，
∵sin C≠0，∴cos A＝，
∵0(2)由正弦定理得，b＝＝sin B，
c＝＝sin C，
则l＝a＋b＋c＝1＋(sin B＋sin C)
＝1＋[sin B＋sin(A＋B)]
＝1＋2(sin B＋cos B)＝1＋2sin(B＋)．
∵A＝，∴B∈(0，)，∴B＋∈(，)，
∴sin(B＋)∈(，1]，
∴△ABC的周长l的取值范围为(2，3]．
利用正弦定理可以实现边、角互化
(1)将边转化为角：a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C；
(2)将角转化为边：sin A＝，sin B＝，sin C＝.
已知△ABC的角A、B、C的对边分别为a、b、c，若1－＝，求cos 的值．
【解】 由正弦定理以及sin A＝sin(B＋C)，得：
1－＝，
整理得2sin A－sin C＝2sin(B－C)，
∴4cos Bsin C＝sin C，
又sin C≠0，
∴cos B＝，
∴1－2sin2＝，sin ＝，
∴cos ＝cos ＝sin ＝.
趣味材料
中国南宋末年数学家秦九韶发现三斜求积公式，其著作《数书九章》卷五第二题即三斜求积．“问沙田一段，有三斜，其小斜一十三里，中斜一十四里，大斜一十五里，里法三百步，欲知为田几何？”答曰：“三百十五顷．”其术文是：“以小斜幂并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之为实，……开平方得积．”若以大斜记为a，中斜记为b，小斜记为c，秦九韶的方法相当于下面的一般公式：
S＝，这里a>b>c.
1．2 余弦定理
(教师用书独具)
●三维目标
1．知识与技能
掌握余弦定理的两种表示形式及余弦定理的向量方法；并会用余弦定理解决基本的解三角形问题．
2．过程与方法
利用向量数量积推出余弦定理并通过实践演算掌握运用余弦定理解决解三角形问题．
3．情感、态度与价值观
培养学生在方程思想指导下处理解三角形问题的运算能力；通过三角函数、余弦定理、向量的数量积等知识间的关系，来理解事物之间的普遍联系与辨证统一．
●重点难点
重点：余弦定理的发现和证明过程及应用．
难点：正、余弦定理与三角函数、三角恒等变换的综合问题．
(教师用书独具)
●教学建议
探究和证明余弦定理的过程既是本节课的重点，也是本节课的难点．学生已具备了勾股定理的知识，即当C＝90°时，有c2＝a2＋b2，作为一般的情况，当C≠90°时，三角形的三边满足什么呢？学生一时很难找到思路．最容易想到的思路就是构造直角三角形，尝试用勾股定理去探究三角形的边角关系．用向量的数量积证明余弦定理更是学生想不到的，原因是学生很难将向量的知识与解三角形的知识相结合．因此教师在授课时可以适当点拨、启发．鼓励学生大胆的探索．在教学中引导学生从不同的途径去探索余弦定理的证明，这样既能开拓学生的视野，加深学生对余弦定理的理解，又能培养学生形成良好的思维习惯，从而突破本节难重点．
●教学流程
??????
(对应学生用书第35页)
课标解读
1.了解用向量数量积证明余弦定理的方法，体会向量工具在解决三角形度量问题时的作用(难点)．
2．掌握余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题(重点).
余弦定理
【问题导思】
图2－1－1
如图2－1－1，在△ABC中，设＝a，＝b，＝c，如果C＝90°，如何求AB边的长？当C≠90°，如何用向量的数量积表示AB边的长？
【提示】 利用勾股定理求AB的边长．
|c|2＝c·c＝(a－b)·(a－b)＝a2－2a·b＋b2
＝a2＋b2－2|a||b|cos C
∴c2＝a2＋b2－2abcos C.
余弦定理
语言表述
三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍.
符号表示
a2＝b2＋c2－2bccos__A；
b2＝a2＋c2－2accos__B；
c2＝a2＋b2－2abcos__C.
推论
cos A＝；
cos B＝；
cos C＝.
作用
实现三角形边与角的互化.
(对应学生用书第35页)
利用余弦定理解三角形
(1)在△ABC中，若a＝1，b＝1，C＝120°求c；
(2)已知△ABC中，a∶b∶c＝2∶∶(＋1)，求△ABC各内角的度数．
【思路探究】 (1)直接利用余弦定理求解．
(2)先根据比值设出各边的长，再利用余弦定理求解．
【自主解答】 (1)c2＝a2＋b2－2abcos C
＝1＋1－2cos 120°＝3，
∴c＝.
(2)∵a∶b∶c＝2∶∶(＋1)，
∴令a＝2k，b＝k，c＝(＋1)k.
由余弦定理得
cos A＝＝＝，
∴A＝45°.
cos B＝＝＝，
∴B＝60°.
∴C＝180°－A－B＝180°－45°－60°＝75°.
1．本题(2)关键是根据已知条件设出三边，为使用余弦定理的推论求角创造条件．
2．余弦定理是刻画三角形两边及其夹角的余弦与第三边关系的定理．在余弦定理的每一个等式中均含有四个不同的量，它们分别是三角形的三边和一个角，知道其中的任意三个量，便可求得第四个量．
(1)在△ABC中，已知角A，B，C所对的三边长分别为a，b，c，若A＝，b＝2，S△ABC＝2，求a.
(2)在△ABC中，a∶b∶c＝2∶∶，求△ABC中最大角的度数．
【解】 (1)因为S△ABC＝bcsin A＝×2×c＝c＝2，所以c＝2.根据余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝4＋8－2×2×2×＝4，所以a＝2.
(2)∵a∶b∶c＝2∶∶，∴令a＝2k，b＝k，c＝k(k＞0)，由b＜a＜c，知C为△ABC最大内角，
cos C＝＝＝－，
又0°＜C＜180°∴C＝150°.
判断三角形的形状
在△ABC中，已知(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，且2cos Asin B＝sin C，确定△ABC的形状．
【思路探究】 可先把角的关系转化为边的关系，通过边来判断三角形的形状，也可把边的关系转化为角的关系，通过角来判断三角形的形状．
【自主解答】 法一 由正弦定理得＝，
由2cos Asin B＝sin C，有cos A＝＝.
又由余弦定理得cos A＝，
所以＝，
即c2＝b2＋c2－a2，所以a2＝b2，所以a＝b.
又因为(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，
所以(a＋b)2－c2＝3ab，所以4b2－c2＝3b2，
即b2＝c2.
所以b＝c，所以a＝b＝c.
所以△ABC为等边三角形．
法二 因为A＋B＋C＝180°，
所以sin C＝sin(A＋B)，
又因为2cos Asin B＝sin C，
所以2cos Asin B＝sin Acos B＋cos Asin B，
所以sin(A－B)＝0.
又因为A与B均为△ABC的内角，所以A＝B.
又由(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab得(a＋b)2－c2＝3ab，
所以a2＋b2－c2＋2ab＝3ab，即a2＋b2－c2＝ab.
由余弦定理，得cos C＝＝＝，
又0°＜C＜180°，所以C＝60°.
所以△ABC为等边三角形．
1．本题解法一利用了边的关系判断，解法二利用了角的关系判断．
2．判断三角形的形状，应围绕三角形的边角关系进行思考，主要有以下两条途径：(1)利用正、余弦定理把已知条件转化为边边关系，通过因式分解、配方等得出边的相应关系；(2)利用正、余弦定理把已知条件转化为内角的三角函数间的关系，通过三角函数恒等变形，得出内角的关系，此时要注意应用A＋B＋C＝π这个结论．
若将例题中的条件改为“△ABC中，b，c是角B、C的对边，且cos2＝”，试判断△ABC的形状．
【解】 法一 ∵cos2＝且cos2＝，
∴＝，即cos A＝.
由正弦定理，得cos A＝，
∴cos Asin C＝sin(A＋C)，整理得sin Acos C＝0.
∵sin A≠0，∴cos C＝0，∴C＝.
故△ABC为直角三角形．
法二 同法一得cos A＝.
由余弦定理得＝，整理得a2＋b2＝c2，
故△ABC为直角三角形．
正、余弦定理的综合应用
在△ABC中，C＝2A，a＋c＝10，cos A＝，求b.
【思路探究】 先根据正弦定理求出a，c的值，再利用余弦定理建立b的方程求b.
【自主解答】 由正弦定理得
＝＝＝2cos A＝，
又a＋c＝10，
∴a＝4，c＝6.
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A得b2－9b＋20＝0，
解得b＝4或b＝5.
当b＝4时，
∵a＝4，∴A＝B，
又C＝2A且A＋B＋C＝180°，
∴A＝45°与cos A＝矛盾，舍去，
∴b＝5.
1．本题易忽视检验b＝4的情况导致出错．
2．余弦定理和正弦定理都是解三角形的重要工具，都可以实现三角形中的边角转化．在解决三角形中的综合问题时，要有意识地合理选择，一般情况下，如果条件中含有角的余弦或边的二次式，要考虑余弦定理；若条件中含有角的正弦或边的一次式，则考虑正弦定理．学习时应注意归纳总结正、余弦定理的应用技巧，如公式的正用、逆用以及变形用等，同时牢固掌握内角和定理的运用和三角变换的技巧．
已知A、B、C是△ABC的三个内角，且满足(sin A＋sin B)2－sin2C＝3sin Asin B.
求证：A＋B＝120°.
【证明】 由(sin A＋sin B)2－sin2C＝3sin Asin B可得sin2A＋sin2B－sin2C＝sin Asin B.
由正弦定理得sin A＝，sin B＝，sin C＝，
∴＋－＝·，
即a2＋b2－c2＝ab.
由余弦定理的推论得cos C＝＝，
∴C＝60°，
∴A＋B＝120°.
(对应学生用书第37页)
转化思想在三角形中的应用
(12分)在△ABC中，A、B、C的对边分别为a、b、c，且＝＝，试判断△ABC的形状．
【思路点拨】 可以把角转化为边，也可以把边转化为角来处理．
【规范解答】 法一 由正弦定理＝＝＝2R得：
a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C.
代入＝＝中，得：＝＝，4分
即＝＝，
∴tan A＝tan B＝tan C．10分
又∵A、B、C是△ABC的内角，∴A＝B＝C.
∴△ABC是等边三角形.12分
法二 由余弦定理得
＝＝，6分
∴b2＋c2－a2＝a2＋c2－b2＝a2＋b2－c2.
得a2＝b2＝c2，即a＝b＝c.10分
∴△ABC是等边三角形.12分
转化也称化归，它是将未知的，陌生的，复杂的问题转为已知的，熟悉的，简单的问题，从而使问题解决的数学思想．在解三角形时，若已知条件中含边角共存的关系式时，往往可利用正弦定理或余弦定理实现边角间的互化，从而发现各元素间的关系．
1．余弦定理揭示了任意三角形边角之间的客观规律，也是解三角形的重要工具，可解决以下两类问题：
(1)已知两边及其夹角，求第三边和其他两角；
(2)已知三边求三角．
2．判断三角形的形状，应围绕三角形的边角关系进行思考，依据已知条件中的边角关系判断时，可利用正弦定理或余弦定理转化为边的关系作代数运算，也可转化角的关系，通过三角变换求解．
(对应学生用书第37页)
1．在△ABC中，已知a＝5，b＝4，C＝120°，则c为( )
A. B.
C.或 D.
【解析】 ∵c2＝a2＋b2－2abcos 120°＝25＋16＋2×5×4×＝61.∴c＝.
【答案】 B
2．在△ABC中，若a＝＋1，b＝－1，c＝，则△ABC的最大角的度数为( )
A．60° B．90° C．120° D．150°
【解析】 ∵c＞a＞b，∴C是最大角，由余弦定理得：
cos C＝＝
＝－.∴C＝120°.
【答案】 C
3．若△ABC的三个内角满足sin A∶sin B∶sin C＝5∶11∶13，则△ABC( )
A．一定是锐角三角形
B．一定是直角三角形
C．一定是钝角三角形
D．可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形
【解析】 由正弦定理知a∶b∶c＝5∶11∶13，
设a＝5k，b＝11k，c＝13k(k>0)，
由余弦定理知cos C＝＝＝－<0，∴C为钝角．
【答案】 C
4．已知△ABC的边长满足等式＝1时，求A.
【解】 由＝1，得b2＋c2－a2＝bc，
所以cos A＝＝＝，
又0(对应学生用书第99页)
一、选择题
1．已知△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c.若a＝c＝＋，且A＝75°，则b＝( )
A．2 B．4＋2
C．4－2 D.－
【解析】 在△ABC中，易知B＝30°，
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos 30°＝4，∴b＝2.
【答案】 A
2．a、b、c是△ABC的三边，B＝60°，那么a2－ac＋c2－b2的值( )
A．大于0 B．小于0
C．等于0 D．不确定
【解析】 由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos 60°＝a2＋c2－ac，
所以a2－ac＋c2－b2＝(a2＋c2－ac)－b2＝b2－b2＝0.
【答案】 C
3．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c＝，b＝，B＝120°，则a等于( )
A. B．2
C. D.
【解析】 由余弦定理得，b2＝a2＋c2－2ac·cos B，
∴6＝a2＋2＋a，∴a＝或－2(舍去)．
【答案】 D
4．(2012·上海高考)在△ABC中，若sin2A＋sin2B＜sin2C，则△ABC的形状是( )
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．不能确定
【解】 由正弦定理知＝＝＝2R，
∴sin A＝，sin B＝，sin C＝.
∵sin2A＋sin2B＜sin2C，∴＋＜，∴a2＋b2＜c2，
∴cos C＝＜0，
∴C为钝角，∴△ABC为钝角三角形．
【答案】 C
5．△ABC的三边长分别为AB＝7，BC＝5，CA＝6，则·的值为( )
A．19 B．14
C．－18 D．－19
【解析】 由余弦定理的推论
cos B＝＝，
又·＝||·||·cos (π－B)＝5×7×(－)＝－19.
【答案】 D
二、填空题
6．在△ABC中，若(a－c)(a＋c)＝b(b－c)，则A＝________.
【解析】 由(a－c)(a＋c)＝b(b－c)得a2－c2＝b2－bc，
即b2＋c2－a2＝bc与余弦定理b2＋c2－a2＝2bccos A，
比较知cos A＝，∴A＝60°.
【答案】 60°
7．在不等边三角形中，a是最大的边，若a2＜b2＋c2，则角A的取值范围是________．
【解析】 ∵a是最大边，∴A＞，又a2＜b2＋c2，由余弦定理cos A＝＞0，∴A＜，故＜A＜.
【答案】 (，)
8．(2012·北京高考)在△ABC中，若a＝2，b＋c＝7，cos B＝－，则b＝________.
【解析】 在△ABC中，由b2＝a2＋c2－2accos B及b＋c＝7知，b2＝4＋(7－b)2－2×2×(7－b)×(－)，整理得15b－60＝0.
∴b＝4.
【答案】 4
三、解答题
9．已知△ABC的顶点为A(2，3)，B(3，－2)和C(0，0)，求∠ABC.
【解】 |AB|＝＝，
|BC|＝＝，
|CA|＝＝，
由余弦定理得
cos ∠ABC＝＝，
又∵∠ABC∈(0，π)，∴∠ABC＝.
10．a、b、c分别是△ABC中角A、B、C的对边，且(sin B＋sin C＋sin A)(sin B＋sin C－sin A)＝sin Bsin C，边b和c是关于x的方程x2－9x＋25cos A＝0的两根(b>c)．
(1)求角A的正弦值；
(2)求边a，b，c；
(3)判断△ABC的形状．
【解】 (1)∵(sin B＋sin C＋sin A)(sin B＋sin C－sin A)＝sin B·sin C.
结合正弦定理得
(b＋c＋a)(b＋c－a)＝bc，整理得b2＋c2－a2＝bc.
由余弦定理得cos A＝＝，
∴sin A＝.
(2)由(1)知方程x2－9x＋25cos A＝0，
可化为x2－9x＋20＝0，
解之得x＝5或x＝4.
∵b>c，∴b＝5，c＝4.
由余弦定理知：a2＝b2＋c2－2bccos A，
∴a＝3.
(3)由(1)(2)知，a2＋c2＝b2，
∴△ABC为直角三角形．
11．(2013·潍坊高二检测)在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且2b·cos A＝c·cos A＋a·cos C，
(1)求角A的大小；
(2)若a＝，b＋c＝4，求△ABC的面积．
【解】 (1)根据正弦定理2b·cos A＝c·cos A＋a·cos C?
2cos Asin B＝sin Acos C＋cos Asin C＝sin(A＋C)＝sin B，
∵sin B≠0，∴cos A＝，
又∵0°＜A＜180°，∴A＝60°.
(2)由余弦定理得：
7＝a2＝b2＋c2－2bc·cos 60°＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc，
代入b＋c＝4得bc＝3，
故△ABC面积为S＝bcsin A＝.
(教师用书独具)
在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a，b，c，
证明：＝.
【思路探究】 本题可考虑把边化为角，通过三角变换寻找等式左、右两边的联系．
【自主解答】 由余弦定理可知：
a2＝b2＋c2－2bc·cos A，b2＝a2＋c2－2ac·cos B
则a2－b2＝b2－a2－2bc·cos A＋2ac·cos B，
整理得：
＝，
又＝，＝，
∴＝＝.
在△ABC中，内角A、B、C的对边长分别为a、b、c，已知a2－c2＝2b，且sin Acos C＝3cos Asin C，求b.
【解】 法一 ∵sin B＝4cos Asin C，
由正弦定理，得＝4cos A，∴b＝4ccos A，
由余弦定理得b＝4c·，
∴b2＝2(b2＋c2－a2)，∴b2＝2(b2－2b)，∴b＝4.
法二 由余弦定理，得a2－c2＝b2－2bccos A，
∵a2－c2＝2b，b≠0，∴b＝2ccos A＋2，①
由正弦定理，得＝，
又由已知得，＝4cos A，∴b＝4ccos A．②
由①②得b＝4.
§2三角形中的几何计算
(教师用书独具)
●三维目标
1．知识与技能
掌握正、余弦定理解任意三角形的方法，体会正、余弦定理在平面几何计算与推理中的作用．
2．过程与方法
能过图形的观察、识别、分析、归纳来正确选择正、余弦定理．
3．情感、态度与价值观
通过本节课的探究，培养学生勇于探索、创新的学习习惯．
●重点难点
重点：利用正、余弦定理解决三角形中的几何计算．
难点：将几何计算转化为解三角形问题．
(教师用书独具)
●教学建议
通过例题的活动探究，要让学生结合图形理解题意，学会分析问题状态，确定合适的求解顺序，明确所用的定理．其次，在教学中还要让学生分析讨论，明确正、余弦定理各自实用的范围．
●教学流程
??????
(对应学生用书第38页)
课标解读
1.掌握正、余弦定理解任意三角形的方法(重点)．
2．提高分析问题解决问题的能力(难点).
三角形中的几何计算
【问题导思】
图2－2－1
如图2－2－1，2011年8月，利比亚战争期间，北约为了准确分析战场形势，由位于相距a的英法两军事基地C和D，测得卡扎菲的两支精锐部队分别位于
A、B两处，且∠ADB＝∠BDC＝30°，∠DCA＝60°，∠ACB＝45°.试问你能根据实例中测量的数据计算卡扎菲这支精锐部队的距离吗？
【提示】 在△BCD中用正弦定理求出BC，在△ABC中用余弦定理求AB的长．
(对应学生用书第38页)
与长度或角度有关的问题
图2－2－2
(2013·中山高二检测)在△ABC中，已知B＝30°，D是BC边上的一点，AD＝10，AC＝14，DC＝6，
(1)求∠ADC的大小；
(2)求AB的长．
【思路探究】 (1)在△ACD中已知了AD、AC、DC，可根据余弦定理求∠ADC.
(2)在△ABD中，可用正弦定理求AB.
【自主解答】 (1)在△ADC中，AD＝10，AC＝14，DC＝6，由余弦定理得
cos ∠ADC＝＝
＝－，∴∠ADC＝120°.
(2)由(1)知∠ADB＝60°，
在△ABD中，AD＝10，B＝30°，∠ADB＝60°，
由正弦定理得＝，
∴AB＝＝＝＝10.
1．正弦、余弦定理是解三角形常用的两个重要定理，在使用时要根据题设条件，恰当选择定理，使求解更方便、简捷．
2．解决此类问题要处理好两个方面：(1)找出已知某边长的三角形，从中筛选出可解三角形；(2)找要求线段所在的三角形，确定所需条件．
图2－2－3
如图2－2－3所示，在△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝2，点D在BC边上，∠ADC＝45°，则AD的长度等于________．
【解析】 在△ABC中，由余弦定理，有
cos C＝
＝＝，
则C＝30°.
在△ACD中，由正弦定理，有
＝，
∴AD＝＝＝，
即AD的长度等于.
【答案】
有关面积问题
图2－2－4
如图2－2－4所示，在△ABC中，BC＝5，AC＝4，cos ∠CAD＝且AD＝BD，求△ABC的面积．
【思路探究】 先由余弦定理建立方程求CD的长，再在△ACD中由正弦定理求sin C，进而可求△ABC的面积．
【自主解答】 设CD＝x，则AD＝BD＝5－x.
在△CAD中，由余弦定理可知
cos ∠CAD＝＝，
解得x＝1.
在△CAD中，由正弦定理可知
＝，
∴sin C＝·＝4＝.
∴S△ABC＝AC·BC·sin C
＝×4×5×＝.
即△ABC的面积为.
1．本题求三角形面积容易考虑用×底×高，但高不易求得，应灵活应用三角形面积公式．
2．涉及三角形面积问题通常选用S＝absin C＝bcsin A＝acsin B，这个公式中含有正弦值，可以和正弦定理建立关系，又由正弦值还可求出余弦值，这就可以与余弦定理建立关系，另外面积公式中有两边的乘积，在余弦定理中也有，所以面积公式、正弦定理和余弦定理之间可以相互变换，关键是根据题中的条件选择正确的变换方向．
图2－2－5
如图2－2－5所示，△ABC中，D在边BC上，且BD＝2，DC＝1，B＝60°，∠ADC＝150°，求AC的长及△ABC的面积．
【解】 在△ABC中，∠BAD＝150°－60°＝90°，
∴AD＝BDsin 60°＝2×＝，
在△ACD中，AC2＝AD2＋DC2－2AD·DCcos ∠ADC＝()2＋12－2××1×cos 150°＝7，∴AC＝.
又∵AB＝BDcos 60°＝1，
∴S△ABC＝AB·BCsin B＝×1×3×＝.
正、余弦定理的综合应用
图2－2－6
如图2－2－6，平面四边形ABCD中，AB＝13，三角形ABC的面积为S△ABC＝25，cos∠DAC＝，·＝120.
(1)求BC的长；
(2)求cos∠BAD的值．
【思路探究】 (1)由三角形的面积公式和数量积的定义求∠CAB的余弦，再根据余弦定理求BC.
(2)由两角和的余弦公式求解．
【自主解答】 (1)由S△ABC＝25得，
||||·sin ∠CAB＝25，
由·＝120得，||·||·cos ∠CAB＝120，以上两式相除得，
tan ∠CAB＝，∴sin ∠CAB＝，cos ∠CAB＝，
∴||||＝130，
又∵||＝13，∴||＝10，
在△ABC中，由余弦定理得，
||2＝102＋132－2×10×13×＝29，
∴||＝，即BC＝.
(2)∵cos ∠DAC＝，∴sin ∠DAC＝，
∴cos ∠BAD＝cos(∠BAC＋∠CAD)
＝cos∠BAC·cos∠CAD－sin ∠BACsin ∠CAD
＝×－×＝.
1．解答本题的关键在于应用平面向量中有关向量平行、垂直的运算结合正、余弦定理化简求解．
2．解三角形与向量、三角函数及三角恒等变换知识的综合考查，是高考题中常见的题型．解答此类题目，首先要正确应用所学知识“翻译”题目条件，然后要根据题目条件和要求选择正弦或余弦定理求解．
在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且＝.
(1)求角C的大小；
(2)如果a＋b＝6，·＝4，求c的值．
【解】 (1)由＝及正弦定理得＝，
∴tan C＝，因此C＝60°.
(2)由·＝||·||cos C＝abcos 60°＝4，
∴ab＝8.
又a＋b＝6，由余弦定理得
c2＝a2＋b2－2abcos C＝(a＋b)2－3ab＝36－3×8＝12.
∴c＝2.
(对应学生用书第40页)
巧用正弦定理求线段的长度
图2－2－7
(12分)如图2－2－7所示，已知∠POQ＝60°，M是∠POQ内的一点，它到两边的距离分别为MA＝2，MB＝11，求OM的长．
【思路点拨】 因为∠MBO＝∠MAO＝，所以O、A、M、B四点都在以OM为直径的圆上．这个圆就是△AOM、△BOM以及△ABM的外接圆．故可利用正弦定理＝＝＝2R(R为三角形外接圆半径)求解．
【规范解答】 连接AB，由已知O，A，M，B四点都在以OM为直径的圆上．
这个圆就是△ABM的外接圆.2分
∵∠POQ＝60°，
∴∠AMB＝120°.
在△ABM中，
AB2＝MA2＋MB2－2MA·MBcos 120°，
22＋112－2×2×11×(－)＝147，
∴AB＝7.8分
由正弦定理得OM＝＝＝＝14.12分
本题巧妙地把OM的长度转化为三角形OAB外接圆直径，利用正弦定理解决．
1．对于三角形中的几何计算问题，首先要把所求的量转化到三角形中，然后选用正弦定理、余弦定理解决．
2．解三角形问题除了应用正、余弦定理外，也经常用到内角和定理以及三角变换公式中的平方关系、两角和与差的正、余弦公式等．
(对应学生用书第40页)
1．在△ABC中，a＝，A＝45°，则△ABC外接圆的半径R等于( )
A．1 B．2 C．4 D．无法确定
【解析】 2R＝＝2，∴R＝1.
【答案】 A
2．已知锐角三角形ABC中，AB＝4，AC＝1，△ABC的面积为，则·的值为( )
A．2 B．－2 C．4 D．－4
【解析】 S△ABC＝·|AB|·|AC|sin A＝2·sin A＝，∴sin A＝.
又△ABC为锐角三角形，∴cos A＝，
∴·＝||·||·cos A＝2.
【答案】 A
3．已知锐角三角形ABC中，AB＝4，AC＝2，△ABC的面积为2，则边BC的值为________．
【解析】 由S＝AB·ACsin A＝2，
∴×4×2sin A＝2，∴sin A＝.
又△ABC为锐角三角形，∴cos A＝，
∴BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos A
＝16＋4－2×4×2×＝12，
∴BC＝2.
【答案】 2
4．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足cos ＝，·＝3.
(1)求△ABC的面积；
(2)若c＝1，求a的值．
【解】 (1)cos A＝2cos2－1
＝2×()2－1＝，
又A∈(0，π)，sin A＝＝，
而·＝||·||·cos A
＝bc＝3，
所以bc＝5，
所以△ABC的面积为：
bcsin A＝×5×＝2.
(2)由(1)知bc＝5，而c＝1，所以b＝5，
所以a＝
＝＝2.
(对应学生用书第101页)
一、选择题
1．(2013·烟台高二检测)如果等腰三角形的周长是底边长的5倍，则它的顶角的余弦值为( )
A．－ B. C．－ D.
【解析】 设BC＝a，AC＝b，AB＝c，
则a＋b＋c＝5a，∴b＋c＝4a.∴b＝c＝2a.
由余弦定理得：cos A＝＝＝.
【答案】 B
2．E，F是等腰直角三角形ABC斜边AB的三等分点，则tan∠ECF＝( )
A. B. C. D.
【解析】 如图，取AB的中点D，连接CD.设∠ECD＝α，则∠ECF＝2α.
设AC＝BC＝6，则CD＝3，DE＝，∴tan α＝.∴tan 2α＝＝.
【答案】 D
3．若△ABC的周长为20，面积为10，A＝60°，则a等于( )
A．5 B．6 C．7 D．8
【解析】 S＝bcsin A＝bc·＝10，
∴bc＝40.
a2＝b2＋c2－2bccos A＝(b＋c)2－2bc－2bc·，
∴a2＝(20－a)2－120，∴a＝7.
【答案】 C
图2－2－8
4．在△ABC中，D是边AC上的点，且AB＝AD，2AB＝BD，BC＝2BD，则sin C的值为( )
A. B.
C. D.
【解析】 设AB＝AD＝，
则BD＝AB＝2，BC＝2BD＝4，
在△ABD中利用余弦定理得
cos A＝＝，
∴sin A＝＝.
在△ABC中利用正弦定理得＝，
∴sin C＝＝＝，故选D.
【答案】 D
5．如图2－2－9所示，四边形ABCD中，∠ABC＝∠C＝120°，AB＝4，BC＝CD＝2，则该四边形的面积等于( )
图2－2－9
A. B．5
C．6＋ D．7
【解析】 连接BD，在△BCD中，
BD＝
＝＝2.
∵∠CBD＝30°，∴∠ABD＝90°，
∴S四边形ABCD＝S△ABD＋S△BCD＝AB·BD＋BC·CDsin ∠BCD
＝×4×2＋×2×2×sin 120°＝5.
【答案】 B
二、填空题
6．在△ABC中，AD为BC边上的中线，且AC＝2AB＝2AD＝4，则BD＝________．
【解析】 如图所示，设BD＝DC＝x，因为∠ADB＋∠ADC＝180°，所以cos ∠ADB＝－cos ∠ADC，又AC＝2AD＝2AB＝4，由余弦定理得＝－，解得x＝(x＝－舍去)．
即BD＝.
【答案】
7．如图2－2－10所示，已知圆内接四边形ABCD中AB＝3，AD＝5，BD＝7，
图2－2－10
∠BDC＝45°，则BC＝________．
【解析】 cos A＝＝－，
∴A＝120°，∴C＝60°.从而＝，∴BC＝＝＝.
【答案】
8．(2013·南京高二检测)已知a，b，c为△ABC的三个内角A，B，C的对边，向量m＝(，－1)，n＝(cos A，sin A)．若n⊥m，且acos B＋bcos A＝csin C，则角B＝________．
【解析】 ∵m⊥n，∴cos A－sin A＝0.
∴tan A＝.即A＝.
由acos B＋bcos A＝csin C及正弦定理得
sin Acos B＋sin Bcos A＝sin2C.
∴sin(A＋B)＝sin C＝sin2C.
则sin C＝1，∴C＝.
∴B＝π－－＝.
【答案】
三、解答题
图2－2－11
9．如图2－2－11所示，△ACD是等边三角形，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，BD交AC于E，AB＝2.
(1)求cos ∠CBE的值；
(2)求AE.
【解】 (1)因为∠BCD＝90°＋60°＝150°，
CB＝AC＝CD，所以∠CBE＝15°，
所以cos ∠CBE＝cos(45°－30°)＝.
(2)在△ABE中，AB＝2，
由正弦定理＝，
故AE＝＝＝－.
10．在△ABC中，若c＝4，b＝7，BC边上的中线AD长为，求边长a.
【解】 如图，∵AD是BC边上的中线，
∴可设CD＝DB＝x，
则CB＝a＝2x.
∵c＝4，b＝7，AD＝.
在△ACD中，
有cos C＝，
在△ABC中，有cos C＝.
∴＝，解得x＝，a＝2x＝9.
11．(2012·课标全国卷)已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，acos C＋asin C－b－c＝0.
(1)求A；
(2)若a＝2，△ABC的面积为，求b，c.
【解】 (1)由acos C＋asin C－b－c＝0及正弦定理得sin Acos C＋sin Asin C－sin B－sin C＝0.
因为B＝π－A－C，
所以sin Asin C－cos Asin C－sin C＝0.
由于sin C≠0，
所以sin(A－)＝.
又0(2)△ABC的面积S＝bcsin A＝，故bc＝4.
而a2＝b2＋c2－2bccos A，故b2＋c2＝8.
解得b＝c＝2.
(教师用书独具)
(2013·萍乡高二检测)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＝(sin B，sin A)，p＝(b－2，a－2)．
(1)若m∥n，求证：△ABC为等腰三角形；
(2)若m⊥p，边长c＝2，角C＝，求△ABC的面积．
【思路探究】 (1)m∥n→→
→
(2)m⊥p→→→
【自主解答】 (1)∵m∥n，
∴asin A＝bsin B，
即a·＝b·，其中R是三角形ABC外接圆半径，
∴a2＝b2，a＝b，
∴△ABC为等腰三角形．
(2)由题意可知m·p＝0，
即a(b－2)＋b(a－2)＝0，
∴a＋b＝ab，
由余弦定理可知，
4＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab，
即(ab)2－3ab－4＝0，
∴ab＝4(舍去ab＝－1)．
∴S＝absin C＝·4·sin ＝.
△ABC的面积是30，内角A，B，C所对边长分别为a，b，c，cos A＝.
(1) ·；
(2)若c－b＝1，求a的值．
【解】 (1)在△ABC中，cos A＝，
∴A为锐角，且sin A＝，
∴S△ABC＝bcsin A＝bc·＝30，
∴bc＝156，∴·＝||||·cos A＝bccos A
＝156×＝144.
(2)由余弦定理得
a2＝b2＋c2－2bccos A＝(b－c)2＋2bc(1－cos A)
＝1＋2×156×＝25.
∴a＝5.
§3解三角形的实际应用举例
(教师用书独具)
●三维目标
1．知识与技能
能够运用正、余弦定理等知识解决一些测量问题．了解测量的方法和意义．
2．过程与方法
采用启发与尝试的方法，让学生在温故知新中学会正确识图、画图、想图．帮助学生逐步构建知识框架．
3．情感、态度与价值观
进一步培养学生学习数学、应用数学的意识及观察、归纳、类比、概括的能力．
●重点难点
重点：运用正、余弦定理等知识方法解决一些测量和几何有关的实际问题．
难点：掌握解三角形的实际应用问题的一般步骤．
(教师用书独具)
●教学建议
问题1：我们在初中已经学习了哪些测量距离的方法？
设计意图：引导学生回忆复习已经学习的一些测量距离方法：应用全等三角形、相似三角形和解直角三角形的知识进行距离测量的方法．
师生活动：可以画出测量方法的简明示意图，老师可以指这些方法的一些局限．
问题2：对于例2的实际情景作一分析，研究如测量两个不可能到达点之间的测量问题．
设计意图：如何通过可测量的距离解决不可到达点之间的测量问题．
师生活动：分析研究如何得到测量方法，关键是在于把未知条件转化成可以测量的距离，如何把实际问题转化为解三角形问题．
●教学流程
?????
(对应学生用书第41页)
课标解读
1.掌握测量距离、高度、角度等问题中，正、余弦定理的应用(重点)．
2．了解测量的方法和意义(难点)．
3．提高应用数学知识解决实际问题的能力.
实际问题中的有关术语
名称
定义
图示
仰角
与俯角
在视线和水平线所成角中，视线在水平线上方的角叫仰角，在水平线下方的角叫俯角，如图.
方位角
从指北方向顺时针转到目标方向线所成的角，如图，B点的方位角为α.
方向角
从指定方向线到目标方向线所成的小于90°的水平角，如南偏西60°，指以正南方向为始边，顺时针方向向西旋转60°，如图，∠ABC为北偏东60°或东偏北30°.
(对应学生用书第41页)
测量距离问题
某观测站C在目标A的南偏西25°方向，从A出发有一条南偏东35°走向的公路，在C处测得与C相距31 km的公路上的B处有一人正沿此公路向A走去，走20 km后到达D，此时测得CD的距离为21 km，求此人在D处距A还有多远？
【思路探究】 画出实际问题的示意图，结合正弦定理、余弦定理求解．
【自主解答】 如图所示，∠CAD＝25°＋35°＝60°.
在△BCD中，由余弦定理的推论得
cos B＝
＝＝.
∴sin B＝＝.
在△ABC中，由正弦定理得
AC＝＝＝24.
由余弦定理得
BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcos A，
即312＝AB2＋242－2·AB·24cos 60°，
∴AB2－24AB－385＝0.
解得AB＝35或AB＝－11(舍)．
∴AD＝AB－BD＝15(km)．
即此人在D处距A还有15 km.
1．理解题意，作出正确的示意图是解决本题的关键．
2．测量两个点之间的距离问题，一般是把求距离问题转化为求三角形的边长问题，首先是明确题意，根据条件和图形特点寻找可解的三角形，然后利用正弦定理或余弦定理求解．
隔河看两目标A、B，但不能到达，在岸边选取相距 km的C、D两点，并测得∠ACB＝75°，∠BCD＝45°，∠ADC＝30°，∠ADB＝45°(视A、B、C、D四点在同一平面内)．求两目标A、B之间的距离．
图2－3－1
【解】 在△ACD中，∵∠ADC＝30°，∠ACD＝120°，
∴∠CAD＝30°，∴AC＝CD＝，∴AD＝3.
在△BCD中，∠CBD＝180°－45°－75°＝60°，
由正弦定理，得＝，
∴BD＝＝＝.
在△ADB中，由余弦定理，得
AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cos ∠ADB
＝9＋2－2×3××＝5，
∴AB＝，即目标A、B相距 km.
测量高度问题
某人从塔AB的正东C处沿着南偏西60°的方向前进40米后到达D处，望见塔在东北方向，若沿途测得塔的最大仰角为30°，求塔高．
【思路探究】 可先依题意画出图形，从C到D沿途测塔的仰角，只有塔底B到测试点距离最小时，仰角才最大为30°.
【自主解答】 根据题意画出示意图，且BE⊥CD.在△BDC中，CD＝40，∠BCD＝30°，∠DBC＝135°.
由正弦定理，
得＝，
∴BD＝＝20.
在Rt△BED中，
∠BDE＝180°－135°－30°＝15°.
∴BE＝DBsin 15°＝20·＝10(－1)．
在Rt△ABE中，∠AEB＝30°，
∴AB＝BEtan 30°＝(3－)(米)．
故所求的塔高为(3－)米．
1．本题与立体几何中的角有关，解决的关键是准确作出空间图形，在AB一定时，仰角要最大，需B到测试点的距离最小，所以测试点是过B向CD作垂线的垂足位置．
2．准确理解应用题中的有关名称、术语，如仰角、俯角、方位角等，将要求解的问题归结到一个或几个三角形中，通过合理运用正弦定理、余弦定理等有关知识，建立数学模型，然后正确求解，最后作答．
(2013·沈阳高二检测)如图2－3－2所示，测量河对岸的塔高AB时，可选取与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D，现测得∠BCD＝75°，∠BDC＝60°，CD＝s，并在点C处测得塔顶A的仰角为30°，求塔高AB.
图2－3－2
【解】 在△BCD中，∠CBD＝180°－75°－60°＝45°，
由正弦定理得＝，
所以BC＝＝＝s.
在Rt△ABC中，
AB＝BC·tan∠ACB＝s·tan 30°＝s.
因此塔高为 s.
测量角度问题
图2－3－3
如图2－3－3所示，A，B是海面上位于东西方向相距5(3＋)海里的两个观测点，现位于A点北偏东45°，B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号，位于B点南偏西60°且与B点相距20海里的C点的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/小时，该救援船到达D点需要多长时间？
【思路探究】 在△ABD中先由正弦定理求BD，再在△BCD由余弦定理求CD即可．
【自主解答】 由题意知AB＝5(3＋)，
∠DBA＝90°－60°＝30°，∠DAB＝45°，
∴∠ADB＝105°.
∴sin 105°＝sin 45°·cos 60°＋sin 60°·cos 45°
＝×＋×
＝.
在△ABD中，由正弦定理得：
＝
∴BD＝＝
＝
＝
＝10.
又∠DBC＝180°－60°－60°＝60°，BC＝20，
在△DBC中，由余弦定理得：
CD2＝BD2＋BC2－2×BD×BC×cos 60°
＝300＋1 200－2×10×20×
＝900.
∴CD＝30(海里)，则需要的时间t＝＝1(小时)．
答：救援船到达D点需要1小时．
1．选择恰当且能解的三角形和理解方向角的概念是本题的关键点．
2．测量角度问题，要准确理解方位角、方向角的概念，准确画出示意图．
图2－3－4
如图2－3－4所示，一缉私艇在A处发现在北偏东45°方向，距离12 n mile的海面上有一走私船C正以10 n mile/h的速度沿东偏南15°方向逃窜．缉私艇的速度为14 n mile/h，若要在最短的时间内追上该走私船，缉私艇应沿北偏东45°＋α的方向去追，求追及所需的时间和α角的正弦值．
【解】 设经过x小时后在B处追上，则有
AB＝14x，BC＝10x，∠ACB＝120°，
∴(14x)2＝122＋(10x)2－2×12×10x·cos 120°，
∴x＝2，AB＝28，BC＝20，sin α＝＝，
所以，所需时间2小时，sin α＝.
(对应学生用书第43页)
数形结合思想在实际问题中的应用
(12分)某渔船在航行中不幸遇险，发出呼救信号，我海上救生艇在A处获悉后，立即测出该渔船在方位角为45°，距离为10海里的C处，并测得渔船正沿方位角为105°的方向，以10海里/小时的速度向某小岛靠拢，我海上救生艇立即以10海里/小时的速度前去营救，求海上救生艇的航向和靠近渔船所需的时间．
【思路点拨】 可先设出救生艇靠近渔船所需的时间t，然后在△ABC中利用余弦定理建立关于t的方程，即可求解．
【规范解答】
如图所示，设所需时间为t小时，且两船在B处相遇．
则AB＝10t，CB＝10t，2分
在△ABC中，根据余弦定理，则有
AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos 120°，
可得(10t)2＝102＋(10t)2－2×10×10tcos 120°.5分
整理得2t2－t－1＝0解得t＝1或t＝－(舍去)．
所以救生艇需1小时靠近渔船，
此时AB＝10，BC＝10.7分
在△ABC中，由正弦定理得＝，9分
∴sin∠CAB＝＝＝.
∴∠CAB＝30°.
所以海上救生艇航行的方位角为75°.12分
解三角形的实际应用很关键的一步就是画出示意图，把实际应用问题通过示意图转化为三角形问题，这就是数形结合的思想．
解三角形应用问题的一般步骤是：
(1)审题：弄清题意，分清已知与所求，准确理解应用题中的有关名称和术语，如仰角、俯角、方位角等．
(2)画图：将文字语言转化为图形语言和符号语言；
(3)建模：将要求解的问题归结到一个或几个三角形中，通过合理运用正弦定理、余弦定理等数学知识建立相应的数学模型；
(4)求模：求解数学模型，得到数学结论．演算过程要简练，计算准确；
(5)还原：把用数学方法得到的结论，还原为实际问题的意义作答．
(对应学生用书第43页)
1．若P在Q的北偏东44°50′，则Q在P的( )
A．西偏南44°50′ B．西偏北45°10′
C．南偏西44°50′ D．南偏东45°10′
【解析】 由方向角的定义知：选项C正确．
【答案】 C
图2－3－5
2．如图2－3－5所示，在河岸AC测量河的宽度BC，图中所标的数据a，b，c，α，β是可供测量的数据．下面给出的四组数据中，对测量河宽较适宜的是( )
A．c和α
B．c和b
C．c和β
D．b和α
【解析】 由于不能过河测量，故c不能测出，排除A、B、C，在Rt△ACB中，a＝btan α，故较适宜的一组数据为b与α.
【答案】 D
3．海上有A、B两个小岛相距10 n mile，从A岛望C岛与B岛成60°的视角，从B岛望C岛和A岛成75°的视角，那么B岛与C岛之间的距离为________n mile.
【解析】 画出示意图，易得C＝45°，由正弦定理＝，∴BC＝5.
【答案】 5
4．如图2－3－6，设A、B两点在河的两岸，要测量两点之间的距离，测量者在A的同侧，在所在的河岸边选定一点C，测出AC的距离是55 m，∠BAC＝51°，∠ACB＝75°，求A、B两点的距离(精确到0.1 m)．
图2－3－6
【解】 根据正弦定理，得＝，
∴AB＝＝＝≈65.7(m)
答：A、B两点间的距离为65.7米．
(对应学生用书第103页)
一、选择题
1．在第十一届全运会上，设立了很多安全检测点，已知检测点A和B与主会场O的距离相等．检测点A在主会场北偏东40°，检测点B在主会场南偏东60°，则检测点A在检测点B的( )
A．北偏东10° B．北偏西10°
C．南偏东10° D．南偏西10°
【解析】 如图，易知∠AOB＝80°，又OA＝OB，
∴∠OBA＝50°，
∴检测点A在检测点B的北偏西10°.
【答案】 B
2．有一长为1的斜坡，它的倾斜角为20°，现高不变，将倾斜角改为10°，则斜坡长为( )
A．1 B．2sin 10°
C．2cos 10° D．cos 20°
【解析】 如图所示，∠ABC＝20°，AB＝1，∠ADC＝10°，
∴∠ABD＝160°.
在△ABD中，由正弦定理＝，
∴AD＝AB·＝＝2cos 10°.
【答案】 C
图2－3－7
3．(2013·中山高二检测)某工程中要将一长为100 m倾斜角为75°的斜坡，改造在倾斜角为30°的斜坡，并保持坡高不变，则坡底需加长( )
A．100m
B．100m
C．50(＋)m
D．200 m
【解析】 在△ABC中，B＝30°，∠BAC＝75°－30°＝45°，AC＝100，
由正弦定理得＝，
∴BC＝sin 45°＝100.
【答案】 A
4．如图2－3－8，
图2－3－8
货轮在海上以40 km/h的速度沿着方位角(从指北方向顺时针转到目标方向线的水平角)为140°的方向航行，为了确定船的位置，船在B点观测灯塔A的方位角为110°，航行 h到达C点，观测灯塔A的方位角是65°，则货轮到达C点时，与灯塔A的距离是( )
A．10 km B．10 km
C．15 km D．15 km
【解析】 在△ABC中，BC＝40×＝20(km)，
∠ABC＝140°－110°＝30°，∠ACB＝(180°－140°)＋65°＝105°，
∴A＝180°－(30°＋105°)＝45°.
由正弦定理，得
AC＝＝＝10(km)．
【答案】 B
5．如图2－3－9所示，一艘船自西向东匀速航行，上午10时到达一座灯塔P的南偏西75°距塔68海里的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处，则这艘船航行的速度为( )
图2－3－9
A.海里/小时
B．34海里/小时
C.海里/小时
D．34海里/小时
【解析】 由题意知PM＝68，∠MPN＝120°，∠N＝45°，
由正弦定理知＝，
∴MN＝68××＝34.
∴速度为＝(海里/小时)．
【答案】 A
二、填空题
6．(2013·临沂高二检测)在高200米的山顶上，测得山下一塔顶与塔底的俯角分别为30°、60°，则塔高为________．
【解析】 如图，山高CD＝200，∠DCB＝30°，在Rt△BCD中，
CB＝＝.
在△ABC中，∠ACB＝30°，∠BAC＝120°.
由正弦定理得＝，
AB＝＝.
【答案】
7．一船以每小时15 km的速度向东航行，船在A处看到一灯塔M在北偏东60°方向，行驶4 h后，船到达B处，看到这个灯塔在北偏东15°方向，这时船与灯塔的距离为________km.
【解析】 如图所示，依题意有AB＝15×4＝60，∠MAB＝30°，∠AMB＝45°.
在△AMB中，由正弦定理得＝，
解得BM＝30 km.
【答案】 30
图2－3－10
8．(2013·南京高二检测)一角槽的断面如图2－3－10，四边形ADEB是矩形，若α＝50°，β＝70°，AC＝90 mm，BC＝150 mm，则DE的长度等于________mm.
【解析】 连接AB，则∠BAC＝90°－α＝40°，∠ABC＝90°－β＝20°，∴∠C＝180°－40°－20°＝120°，∴AB2＝AC2＋BC2－2×AC×BC×cos 120°＝902＋1502－2×90×150×(－)＝902＋1502＋90×150＝44 100，
∴AB＝210，故DE＝210.
【答案】 210
三、解答题
9．如图2－3－11，为了解某海域海底构造，在海平面内一条直线上的A，B，C三点进行测量．已知AB＝50 m，BC＝120 m，于A处测得水深AD＝80 m，于B处测得水深BE＝200 m，于C处测得水深CF＝110 m，求∠DEF的余弦值．
图2－3－11
【解】 如图所示，作DM∥AC交BE于N，交CF于M.
则DF＝＝＝10m，
DE＝＝＝130 m，
EF＝＝＝150 m.
在△DEF中，由余弦定理，得
cos ∠DEF＝
＝＝.
10．如图2－3－12所示，某人骑自行车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧远处一山顶D在北偏西60°的方向上，行驶6 km后到达B处，测得此山顶在北偏西15°的方向上，仰角为15°，求此山的高度CD.(精确到0.1 km)(参考数据：≈1.41，≈1.73)
图2－3－12
【解】 如题图所示，在△ABC中，A＝30°，C＝75°－30°＝45°.
由＝得，
BC＝＝3.
在Rt△BCD中，
CD＝BC×tan ∠DBC＝3×(2－)＝6－3≈1.1(km)．
答：山高约为1.1 km.
11．(2013·潍坊高二检测)如图2－3－13，海中小岛A周围40海里内有暗礁，一船正在向南航行，在B处测得小岛A在船的南偏东30°，航行30海里后，在C处测得小岛在船的南偏东45°，如果此船不改变航向，继续向南航行，问有无触礁的危险？
图2－3－13
【解】 在△ABC中，BC＝30，B＝30°，C＝135°，所以A＝15°.
由正弦定理知＝，即＝，
所以AC＝＝60cos 15°＝60cos (45°－30°)
＝60(cos45°cos 30°＋sin 45°sin 30°)＝15(＋)．
于是，A到BC边所在直线的距离为：
ACsin 45°＝15(＋)×＝15(＋1)≈40.98(海里)，
由于它大于40海里，所以船继续向南航行没有触礁的危险．
(教师用书独具)
如图，在点B处测得某建筑物AE的顶端A的仰角为θ，沿BE方向前进30 m，至点C处测得顶端A的仰角为2θ，再继续前进10m至D点，测得顶端A的仰角为4θ，求θ的大小和建筑物AE的高．
【思路探究】 很明显BC＝AC＝30 m，因此可以解△ACD，利用正弦定理建立方程求出θ，再求AE.
【自主解答】 ∵∠ABC＝θ，∠ACD＝2θ，∠ADE＝4θ，
∴∠CAB＝θ，∠DAC＝2θ.
∴在△ABC中，AC＝BC＝30 m，
在△ACD中，AD＝DC＝10m.又∵∠ADC＝180°－4θ，
∴在△ACD中，由正弦定理得，
＝，
则＝.
又∵sin 4θ＝2sin 2θcos 2θ，∴cos 2θ＝.
∴2θ＝30°，∴θ＝15°.∴在Rt△ADE中，
AE＝ADsin 4θ＝10sin 60°＝15(m)．
即所求角θ为15°，建筑物的高度为15 m.
1．解决测量高度问题需要在与地面垂直的竖直平面内构造三角形，与地面上的三角形形成空间图形．
2．测量高度时常出现仰角和俯角：在视线和水平线所成的角中，视线在水平线上方的角叫仰角；在水平线下方的角叫俯角．
在一幢20米高的楼顶测得对面一塔顶的仰角为60°，塔基的俯角为45°，那么塔高是( )
A．20(1＋) m B．20(1＋) m
C．10(＋) m D．20(＋) m
【解析】
如图AB表示楼，CD表示塔，过A作AE∥BC，则EC＝20＝AE.
设DE＝x，则tan 60°＝，
∴x＝AE·tan 60°＝20.
∴塔高为DE＋EC＝20＋20＝20(＋1)(m)．
【答案】 B
＝＝＝2Ra2＝b2＋c2－2bccos A
b2＝c2＋a2－2cacos B
c2＝a2＋b2－2abcos C
利用正、余弦定理解三角形
正弦定理主要有两方面的应用：一是已知三角形的任意两个角与一边，由三角形内角和定理，可以计算出三角形的另一个角，由正弦定理可以计算出三角形的另两边；二是已知三角形的任意两边与其中一边的对角，应用正弦定理，可以计算出另一边的对角的正弦值，进而确定这个角和三角形其他的边和角．
余弦定理有三个方面的应用：一是已知三角形的两边和它们的夹角，可以由余弦定理求出第三边，进而求出其余两角；二是已知三角形的三边，利用余弦定理求出一个角，进而求出其他两角；三是正、余弦定理的综合应用，如已知三角形的两边及其一边的对角，除了能用正弦定理解三角形外，也可以用余弦定理来解三角形．
(2013·洋浦高二检测)在△ABC中，已知a＝2，c＝＋.B＝45°，求b与A.
【思路点拨】 已知a，c及B可以用余弦定理求b.求A既可选择余弦定理也可选择正弦定理．
【规范解答】 法一 ∵b2＝a2＋c2－2accos B
＝(2)2＋(＋)2－2·2·(＋)cos 45°
＝12＋(＋)2－4(＋1)＝8，
∴b＝2.
∵cos A＝
＝＝，
∴A＝60°.
法二 同法一得b＝2，由正弦定理得：
sin A＝sin B＝·sin 45°＝，
又∵＋>2.4＋1.4＝3.8，
2<2×1.8＝3.6，∴a即0°∴A＝60°.
在△ABC中，若b＝5，B＝，tan A＝2，则sin A＝________，a＝________．
【解析】 因为△ABC中，tan A＝2，所以A是锐角，且＝2，sin2A＋cos2A＝1，联立解得sin A＝，再由正弦定理得＝，代入数据解得a＝2.
【答案】 2
三角形中的几何计算
解决三角形的几何计算问题要注意以下三点：
(1)挖掘图形的几何性质；
(2)找出求解中需要的三角形；
(3)若用正、余弦定理不宜直接求解，则可考虑建立方程．
当待求问题与已知条件之间差异较大时，化解这个难点的方法是恰当地利用方程思想，实际上，正弦定理、余弦定理、三角形的面积计算公式对任意三角形都成立，通过这些等式就可以把有限的条件纳入到方程中，通过解方程组获得更多的元素，再通过这些新的条件解决问题．
在四边形ABCD中，BC＝a，DC＝2a，且∠A∶∠ABC∶∠C∶∠ADC＝3∶7∶4∶10，求AB的长．
【思路点拨】 由各角的比值及四边形内角和公式可求出各角的值，再根据余弦定理求BD，进而求出AB.
【规范解答】 如图所示，
连结BD.
∵∠A＋∠ABC＋∠C＋∠ADC＝360°，
∴∠A＝45°，∠ABC＝105°，∠C＝60°，∠ADC＝150°.
在△BCD中，由余弦定理，得
BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos C＝a2＋4a2－2a·2a·cos 60°＝3a2，
∴BD＝a.
∵BD2＋BC2＝CD2，
∴∠CBD＝90°，
∴∠ABD＝15°.∴∠BDA＝120°.
在△ABD中，由＝，得AB＝＝＝a.
图2－1
设P是正方形ABCD内一点，P到A、B、C的距离分别是1，2，3，求正方形ABCD的边长．
【解】 设边长是x，(1在三角形ABP中：由余弦定理得：
cos ∠ABP＝＝，
同理在△CBP中：cos ∠CBP＝，
由∠ABP＋∠CBP＝90°得：
cos2∠ABP＋cos2∠CBP＝1即有：
()2＋()2＝1，
解得所求的边长为.
判断三角形的形状
判断三角形的形状，一般有以下两种途径：
(1)将已知条件统一化成边的关系，用代数方法求解；
(2)将已知条件统一化成角的关系，用三角方法求解．
判断三角形的形状时，要注意以下两点：
(1)在对等式变形时，要注意等式两端的公因式不要约掉，应移项提取公因式，否则有可能会漏掉一种形状．
(2)在△ABC中，如果sin A＝sin B，那么一定有A＝B；如果sin 2A＝sin 2B，那么A＝B或A＋B＝.
在△ABC中，a·cos A＝b·cos B，试确定此三角形的形状．
【思路点拨】 可以用正弦定理把边转化为角，也可以用余弦定理把角转化为边来处理．
【规范解答】 法一 由a·cos A＝b·cos B以及余弦定理得
a·＝b·，
得a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，
a2b2＋a2c2－a4－a2b2－b2c2＋b4＝0，
即(a2－b2)(c2－a2－b2)＝0.
∴a2＝b2或c2＝a2＋b2，
当a＝b时，△ABC为等腰三角形；
当c2＝a2＋b2时，△ABC为直角三角形.
∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．
法二 由a·cos A＝b·cos B以及正弦定理得
2R·sin A·cos A＝2R·sin B·cos B，
即sin 2A＝sin 2B.
又∵A，B∈(0，π)，∴2A，2B∈(0，2π)，
故有2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝.
∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．
在△ABC中，B＝60°，b2＝ac，则这个三角形是( )
A．不等边三角形 B．等边三角形
C．等腰三角形 D．直角三角形
【解析】 ∵cos B＝，∴＝，
∴ac＝a2＋c2－ac，
∴(a－c)2＝0，∴a＝c，
∴a＝b＝c.
【答案】 B
解三角形的实际应用
解三角形应用题的关键是将实际问题转化为解三角形问题来解决，基本思路是：首先分析此题属于哪种类型的问题(如测量距离、高度、角度等)，然后依题意画出示意图，把已知量和未知量标在示意图中(目的是发现已知量与未知量之间的关系)，最后确定用哪个定理转化，哪个定理求解，并进行作答，解题时还要注意近似计算的要求．
一货轮在海上由西向东航行，在A处望见灯塔C在货轮的东北方向，半小时后在B处望见灯塔C在货轮的北偏东30°方向．若货轮的速度为30 n mile/h，当货轮航行到D处望见灯塔C在货轮的西北方向时，求A，D两处的距离．
【思路点拨】 先在△ABC中由正弦定理求AC，再在△ACD中求AD.
【规范解答】 如图所示，在△ABC中，A＝45°，∠ABC＝90°＋30°＝120°，
∴∠ACB＝180°－45°－120°＝15°，
AB＝30×0.5＝15(n mile)．
由正弦定理，
得＝，
∴AC＝＝
＝×15(n mile)．
在△ACD中，∵A＝D＝45°，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴AD＝AC＝15(3＋)(n mile)．
∴A，D两处的距离是15(3＋) n mile.
如图2－2所示，一辆汽车在一条水平的公路上向正东行驶，到A处时测得公路南侧远处一山顶D在东偏南15°的方向上，行驶5 km后到达B处，测得此山顶在东偏南25°的方向上，仰角为8°，求此山的高度CD.
图2－2
【解】 在△ABC中，∠BAC＝15°，∠BCA＝25°－15°＝10°.
根据正弦定理，＝，
∴BC＝＝≈7.452 4 km，
CD＝BC×tan ∠DBC＝BC×tan 8°
≈1.047 km.
∴山的高度约为1.047 km.
转化思想
转化思想就是在研究和解决有关数学问题时，采用某种手段将问题通过变换使之转化，进而得到解决的一种方法．在解三角形时，可利用正弦定理或余弦定理，将三角形的边转化为角，或把角转化为边，或边角一起变，从而发现三角形中各元素之间的关系．
在△ABC中，若B＝60°，2b＝a＋c，试判断三角形ABC的形状．
【思路点拨】 利用正弦定理或余弦定理进行角边转化即可．
【规范解答】 法一 由正弦定理可得2sin B＝sin A＋sin C，
∵B＝60°，∴A＋C＝120°，A＝120°－C，
将其代入上式，得：
2sin 60°＝sin (120°－C)＋sin C，
展开整理，得sin C＋cos C＝1，
∴sin(C＋30°)＝1，
∴C＋30°＝90°.
∴C＝60°，故A＝60°，
∴△ABC是正三角形．
法二 由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2accos B.
∵B＝60°，b＝，
∴()2＝a2＋c2－2accos 60°.
展开整理，得(a－c)2＝0，∴a＝c.
从而a＝b＝c，
∴△ABC为正三角形．
在△ABC中，已知边c＝10，又已知＝＝，求a，b及△ABC的内切圆的半径．
【解】 ∵＝＝，
∴sin Acos A＝sin Bcos B，
即sin 2A＝sin 2B.
∵A、B是三角形的内角，
∴2A＝2B或2A＋2B＝180°.
又∵＝，
∴A≠B，∴A＋B＝90°，
故△ABC为直角三角形．
由?，
内切圆的半径r＝＝＝2.
综合检测(二)
第二章 解三角形
(时间90分钟，满分120分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知△ABC中，c＝6，a＝4，B＝120°，则b等于( )
A．76 B．2 C．27 D．2
【解析】 由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos B＝76，所以b＝2.
【答案】 B
2．在△ABC中，A＝60°，a＝4，b＝4，则B等于( )
A．45°或135° B．135°
C．45° D．以上答案都不对
【解析】 由＝，得sin B＝sin A＝.
∵b＜a，∴B＜A＜60°.
∴B＝45°.
【答案】 C
3．在△ABC中，若2cos Bsin A＝sin C，则△ABC的形状一定是( )
A．等腰直角三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形 D．等边三角形
【解析】 由2cos Bsin A＝sin C得×a＝c，∴a＝b.
【答案】 C
4．在△ABC中，角A、B的对边分别为a、b，且A＝2B，则的取值范围是( )
A．(0，) B．(1，2)
C．(，1) D．(0，2)
【解析】 ∵A＋B<π，∴3B<π，
∴B<，
∴＝＝＝2cos B∈(1，2)．
【答案】 B
5．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，则acos C＋ccos A的值为( )
A．b B.
C．2cos B D．2sin B
【解析】 acos C＋ccos A＝a×＋c×＝＝b.
【答案】 A
6．(2013·曲师大附中高二检测)已知△ABC中，AB＝，AC＝1，C＝120°，则△ABC的面积等于( )
A. B.
C. D.
【解析】 设BC＝x，由余弦定理得，
()2＝x2＋1－2x·cos 120°，
∴x2＋x－2＝0，得x＝1或x＝－2(舍去)．
∴BC＝1，∴S△ABC＝AC·BC·sin 120°＝×1×1×＝.
【答案】 B
7．如果将直角三角形三边增加同样的长度，则新三角形的形状为( )
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．由增加的长度决定
【解析】 设直角三角形的两直角边分别为a、b，斜边为c，三边都增加m，∴[(a＋m)2＋(b＋m)2]－(c＋m)2＝m2＋2m(a＋b－c)＞0.∵a＋b＞c，∴cos C＞0，C＜90°，而由“大边对大角”，C是最大角，∴新三角形为锐角三角形．
【答案】 A
8．(2013·大冶高二检测)已知△ABC中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，且tan B＝，·＝，则tan B等于( )
A. B.－1
C．2 D．2－
【解析】 由·＝得accos B＝，
∴2accos B＝1.又由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－1，∴a2－b2＋c2＝1.∴tan B＝2－.
【答案】 D
9．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若(a2＋c2－b2)tan B＝ac，则角B的值为( )
A. B.
C.或 D.或
【解析】 由(a2＋c2－b2)tan B＝ac得＝，即cos B＝，
∴sin B＝，又B为△ABC的内角，所以B为或.
【答案】 D
图1
10．如图1所示，某海上缉私小分队驾驶缉私船以40 km/h的速度由A处出发，沿北偏东60°方向航行进行海面巡逻，当航行半小时到达B处时，发现北偏西45°方向有一艘船C，若船C位于A处的北偏东30°方向上，则缉私船在B处与船C的距离是( )
A．5(＋)km B．5(－)km
C．10(＋)km D．10(－)km
【解析】 由题意可知△ABC是等腰三角形，即AB＝AC＝20，∠ABC＝∠ACB＝75°，∠BAC＝30°，由正弦定理得
＝，
∴BC＝＝10(－)(km)．
【答案】 D
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在题中的横线上)
11．在△ABC中，若a＝7，b＝8，cos C＝，则最大角的余弦是________．
【解析】 c2＝a2＋b2－2abcos C＝9，c＝3，B为最大角，cos B＝－.
【答案】 －
12．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c＝，b＝，B＝120°，则a＝________．
【解析】 由正弦定理＝得，＝，
sin C＝，C＝30°，A＝C＝30°，a＝c＝.
【答案】
13．已知a，b，c分别是△ABC的三个内角A，B，C所对的边，若a＝1，b＝，A＋C＝2B，则sin A＝________．
【解析】 在△ABC中，A＋B＋C＝π，又A＋C＝2B，
∴3B＝π，B＝，
由正弦定理＝，
∴sin A＝＝＝.
【答案】
14．(2013·商丘高二检测)在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，a2－c2＝b2－bc，b＝2，△ABC的面积为2，则c＝________．
【解析】 由a2－c2＝b2－bc得，
b2＋c2－a2＝bc.
∴cos A＝＝.
∴A＝60°.∵S△ABC＝bcsin A＝×2c·sin 60°＝2.
∴c＝4.
【答案】 4
三、解答题(本大题共4小题，共50分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分12分)在△ABC中，cos A＝－，cos B＝.
(1)sin C的值；
(2)设BC＝5，求△ABC的面积．
【解】 (1)由cos A＝－，得sin A＝，
由cos B＝，得sin B＝.
所以sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝.
(2)由正弦定理得AC＝＝＝.
所以△ABC的面积S＝×BC×AC×sin C＝×5××＝.
16．(本小题满分12分)锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝2bsin A.
(1)求B的大小；
(2)若a＝3，c＝5，求b.
【解】 (1)根据正弦定理，由a＝2bsin A得sin A＝2sin Bsin A，
又sin A≠0，∴sin B＝，又B∈，∴B＝.
(2)在△ABC中，根据余弦定理得，
b2＝a2＋c2－2accos B＝27＋25－2×5×3×＝7.
∴b＝.
17．(本小题满分12分)在△ABC中，若b2sin2C＋c2sin2B＝2bccos Bcos C，试判断△ABC的形状．
【解】 法一 由正弦定理和已知条件得：
sin2Bsin2C＋sin2Csin2B＝2sin Bsin Ccos Bcos C，
∵sin Bsin C≠0，
∴sin Bsin C＝cos Bcos C，即cos(B＋C)＝0，
∵B、C为△ABC的内角，∴B＋C＝90°，A＝90°
故△ABC为直角三角形．
法二 原等式变形为：b2(1－cos2C)＋c2(1－cos2B)＝2bccos Bcos C，
即：b2＋c2－b2cos2C－c2cos2B＝2bccos Bcos C，
由余弦定理得：
b2＋c2－b2()2－c2()2＝2bc··
?b2＋c2＝?b2＋c2＝a2.
故△ABC为直角三角形．
图2
18．(本小题满分14分)如图2，某海岛上一观察哨A上午11时测得一轮船在海岛北偏东60°的C处，12时20分时测得该轮船在海岛北偏西60°的B处，12时40分该轮船到达位于海岛正西方且距离海岛5千米的E港口，如果轮船始终匀速直线航行，则船速是多少？(结果保留根号)
【解】 轮船从点C到点B用时80分钟，从点B到点E用时20分钟，而船始终匀速航行，由此可见，BC＝4EB.
设EB＝x，则BC＝4x，由已知得∠BAE＝30°，
在△AEC中，由正弦定理得＝，
即sin C＝＝＝，
在△ABC中，由正弦定理得＝，
即AB＝＝＝＝.
在△ABE中，由余弦定理得BE2＝AE2＋AB2－2AE·ABcos 30°＝25＋－2×5××＝，
所以BE＝(千米)．
故轮船的速度为v＝÷＝(千米/小时)．
课时作业（十）
一、选择题
1．在△ABC中，下列a与bsin A的关系正确的是( )
A．a>bsin A B．a≥bsin A
C．a【解析】 由正弦定理得＝，
所以a＝，
又因为sin B∈(0，1]，
所以a≥bsin A.
【答案】 B
2．△ABC中，a＝，b＝，sin B＝，则符合条件的三角形有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．0个
【解析】 ∵asin B＝，
∴asin B∴符合条件的三角形有2个．
【答案】 B
3．在△ABC中，若A＝75°，B＝45°，c＝6，则△ABC的面积为( )
A．9＋3 B.
C. D.
【解析】 ∵A＝75°，B＝45°，∴C＝60°，b＝＝＝2，
∴S△ABC＝bcsin A＝×2×6×＝9＋3.
【答案】 A
4．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，且acos B＋acos C＝b＋c，则△ABC的形状是( )
A．等边三角形 B．锐角三角形
C．钝角三角形 D．直角三角形
【解析】 ∵acos B＋acos C＝b＋c，故由正弦定理得，
sin Acos B＋sin Acos C＝sin B＋sin C＝sin(A＋C)＋sin(A＋B)，
化简得：cos A(sin B＋sin C)＝0，又sin B＋sin C＞0，
∴cos A＝0，即A＝，
∴△ABC为直角三角形．
【答案】 D
5．(2012·天津高考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知8b＝5c，C＝2B，则cos C＝( )
A. B．－
C．± D.
【解析】 由＝，且8b＝5c，C＝2B，所以5csin 2B＝8csin B，所以cos B＝.所以cos C＝cos 2B＝2cos2B－1＝.
【答案】 A
二、填空题
6．在△ABC中，B＝45°，C＝60°，c＝1，则最短边的边长等于________．
【解析】 由三角形内角和定理知：A＝75°，由边角关系知B所对的边b为最小边，由正弦定理＝得b＝＝＝.
【答案】
7．(2013·济南高二检测)已知a，b，c分别是△ABC的三个内角A，B，C所对的边，若a＝1，b＝，A＋C＝2B，则sin C＝________．
【解析】 ∵A＋B＋C＝180°，且A＋C＝2B，∴B＝60°.
由正弦定理得sin A＝＝＝，
又a∴C＝180°－(30°＋60°)＝90°.即sin C＝1.
【答案】 1
8．若△ABC的面积为，BC＝2，C＝60°，则边AB的长度等于________．
【解析】 由于S△ABC＝，BC＝2，C＝60°，
∴＝×2·AC·，
∴AC＝2，∴△ABC为正三角形，∴AB＝2.
【答案】 2
三、解答题
9．在△ABC中，c＝，A＝45°，a＝2，求b和B，C.
【解】 ∵＝，
∴sin C＝＝＝.
∵csin A＜a＜c，∴C＝60°或C＝120°.
∴当C＝60°时，B＝75°，b＝＝＝＋1，
∴当C＝120°时，B＝15°，b＝＝＝－1.
∴b＝＋1，B＝75°，C＝60°或b＝－1，B＝15°，C＝120°.
10．在△ABC中，如果lg a－lg c＝lgsin B＝－lg ，且B为锐角，判断此三角形的形状．
【解】 由lg a－lg c＝lgsin B＝－lg ，
得sin B＝，又B为锐角，
∴B＝45°，又＝，∴＝，
∴sin C＝sin A＝sin(135°－C)，
∴sin C＝sin C＋cos C，
∴cos C＝0，即C＝90°，
故此三角形是等腰直角三角形．
11．在△ABC中，已知tan B＝，cos C＝，AC＝3，求△ABC的面积．
【解】 设△ABC中AB、BC、CA的长分别为c、a、b.
由tan B＝，得B＝60°，
∴sin B＝，cos B＝.
又cos C＝，∴sin C＝＝，
由正弦定理得c＝＝＝8.
又∵sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C
＝＋，
∴三角形面积S△ABC＝bcsin A＝6＋8.
课时作业（十一）
一、选择题
1．已知△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c.若a＝c＝＋，且A＝75°，则b＝( )
A．2 B．4＋2
C．4－2 D.－
【解析】 在△ABC中，易知B＝30°，
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos 30°＝4，∴b＝2.
【答案】 A
2．a、b、c是△ABC的三边，B＝60°，那么a2－ac＋c2－b2的值( )
A．大于0 B．小于0
C．等于0 D．不确定
【解析】 由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos 60°＝a2＋c2－ac，
所以a2－ac＋c2－b2＝(a2＋c2－ac)－b2＝b2－b2＝0.
【答案】 C
3．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c＝，b＝，B＝120°，则a等于( )
A. B．2
C. D.
【解析】 由余弦定理得，b2＝a2＋c2－2ac·cos B，
∴6＝a2＋2＋a，∴a＝或－2(舍去)．
【答案】 D
4．(2012·上海高考)在△ABC中，若sin2A＋sin2B＜sin2C，则△ABC的形状是( )
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．不能确定
【解】 由正弦定理知＝＝＝2R，
∴sin A＝，sin B＝，sin C＝.
∵sin2A＋sin2B＜sin2C，∴＋＜，∴a2＋b2＜c2，
∴cos C＝＜0，
∴C为钝角，∴△ABC为钝角三角形．
【答案】 C
5．△ABC的三边长分别为AB＝7，BC＝5，CA＝6，则·的值为( )
A．19 B．14
C．－18 D．－19
【解析】 由余弦定理的推论
cos B＝＝，
又·＝||·||·cos (π－B)＝5×7×(－)＝－19.
【答案】 D
二、填空题
6．在△ABC中，若(a－c)(a＋c)＝b(b－c)，则A＝________.
【解析】 由(a－c)(a＋c)＝b(b－c)得a2－c2＝b2－bc，
即b2＋c2－a2＝bc与余弦定理b2＋c2－a2＝2bccos A，
比较知cos A＝，∴A＝60°.
【答案】 60°
7．在不等边三角形中，a是最大的边，若a2＜b2＋c2，则角A的取值范围是________．
【解析】 ∵a是最大边，∴A＞，又a2＜b2＋c2，由余弦定理cos A＝＞0，∴A＜，故＜A＜.
【答案】 (，)
8．(2012·北京高考)在△ABC中，若a＝2，b＋c＝7，cos B＝－，则b＝________.
【解析】 在△ABC中，由b2＝a2＋c2－2accos B及b＋c＝7知，b2＝4＋(7－b)2－2×2×(7－b)×(－)，整理得15b－60＝0.
∴b＝4.
【答案】 4
三、解答题
9．已知△ABC的顶点为A(2，3)，B(3，－2)和C(0，0)，求∠ABC.
【解】 |AB|＝＝，
|BC|＝＝，
|CA|＝＝，
由余弦定理得
cos ∠ABC＝＝，
又∵∠ABC∈(0，π)，∴∠ABC＝.
10．a、b、c分别是△ABC中角A、B、C的对边，且(sin B＋sin C＋sin A)(sin B＋sin C－sin A)＝sin Bsin C，边b和c是关于x的方程x2－9x＋25cos A＝0的两根(b>c)．
(1)求角A的正弦值；
(2)求边a，b，c；
(3)判断△ABC的形状．
【解】 (1)∵(sin B＋sin C＋sin A)(sin B＋sin C－sin A)＝sin B·sin C.
结合正弦定理得
(b＋c＋a)(b＋c－a)＝bc，整理得b2＋c2－a2＝bc.
由余弦定理得cos A＝＝，
∴sin A＝.
(2)由(1)知方程x2－9x＋25cos A＝0，
可化为x2－9x＋20＝0，
解之得x＝5或x＝4.
∵b>c，∴b＝5，c＝4.
由余弦定理知：a2＝b2＋c2－2bccos A，
∴a＝3.
(3)由(1)(2)知，a2＋c2＝b2，
∴△ABC为直角三角形．
11．(2013·潍坊高二检测)在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且2b·cos A＝c·cos A＋a·cos C，
(1)求角A的大小；
(2)若a＝，b＋c＝4，求△ABC的面积．
【解】 (1)根据正弦定理2b·cos A＝c·cos A＋a·cos C?
2cos Asin B＝sin Acos C＋cos Asin C＝sin(A＋C)＝sin B，
∵sin B≠0，∴cos A＝，
又∵0°＜A＜180°，∴A＝60°.
(2)由余弦定理得：
7＝a2＝b2＋c2－2bc·cos 60°＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc，
代入b＋c＝4得bc＝3，
故△ABC面积为S＝bcsin A＝.
课时作业（十二）
一、选择题
1．(2013·烟台高二检测)如果等腰三角形的周长是底边长的5倍，则它的顶角的余弦值为( )
A．－ B.
C．－ D.
【解析】 设BC＝a，AC＝b，AB＝c，
则a＋b＋c＝5a，∴b＋c＝4a.∴b＝c＝2a.
由余弦定理得：cos A＝＝＝.
【答案】 B
2．E，F是等腰直角三角形ABC斜边AB的三等分点，则tan∠ECF＝( )
A. B.
C. D.
【解析】 如图，取AB的中点D，连接CD.设∠ECD＝α，则∠ECF＝2α.
设AC＝BC＝6，则CD＝3，DE＝，∴tan α＝.∴tan 2α＝＝.
【答案】 D
3．若△ABC的周长为20，面积为10，A＝60°，则a等于( )
A．5 B．6
C．7 D．8
【解析】 S＝bcsin A＝bc·＝10，
∴bc＝40.
a2＝b2＋c2－2bccos A＝(b＋c)2－2bc－2bc·，
∴a2＝(20－a)2－120，∴a＝7.
【答案】 C
图2－2－8
4．在△ABC中，D是边AC上的点，且AB＝AD，2AB＝BD，BC＝2BD，则sin C的值为( )
A. B.
C. D.
【解析】 设AB＝AD＝，
则BD＝AB＝2，BC＝2BD＝4，
在△ABD中利用余弦定理得
cos A＝＝，
∴sin A＝＝.
在△ABC中利用正弦定理得＝，
∴sin C＝＝＝，故选D.
【答案】 D
5．如图2－2－9所示，四边形ABCD中，∠ABC＝∠C＝120°，AB＝4，BC＝CD＝2，则该四边形的面积等于( )
图2－2－9
A. B．5
C．6＋ D．7
【解析】 连接BD，在△BCD中，
BD＝
＝＝2.
∵∠CBD＝30°，∴∠ABD＝90°，
∴S四边形ABCD＝S△ABD＋S△BCD＝AB·BD＋BC·CDsin ∠BCD
＝×4×2＋×2×2×sin 120°＝5.
【答案】 B
二、填空题
6．在△ABC中，AD为BC边上的中线，且AC＝2AB＝2AD＝4，则BD＝________．
【解析】 如图所示，设BD＝DC＝x，因为∠ADB＋∠ADC＝180°，所以cos ∠ADB＝－cos ∠ADC，又AC＝2AD＝2AB＝4，由余弦定理得＝－，解得x＝(x＝－舍去)．
即BD＝.
【答案】
7．如图2－2－10所示，已知圆内接四边形ABCD中AB＝3，AD＝5，BD＝7，
图2－2－10
∠BDC＝45°，则BC＝________．
【解析】 cos A＝＝－，
∴A＝120°，∴C＝60°.从而＝，∴BC＝＝＝.
【答案】
8．(2013·南京高二检测)已知a，b，c为△ABC的三个内角A，B，C的对边，向量m＝(，－1)，n＝(cos A，sin A)．若n⊥m，且acos B＋bcos A＝csin C，则角B＝________．
【解析】 ∵m⊥n，∴cos A－sin A＝0.
∴tan A＝.即A＝.
由acos B＋bcos A＝csin C及正弦定理得
sin Acos B＋sin Bcos A＝sin2C.
∴sin(A＋B)＝sin C＝sin2C.
则sin C＝1，∴C＝.
∴B＝π－－＝.
【答案】
三、解答题
图2－2－11
9．如图2－2－11所示，△ACD是等边三角形，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，BD交AC于E，AB＝2.
(1)求cos ∠CBE的值；
(2)求AE.
【解】 (1)因为∠BCD＝90°＋60°＝150°，
CB＝AC＝CD，所以∠CBE＝15°，
所以cos ∠CBE＝cos(45°－30°)＝.
(2)在△ABE中，AB＝2，
由正弦定理＝，
故AE＝＝＝－.
10．在△ABC中，若c＝4，b＝7，BC边上的中线AD长为，求边长a.
【解】 如图，∵AD是BC边上的中线，
∴可设CD＝DB＝x，
则CB＝a＝2x.
∵c＝4，b＝7，AD＝.
在△ACD中，
有cos C＝，
在△ABC中，有cos C＝.
∴＝，解得x＝，a＝2x＝9.
11．(2012·课标全国卷)已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，acos C＋asin C－b－c＝0.
(1)求A；
(2)若a＝2，△ABC的面积为，求b，c.
【解】 (1)由acos C＋asin C－b－c＝0及正弦定理得sin Acos C＋sin Asin C－sin B－sin C＝0.
因为B＝π－A－C，
所以sin Asin C－cos Asin C－sin C＝0.
由于sin C≠0，
所以sin(A－)＝.
又0(2)△ABC的面积S＝bcsin A＝，故bc＝4.
而a2＝b2＋c2－2bccos A，故b2＋c2＝8.
解得b＝c＝2.
课时作业（十三）
一、选择题
1．在第十一届全运会上，设立了很多安全检测点，已知检测点A和B与主会场O的距离相等．检测点A在主会场北偏东40°，检测点B在主会场南偏东60°，则检测点A在检测点B的( )
A．北偏东10° B．北偏西10°
C．南偏东10° D．南偏西10°
【解析】 如图，易知∠AOB＝80°，又OA＝OB，
∴∠OBA＝50°，
∴检测点A在检测点B的北偏西10°.
【答案】 B
2．有一长为1的斜坡，它的倾斜角为20°，现高不变，将倾斜角改为10°，则斜坡长为( )
A．1 B．2sin 10°
C．2cos 10° D．cos 20°
【解析】 如图所示，∠ABC＝20°，AB＝1，∠ADC＝10°，
∴∠ABD＝160°.
在△ABD中，由正弦定理＝，
∴AD＝AB·＝＝2cos 10°.
【答案】 C
3．(2013·中山高二检测)某工程中要将一长为100 m倾斜角为75°的斜坡，改造在倾斜角为30°的斜坡，并保持坡高不变，则坡底需加长( )
图2－3－7
A．100m
B．100m
C．50(＋)m
D．200 m
【解析】 在△ABC中，B＝30°，∠BAC＝75°－30°＝45°，AC＝100，
由正弦定理得＝，
∴BC＝sin 45°＝100.
【答案】 A
4．如图2－3－8，
图2－3－8
货轮在海上以40 km/h的速度沿着方位角(从指北方向顺时针转到目标方向线的水平角)为140°的方向航行，为了确定船的位置，船在B点观测灯塔A的方位角为110°，航行 h到达C点，观测灯塔A的方位角是65°，则货轮到达C点时，与灯塔A的距离是( )
A．10 km B．10 km
C．15 km D．15 km
【解析】 在△ABC中，BC＝40×＝20(km)，
∠ABC＝140°－110°＝30°，∠ACB＝(180°－140°)＋65°＝105°，
∴A＝180°－(30°＋105°)＝45°.
由正弦定理，得
AC＝＝＝10(km)．
【答案】 B
5．如图2－3－9所示，一艘船自西向东匀速航行，上午10时到达一座灯塔P的南偏西75°距塔68海里的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处，则这艘船航行的速度为( )
图2－3－9
A.海里/小时
B．34海里/小时
C.海里/小时
D．34海里/小时
【解析】 由题意知PM＝68，∠MPN＝120°，∠N＝45°，
由正弦定理知＝，
∴MN＝68××＝34.
∴速度为＝(海里/小时)．
【答案】 A
二、填空题
6．(2013·临沂高二检测)在高200米的山顶上，测得山下一塔顶与塔底的俯角分别为30°、60°，则塔高为________．
【解析】 如图，山高CD＝200，∠DCB＝30°，在Rt△BCD中，
CB＝＝.
在△ABC中，∠ACB＝30°，∠BAC＝120°.
由正弦定理得＝，
AB＝＝.
【答案】
7．一船以每小时15 km的速度向东航行，船在A处看到一灯塔M在北偏东60°方向，行驶4 h后，船到达B处，看到这个灯塔在北偏东15°方向，这时船与灯塔的距离为________km.
【解析】 如图所示，依题意有AB＝15×4＝60，∠MAB＝30°，∠AMB＝45°.
在△AMB中，由正弦定理得＝，
解得BM＝30 km.
【答案】 30
8．(2013·南京高二检测)一角槽的断面如图2－3－10，四边形ADEB是矩形，若α＝50°，β＝70°，AC＝90 mm，BC＝150 mm，则DE的长度等于________mm.
图2－3－10
【解析】 连接AB，则∠BAC＝90°－α＝40°，∠ABC＝90°－β＝20°，∴∠C＝180°－40°－20°＝120°，∴AB2＝AC2＋BC2－2×AC×BC×cos 120°＝902＋1502－2×90×150×(－)＝902＋1502＋90×150＝44 100，
∴AB＝210，故DE＝210.
【答案】 210
三、解答题
9．如图2－3－11，为了解某海域海底构造，在海平面内一条直线上的A，B，C三点进行测量．已知AB＝50 m，BC＝120 m，于A处测得水深AD＝80 m，于B处测得水深BE＝200 m，于C处测得水深CF＝110 m，求∠DEF的余弦值．
图2－3－11
【解】 如图所示，作DM∥AC交BE于N，交CF于M.
则DF＝＝＝10m，
DE＝＝＝130 m，
EF＝＝＝150 m.
在△DEF中，由余弦定理，得
cos ∠DEF＝
＝＝.
10．如图2－3－12所示，某人骑自行车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧远处一山顶D在北偏西60°的方向上，行驶6 km后到达B处，测得此山顶在北偏西15°的方向上，仰角为15°，求此山的高度CD.(精确到0.1 km)(参考数据：≈1.41，≈1.73)
图2－3－12
【解】 如题图所示，在△ABC中，A＝30°，C＝75°－30°＝45°.
由＝得，
BC＝＝3.
在Rt△BCD中，
CD＝BC×tan ∠DBC＝3×(2－)＝6－3≈1.1(km)．
答：山高约为1.1 km.
11．(2013·潍坊高二检测)如图2－3－13，海中小岛A周围40海里内有暗礁，一船正在向南航行，在B处测得小岛A在船的南偏东30°，航行30海里后，在C处测得小岛在船的南偏东45°，如果此船不改变航向，继续向南航行，问有无触礁的危险？
图2－3－13
【解】 在△ABC中，BC＝30，B＝30°，C＝135°，所以A＝15°.
由正弦定理知＝，即＝，
所以AC＝＝60cos 15°＝60cos (45°－30°)
＝60(cos45°cos 30°＋sin 45°sin 30°)＝15(＋)．
于是，A到BC边所在直线的距离为：
ACsin 45°＝15(＋)×＝15(＋1)≈40.98(海里)，
由于它大于40海里，所以船继续向南航行没有触礁的危险．
