SJ 数 学 必 修5
第1章 解三角形
1．1正弦定理
第1课时 正弦定理(1)
(教师用书独具)
●三维目标
1.知识与技能
(1)通过对任意三角形边长和角度关系的探索，掌握正弦定理的内容和推导过程；
(2)能解决一些简单的三角形度量问题(会运用正弦定理与三角形内角和定理解斜三角形的两类基本问题)，能够运用正弦定理解决一些与测量和几何计算有关的实际问题；
(3)通过三角函数、正弦定理、向量数量积等多处知识间联系来体现事物之间的普遍联系与辩证统一；
(4)在问题解决中，培养学生的自主学习和自主探索能力．
2．过程与方法
让学生从已有的几何知识出发，共同探究在任意三角形中，边与其对角的关系，引导学生通过观察、推导、比较，由特殊到一般归纳出正弦定理，并进行定理基本应用的实践操作．
3．情感、态度与价值观
(1)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；
(2)培养学生合情推理探索数学规律的数学思想能力，通过三角函数、正弦定理、向量的数量积等知识间的联系来体现事物之间的普遍联系与辩证统一．
●重点、难点
重点：通过对任意三角形边长和角度关系的探索，证明正弦定理并简单应用．
难点：正弦定理的探索和证明及其基本应用．
为了突出重点，突破难点，一要抓住学生情感的兴奋点，激发他们的兴趣，鼓励学生大胆猜想、积极探索以及及时地鼓励，使他们知难而进；二要抓知识选择的切入点，从学生原有的认知水平和所需的知识特点入手，教师在学生主体下给以适当的提示和指导；三要抓住学生的能力线，联系方法与技能，使学生较易证明正弦定理．
(教师用书独具)
●教学建议
本节知识是必修五第一章《解三角形》的第一节内容，与初中学习的三角形的边和角的基本关系有密切的联系，与判定三角形的全等也有密切联系．建议对本节的教学应注意四点：①要把探索、学习的主动权放给学生；②在探索的过程中，学生思维受阻时，要适时地加以引导；③留给学生足够的思考探索时间与空间，分组探究，合作学习；④充分运用现代化教学手段，通过多媒体展示，直观地探索正弦定理的内容．
●教学流程
???????
(对应学生用书第1页)
课标解读
1.了解正弦定理的推导过程．(难点)
2．掌握正弦定理，并能解决一些简单的三角形的度量问题．(重点、难点)
正弦定理
【问题导思】
1．在△ABC中，若A＝90°，B＝30°，C＝60°，三角所对边分别为a，b，c，则，，有何关系？若A＝90°，B＝C＝45°呢？请以大家所用的一副三角板为例，进行探究．
【提示】 通过探究，不难发现＝＝.
2．在△ABC中，A＞B与sin A＞sin B等价吗？
【提示】 等价．因为在△ABC中，A＞B?a＞b，由正弦定理，a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，∴a＞b?2Rsin A＞2Rsin B?sin A＞sin B.
语言表述
三角形各边和它所对角的正弦之比相等
符号表示
＝＝
作用
揭示了三角形边、角之间的数量关系
正弦定理的应用
利用正弦定理，可以解决以下两类解斜三角形的问题：
(1)已知两角与任一边，求其他两边和一角．
(2)已知两边与其中一边的对角，求另一边的对角从而进一步求出其他的边和角．
(对应学生用书第1页)
已知两角和任一边，解三角形
在△ABC中，已知A＝45°，B＝30°，a＝2，求边长b，c和角C.
【思路探究】 △ABC中已知两角和其中一角的对边，利用内角和定理先求出另一角，再由正弦定理求解其它两边．
【自主解答】 ∵A＋B＋C＝180°，∴C＝180°－(45°＋30°)＝105°.
根据正弦定理得
b＝＝＝＝，
c＝＝＝＝＝＋1，
故C＝105°，b＝，c＝＋1.
1．三角形内角和等于180°，这一结论经常作为解三角形的隐含条件，本例中正是应用这个定理求角C.
2．解决已知两角一边类型的解题方法是：
(1)若所给边是已知角的对边时，可由正弦定理求另一边，再由三角形内角和定理求出第三个角，最后由正弦定理求第三边；
(2)若所给边不是已知角的对边时，先由三角形内角和定理求第三个角，再由正弦定理求另外两边．
在△ABC中，a＝5，B＝45°，C＝105°，求角A及边b，c.
【解】 ∵A＋B＋C＝180°，∴A＝180°－(45°＋105°)＝30°.
由正弦定理，＝，
∴c＝10 sin 105°＝10 sin(45°＋60°)＝(1＋)，
∵＝，∴b＝5，
故A＝30°，b＝5，c＝(1＋)．
已知两边及其中一边的对角，解三角形
已知△ABC中，a＝，b＝，B＝45°，求A、C及c.
【思路探究】 △ABC中已知两边及其中一边的对角，由正弦定理先求出另一边对角的正弦，然后再求解其它边和角．
【自主解答】 根据正弦定理得
sin A＝＝＝，
∵b＜a，∴B＜A，∴A＝60°或120°.
①当A＝60°时，
C＝180°－(60°＋45°)＝75°，
∴c＝＝
＝2sin(45°＋30°)＝.
②当A＝120°时，C＝180°－(A＋B)＝15°，
∴c＝＝＝2sin(45°－30°)＝，
∴A＝60°，C＝75°，c＝或A＝120°，C＝15°，c＝.
1．本例中，应用正弦定理求出sin A＝，不要错误认为A＝60°，而忽略掉A＝120°.
2．已知两边及其中一边的对角，解三角形时，常涉及到解的不定性问题，要注意分类讨论，但有时也可根据“大边对大角”的原则进行取舍，避免分类讨论而导致增解．
若将例2中“a＝”，改为“a＝1”，其他条件不变，应如何求解？
【解】 根据正弦定理得
sin A＝＝＝，
∵b＞a，∴B＞A，∴A＜45°，∴A＝30°.
当A＝30°时，C＝180°－(45°＋30°)＝105°，
∴c＝＝＝2sin(60°＋45°)＝.
已知两边及其中一边的对角，判断三角形解的个数
(2013·黄冈高二检测)不解三角形判断下列三角形解的个数．
(1)a＝5，b＝4，A＝120°；
(2)a＝7，b＝14，A＝150°；
(3)a＝9，b＝10，A＝60°；
(4)a＝1，b＝2，A＝30°.
【思路探究】 根据已知条件画图，依据高和图形判断解的个数．
【自主解答】 (1)如图(1)，∵A为钝角，且a＞b，∴三角形有一解．
图(1) 图(2)
(2)如图(2)，∵A为钝角，且a＜b，∴无解．
(3)如图(3)，∵h＝bsin A＝5，而5＜9＜10，∴三角形有两解．
图(3) 图(4)
(4)如图(4)，∵h＝bsin A＝1，∴a＝h，∴三角形有一解．
1．不解三角形判断解的个数时要注意已知角是锐角，还是直角与钝角，判别的步骤不尽相同．当A为钝角或直角时，只须比较已知边长a，b；当A为锐角时，除了比较a，b大小关系外，还须比较a与AB边上的高h的大小关系．
2．已知两边一对角，判断三角形的个数，不必死记硬背，机械套用，只须数形结合，即可较易得到答案．
不解三角形，判断下列三角形解的个数．
(1)a＝7，b＝14，A＝30°，
(2)a＝30，b＝25，A＝150°，
(3)a＝7，b＝9，A＝45°.
【解】 (1)∵h＝bsin A＝14×＝7，∴a＝h，∴三角形有一解．
(2)∵A＞90°，且a＞b，∴三角形有一解．
(3)∵h＝bsin A＝，∴h＜a＜b，
∴三角形有两解.
(对应学生用书第3页)
解三角形时增解或漏解而致误
在△ABC中，
(1)已知a＝2，b＝6，A＝30°，求B；
(2)已知a＝2，b＝2，A＝60°，求B.
【错解】 (1)由正弦定理得
sin B＝＝6×＝，∴B＝60°.
(2)由正弦定理得
sin B＝＝＝，
∴B＝30°或150°.
【错因分析】 (1)漏解．∵sin B＝，a＜b，∴30°＜B＜180°，∴B＝60°或120°.∴三角形有两解．(2)增解．由sin B＝，0°＜B＜180°，得B＝30°或150°.∵b＜a，∴B＜A.∴B＝150°舍去．
【防范措施】 利用大边对大角，对已知角与所求角进行分析，若所求角为大边所对的角，一般有两种情形；若所求角为小边所对的角，一般有一种情形，即为锐角．
【正解】 (1)由正弦定理得
sin B＝＝6×＝.
∵a＝2＜6＝b，且0°＜B＜180°，
∴30°＜B＜180°，∴B＝60°或120°.
(2)由正弦定理得sin B＝＝2×＝.
∵0°＜B＜180°，∴B＝30°或150°.
又b＜a，∴B＜A.
∴B＝150°不合题意，应舍去．
∴B＝30°.
1．基础知识：
(1)正弦定理；
(2)解三角形的两种类型：①已知两角和任一边，解三角形；②已知两边和其中一边的对角，解三角形．
2．基本技能：
(1)利用正弦定理解两类三角形；
(2)不解三角形，判断三角形的个数．
3．思想方法：
(1)数形结合；
(2)分类讨论.
(对应学生用书第3页)
1．在△ABC中，一定成立的有________．(填序号)
①asin A＝bsin B；②acos A＝bcos B；
③asin B＝bsin A；④acos B＝bcos A.
【解析】 由正弦定理知，asin B＝bsin A.
【答案】 ③
2．已知△ABC中，a＝4，b＝4 ，A＝30°，则B＝______________.
【解析】 由正弦定理＝，∴sin B＝，
∵b＞a，∴B＞A，∴B＝60°或120°.
【答案】 60°或120°
3．在△ABC中，若B＝2A，a∶b＝1∶，则A＝________.
【解析】 ∵a∶b＝1∶，∴sin A∶sin B＝1∶.
∴sin A∶sin 2A＝1∶，∴cos A＝，∴A＝30°.
【答案】 30°
4．在△ABC中，B＝135°，C＝15°，a＝5，则此三角形的最大边长为多少？
【解】 由B＝135°知，边b最大，又由内角和定理知A＝30°，
∴＝，∴＝，
∴b＝5.
(对应学生用书第79页)
一、填空题
1．△ABC中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c且a＝，A＝60°，C＝45°，则c＝______.
【解析】 ∵＝，∴＝，∴c＝.
【答案】
2．(2013·扬州高二检测)在△ABC中，已知A＝75°，B＝45°，c＝3，则b＝________.
【解析】 ∵A＝75°，B＝45°，∴C＝60°，∴＝，∴b＝2.
【答案】 2
3．在△ABC中，A∶B∶C＝4∶1∶1，则a∶b∶c＝________.
【解析】 由已知得A＝120°，B＝C＝30°，∴a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C＝∶1∶1.
【答案】 ∶1∶1
4．(2013·韶关高二检测)已知△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，a＝，b＝，B＝60°，那么A等于________．
【解析】 ∵＝，∴sin A＝，∵a＜b，
∴A＜B，∴A＝45°.
【答案】 45°
5．在△ABC中，B＝45°，C＝60°，c＝1，则最短边的长为________．
【解析】 A＝75°，∴B为最小角，∴b为最短边，
∴由＝得b＝.
【答案】
6．(2013·石家庄高二检测)在△ABC中，若b＝5，B＝，tan A＝2，则sin A＝________；a＝________.
【解析】 由tan A＝2得sin A＝2cos A．又sin 2A＋cos 2A＝1得sin A＝.
又∵b＝5，B＝，根据正弦定理＝，
a＝＝＝2.
【答案】 ；2
7．(2013·广州高二检测)△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a＝2，b＝3，则＝________.
【解析】 ＝＝＝.
【答案】
8．若满足条件C＝60°，AB＝，BC＝a的△ABC有两个，那么a的取值范围是________．
【解析】 因为△ABC有两个，应满足条件BCsin C＜AB＜BC，即asin 60°＜＜a，解得＜a＜2，所以a的取值范围是(，2)．
【答案】 (，2)
二、解答题
9．根据下列条件，解△ABC；
(1)已知b＝4，c＝8，B＝30°，求C、A、a；
(2)已知B＝45°，C＝75°，b＝2，求a、c、A.
【解】 (1)由正弦定理得sin C＝＝＝1.
∵30°＜C＜150°，∴C＝90°，
从而A＝180°－(B＋C)＝60°，
a＝＝4.
(2)∵A＋B＋C＝180°，
∴A＝180°－(B＋C)＝180°－(75°＋45°)＝60°.
又∵＝，
∴a＝＝2×＝，
同理，c＝＝×2＝＋1.
10．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，求sin C.
【解】 由A＋C＝2B及A＋B＋C＝180°，知B＝60°，
由正弦定理，＝，
∴sin A＝.由a＜b，知A＜B＝60°，则A＝30°，C＝180°－(30°＋60°)＝90°，sin C＝sin 90°＝1.
11．(2013·徐州检测)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C所对应的边，且b＝6，a＝2，A＝30°，求ac的值．
【解】 由正弦定理＝得
sin B＝＝＝.
由条件b＝6，a＝2，b＞a知B＞A.
∴B＝60°或120°.
(1)当B＝60°时，C＝180°－A－B
＝180°－30°－60°＝90°.
在Rt△ABC中，C＝90°，a＝2，b＝6，c＝4，
∴ac＝2×4＝24.
(2)当B＝120°时，C＝180°－A－B＝180°－30°－120°＝30°，∴A＝C，则有a＝c＝2.
∴ac＝2×2＝12.
(教师用书独具)
在△ABC中，已知b＝，c＝1，B＝45°，求a、A、C.
【思路探究】 先根据正弦定理求角C，再根据内角和定理求角A，最后根据正弦定理求边a.
【自主解答】 由正弦定理得，
sin C＝＝＝.
由c＜b，B＝45°，可知C＜45°，∴C＝30°，
∴A＝180°－30°－45°＝105°.
再由正弦定理得，
a＝＝＝，
所以a＝，A＝105°，C＝30°.
△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，c＝2，a＞b，C＝且有tan Atan B＝6，试求a，b.
【解】 ∵tan(A＋B)＝，
∴tan A＋tan B＝tan(A＋B)(1－tan Atan B)
＝－tan C(1－tan Atan B)＝－tan(1－6)＝5.
又∵tan Atan B＝6，且a＞b，
∴tan A＞tan B．由
解得而
∴sin A＝，sin B＝.
由正弦定理得a＝＝＝，
b＝＝＝.
拓展
正弦定理的其他几种证明方法
证法一：(等积法)在任意△ABC中，设BC＝a，AC＝b，AB＝c.先分别作出三边上的高AD、BE、CF，垂足分别为D、E、F，则AD＝csin B，BE＝asin C，CF＝bsin A，∴S△ABC＝absin C＝acsin B＝bcsin A，每项同除以abc，即得＝＝.
证法二：(外接圆法)在任意△ABC中，设BC＝a，AC
＝b，AB＝c.作△ABC的外接圆O.如图所示，设外接圆的半径为R，连结CO并延长，交圆O于点D，连结BD.
∵∠A＝∠D，∴＝＝2R.
同理＝2R，＝2R.
∴＝＝＝2R.
第2课时 正弦定理(2)
(教师用书独具)
●三维目标
1.知识与技能
(1)学会利用正弦定理解决有关平面几何问题以及判断三角形的形状，掌握化归与转化的数学思想；
(2)能熟练运用正弦定理解斜三角形．
2.过程与方法
通过解斜三角形进一步巩固正弦定理，让学生总结本节课的内容．
3．情感、态度与价值观
(1)培养学生在方程思想指导下处理解斜三角形问题的运算能力；
(2)培养学生合情推理探索数学规律的数学思维能力．
●重点、难点
重点：利用正弦定理判断三角形形状．
难点：灵活利用正弦定理以及三角恒等变换公式．
教学时要抓住知识的切入点，从学生原有的认知水平和所需的知识特点入手，引导学生结合三角形中的边角关系，不断地观察、比较、分析，总结判断三角形形状的方法，揭示其中的规律．
(教师用书独具)
●教学建议
本节内容安排在学生学习了正弦定理之后，是对正弦定理的应用和深化．因此，建议本节课采用探究式课堂教学模式，即在教学过程中，在教师的启发引导下，以学生独立自主和合作交流为前提，以“正弦定理的应用”为基本探究内容，以周围世界和生活实际为参照对象，为学生提供充分自由表达、质疑、探究、讨论问题的机会，让学生通过个人、小组、集体等多种解难释疑的尝试活动，将自己所学知识应用于对任意三角形性质的深入探讨．
让学生在“活动”中学习，在“主动”中发展，在“合作”中增知，在“探究”中创新．
●教学流程
??????
(对应学生用书第4页)
课标解读
1.理解正弦定理，能用正弦定理解三角形．(重点)
2．能运用正弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题．(难点)
正弦定理的深化与变形
【问题导思】
在正弦定理的表达式中，＝＝，其中比值的几何意义是什么？探索并证明你的结论．
【提示】 比值是△ABC外接圆的直径，可先对直角三角形探索，并推广到一般三角形，其证明过程如下：
若△ABC为锐角三角形，如图所示，连结BD.
∵A与D对应，∴A＝D，
∴＝＝＝.
又∵＝，∠DBC＝90°，
∴＝，∴＝＝＝2R.
若△ABC为钝角三角形，不妨设B＞90°，如图所示，连结BD.
∵A与D对应，∴A＝D，
∴＝＝＝.
又∵＝，∠DBC＝90°，∴＝，∴＝＝＝2R.
正弦定理经常变形如下，以便于边角互化．
(1)＝＝＝2R；
(2)a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C；
(3)＝，＝，＝；
(4)a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C；
(5)＝＝＝.
三角形的面积公式
【问题导思】
1．在△ABC中，已知BC＝a，高AD＝h，如何计算△ABC的面积S?
【提示】 S＝ah.
2．在△ABC中，已知BC＝a，AC＝b，角C已知，你能否求出△ABC的面积？
【提示】 ∵h＝AD＝bsin C，
∴S△ABC＝ah＝absin C.
S△ABC＝absin C＝bcsin A＝casin B.
(对应学生用书第4页)
求三角形的面积
在△ABC中，A＝120°，AB＝5，BC＝7，求△ABC的面积．
【思路探究】 画图，由图形可知，不能直接利用面积公式，应由正弦定理求出sin C，从而求出sin B.
【自主解答】 由正弦定理，得＝，
∴sin C＝，且C为锐角，
∴cos C＝，
∴sin B＝sin (180°－120°－C)＝sin (60°－C)
＝sin 60°·cos C－cos 60°·sin C＝.
∴S△ABC＝AB·BC·sin B
＝×5×7×＝.
即△ABC的面积为.
1．由于A＞90°，所以B，C均为锐角，应避免对角C分类讨论．
2．利用两边一夹角公式求△ABC的面积，应注意已知条件是否符合公式要求，即两边及它们的夹角，否则不能乱用．
△ABC中，B＝30°，AB＝2，AC＝2，则△ABC的面积是________．
【解析】 由正弦定理，得sin C＝＝.
∴C＝60°或C＝120°.
当C＝60°时，A＝90°，
∴S△ABC＝AB·AC·sin A＝2；
当C＝120°时，A＝30°，
∴S△ABC＝AB·AC·sin A＝.
故△ABC的面积是2或.
【答案】 2或
判断三角形的形状
在△ABC中，A、B、C的对边分别为a、b、c，若b＝acos C，试判定△ABC的形状．
【思路探究】 利用正弦定理的变形，将边化为角，再利用三角形内角和定理及三角恒等变换进行转化．
【自主解答】 ∵b＝acos C，
由正弦定理得sin B＝sin A·cos C.
∵B＝π－(A＋C)，
∴sin(A＋C)＝sin A·cos C.
即sin Acos C＋cos Asin C＝sin A·cos C，
∴cos Asin C＝0.
∵A、C∈(0，π)，
∴cos A＝0，A＝，
∴△ABC为直角三角形．
1．确定三角形的形状主要有两条途径：
(1)化边为角；
(2)化角为边．
2．确定三角形形状的思想方法：先将条件中的边角关系由正弦定理统一为角角或边边关系，再由三角变形或代数变形分解因式，判定形状．在变形过程中要注意等式两端的公因式不要约掉，应移项提取公因式，否则会有漏掉一种解的可能．
若将条件“b＝acos C”换为“bcos A＝acos B”，试判断△ABC的形状．
【解】 ∵bcos A＝acos B，∴sin Bcos A＝sin Acos B，
∴sin(A－B)＝0，∴A－B＝0，∴A＝B，
∴△ABC为等腰三角形．
正弦定理的实际应用
台风中心位于某城市正东方向300 km处，并以40 km/h的速度向西北方向移动，距离台风中心250 km的范围内将会受其影响．如果台风风速不变，那么该城市在多长时间后开始受到台风的影响？这种影响将持续多长时间？(精确到0.1 h)
【思路探究】 本题实质上是三角形中已知两边和其中一边所对的角，解三角形问题．
【自主解答】 如图所示，该城市位于点A，台风中心点B在点
A的正东方向300 km处，以40 km/h的速度向西北方向移动．
设经过t1小时，该城市受到影响，经过t2小时，台风刚好离开，城市受影响的时间为t小时．
则在△ABC1中，AB＝300 km，AC1＝250 km，AC2＝250 km，BC1＝40t2 km，B＝45°，
由正弦定理得＝＝，
即sin∠AC1B＝＝≈0.8485，
∴∠AC1B≈58.05°，∠AC2B≈121.95°.
当∠AC1B≈58.05°时，∠C1AB＝180°－(B＋∠AC1B)≈76.95°，BC1＝≈344.42(km)，
此时t2＝≈8.6(h)．
同理，当∠AC2B≈121.95°时，BC2≈79.83(km)，t1≈2.0(h)．t＝t2－t1≈8.6－2.0＝6.6(h)．
答：约2小时后该城市开始受到台风影响，持续时间约为6.6 h.
1．解决正弦定理的实际应用问题的关键是根据题意将已知量置于可解的三角形中，通过正弦定理与其他知识解三角形后，根据实际问题得出结论．
2．以三角形为数学模型求解实际问题时，要正确使用仰角，俯角，方位角，方向角等概念，依此得出相应的三角形内角的大小．
甲船在A点发现乙船在北偏东60°的B点处，测得乙船以每小时a海里的速度向正北行驶．已知甲船的速度是每小时a海里，则甲船应如何航行才能最快地与乙船相遇？
【解】 如图所示，设这两船最快在C点相遇，在△ABC中，B＝120°，AB为定值，AC，BC分别是甲船与乙船在相同时间内的行程，
由已知条件有AC∶BC＝a∶a＝∶1，
由正弦定理得sin ∠CAB＝sin B＝sin 120°＝，
又0°＜∠CAB＜60°，∴∠CAB＝30°.
故甲船的航向是北偏东60°－∠CAB＝60°－30°＝30°.
故甲船向北偏东30°的方向航行，才能最快地与乙船相遇．
(对应学生用书第5页)
判断三角形形状时忽略隐含条件而致误
在△ABC中，(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)·sin(A＋B)，试判断△ABC的形状．
【错解】 由已知得a2[sin(A－B)－sin(A＋B)]＝b2[－sin(A＋B)－sin(A－B)]，
所以2a2cos Asin B＝2b2cos Bsin A.
由正弦定理，得sin Asin B(sin Acos A－sin Bcos B)＝0，
所以sin 2A＝sin 2B.所以2A＝2B，即A＝B.
所以△ABC为等腰三角形．
【错因分析】 解题过程中忽略角的范围这一限制条件，约分时应指出sin A≠0，sin B≠0.同时由sin 2A＝sin 2B及角2A,2B的范围应得出两种情况：2A＝2B或2A＋2B＝π.出现上述错误的主要原因就是三角函数的知识掌握得不扎实．
【防范措施】 在进行有关三角形内角的三角恒等变换时，先讨论角的范围，然后在所求范围内，由三角恒等式讨论角的关系．
【正解】 由(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，
得a2[sin(A＋B)－sin(A－B)]＝b2[sin(A＋B)＋sin(A－B)]，
所以2a2sin Bcos A＝2b2sin Acos B.
由正弦定理得sin2Acos Asin B＝sin2Bsin Acos B.
因为A，B∈(0，π)，所以sin A＞0，sin B＞0，
所以sin Acos A＝sin Bcos B，即sin 2A＝sin 2B.
因为0＜2A＜2π，0＜2B＜2π，
所以2A＝2B或2A＋2B＝π，所以A＝B或A＋B＝，
所以△ABC为等腰三角形或直角三角形．
1．基础知识：
(1)三角形面积公式；
(2)正弦定理的深化及变化．
2．基本技能：
(1)求三角形的面积；
(2)判断三角形形状；
(3)正弦定理的综合应用与实际应用．
3．思想方法：
(1)转化与化归思想；
(2)数学建模；
(3)公式法求面积．
(对应学生用书第6页)
1．△ABC中，a＝5，b＝3，C＝120°，则sin A∶sin B＝________.
【解析】 sin A∶sin B＝∶＝a∶b＝5∶3.
【答案】 5∶3
2．已知△ABC中，AB＝6，A＝30°，B＝120°，则△ABC的面积为________．
【解析】 由＝，得BC＝6，
∴S△ABC＝AB·BC·sin B＝9.
【答案】 9
3．在相距2千米的A，B两点处测量目标C，若∠CAB＝75°，∠CBA＝60°，则A，C两点之间的距离是________千米．
【解析】 如图所示，∠C＝180°－60°－75°＝45°.
由正弦定理＝得
AC＝AB·＝2×＝.
【答案】
4．在△ABC中，已知a，b，c分别是角A、B、C的对边，若＝，试判断△ABC的形状．
【解】 由正弦定理得＝，
所以，＝?＝?sin Acos A
＝sin Bcos B?sin 2A＝sin 2B?2A＝2B
或2A＝π－2B?A＝B或A＋B＝，
∴△ABC是等腰三角形或直角三角形.
(对应学生用书第80页)
一、填空题
1．(2013·岳阳高二检测)在△ABC中，sin A∶sin B∶sin C＝3∶2∶4，则A、B、C分别所对边a∶b∶c＝________.
【解析】 a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C＝3∶2∶4.
【答案】 3∶2∶4
2．(2013·无锡检测)△ABC的内角A、B、C的对边长分别为a、b、c，∠A＝60°，AC＝2，S△ABC＝，则AB＝________.
【解析】 ∵S△ABC＝AB·ACsin A＝AB×2×＝AB，
∴AB＝，∴AB＝3.
【答案】 3
3．(2013·南通检测)在三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2sin Acos C＝sin B，则＝________.
【解析】 ∵2sin Acos C＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C
∴sin Acos C－cos Asin C＝0，∴sin(A－C)＝0.
∴A＝C，∴＝1.
【答案】 1
4．在△ABC中，若＝＝，则△ABC一定是________三角形．
【解析】 ∵＝＝，
∴＝＝，
∴sin＝sin＝sin.∵0°＜，，＜90°，
∴＝＝，∴A＝B＝C，∴△ABC为等边三角形．
【答案】 等边
5．在△ABC中，a＝15，b＝10，A＝60°，则cos B＝________.
【解析】 ∵＝，∴sin B＝＝.
∵b＜a，∴B＜A，∴B为锐角，∴cos B＝.
【答案】
6．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，m＝(a2，b2)，n＝(tan A，tan B)，且m∥n，那么△ABC一定是________三角形．
【解析】 ∵m∥n，∴a2tan B＝b2tan A，
∴sin2Atan B＝sin2B tan A，
∴＝，∴sin 2A＝sin 2B
∴A＝B或A＋B＝，∴△ABC是等腰或直角三角形．
【答案】 等腰或直角
7．(2013·德州高二检测)△ABC中，B＝60°，最大边与最小边之比为(＋1)∶2，则最大角为________．
【解析】 设最小角为α，则最大角为120°－α，
∴＝，
∴2sin(120°－α)＝(＋1)sin α，
∴sin α＝cos α，∴α＝45°，
∴最大角为120°－45°＝75°.
【答案】 75°
8．在△ABC中，A＝，BC＝3，则AC＋AB的取值范围是________．
【解析】 根据正弦定理，得
AC＝＝2sin B，
AB＝＝2sin C，
∴AC＋AB＝2(sin B＋sin C)
＝2[sin B＋sin(－B)]
＝2(sin B＋cos B＋sin B)
＝6sin(B＋)．
∵0＜B＜，
∴＜B＋＜，
∴＜sin(B＋)≤1，
∴3＜6sin(B＋)≤6.
∴AC＋AB的取值范围是(3,6]．
【答案】 (3,6]
二、解答题
9．(2013·如皋检测)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，B＝，cos A＝，b＝.
(1)求sin C的值；
(2)求△ABC的面积．
【解】 (1)∵cos A＝，∴sin A＝，
∴sin C＝sin(A＋B)＝×＋×＝(3＋4)．
(2)由正弦定理＝，
∴a＝＝＝，
∴S＝absin C＝×××＝.
10．在△ABC中，若sin A＝2sin Bcos C，且sin2A＝sin2B＋sin2C，试判断三角形的形状．
【解】 ∵A、B、C是三角形的内角，
∴A＝π－(B＋C)，
∴sin A＝sin(B＋C)
＝sin Bcos C＋cos Bsin C
＝2sin Bcos C.
∴sin Bcos C－cos Bsin C＝0，
∴sin(B－C)＝0.
又∵0＜B＜π，0＜C＜π，
∴－π＜B－C＜π，∴B＝C.
又∵sin2A＝sin2B＋sin2C，
且a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C，
(R为△ABC外接圆的半径)
可得a2＝b2＋c2，∴A是直角，
∴△ABC是等腰直角三角形．
11．在△ABC中，若C＝3B，求的取值范围．
【解】 由正弦定理可知
＝＝＝
＝cos 2B＋2cos2B＝4cos2B－1.
又因为A＋B＋C＝180°，C＝3B，
故0°＜B＜45°，＜cos B＜1，
所以＜cos2B＜1，
所以1＜4cos2B－1＜3，
故1＜＜3.
即的取值范围是(1,3)．
(教师用书独具)
在△ABC中，求证＝.
【思路探究】 由正弦定理把等式左边统一为角的三角函数，通过三角变换证明．
【证明】 由正弦定理＝＝＝2R，
得a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C.
左边＝
＝
＝
＝
＝＝＝右边．
所以＝.
如图所示，
D是直角三角形ABC的斜边BC上的一点，且AB＝AD，记∠CAD＝α，∠ABC＝β.
(1)求证sin α＋cos 2β＝0；
(2)若AC＝DC，求β的值．
【解】 (1)证明：因为AB＝AD，所以∠ADB＝∠ABD＝β.
又因为α＝－∠BAD＝－(π－2β)＝2β－，
所以sin α＝sin(2β－)＝－cos 2β，
即sin α＋cos 2β＝0.
(2)在△ADC中，由正弦定理得
＝，
即＝，
即＝，所以sin β＝sin α.
由(1)知sin α＝－cos 2β，
所以sin β＝－cos 2β＝－(1－2sin2β)，
即2sin2β－sin β－＝0.
解得sin β＝或sin β＝－.
因为0＜β＜，所以sin β＝，
所以β＝.
拓展
三角形中的几个隐含条件
1．A＋B＋C＝π.
2．sin＝cos，cos＝sin.
3．sin(A＋B)＝sin C，cos(A＋B)＝－cos C.
4．任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．
5．在△ABC中，sin A＞sin B?A＞B?a＞b；A＞B?cos A＜cos B.
1.2余弦定理
第1课时 余弦定理(1)
(教师用书独具)
●三维目标
1.知识与技能
(1)通过对任意三角形边长和角度关系的探索，掌握余弦定理的两种表示形式及证明余弦定理的向量方法，并会运用余弦定理解决两类基本的解三角形问题；
(2)能够运用余弦定理理解解决一些与测量和几何计算有关的实际问题；
(3)通过三角函数、余弦定理、向量数量积等知识间联系来体现事物之间的普遍联系与辩证统一．
2.过程与方法
利用向量的数量积推出余弦定理及其推论，并通过实践演算掌握运用余弦定理解决两类基本的解三角形问题．
3．情感、态度与价值观
(1)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；
(2)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辩证统一．
●重点、难点
重点：余弦定理的发现和证明过程及其基本应用．
难点：向量方法证明余弦定理．
为了突出重点、分解难点，可引导学生把已知两边及其夹角判定三角形全等的方法进行量化，也就是研究如何从已知的两边和它们的夹角计算出三角形的另一边和两个角．再由边长的几种求法引出向量(向量的模就是线段的长度)．
(教师用书独具)
●教学建议
1．本节课教学时应始终注意培养学生的问题意识．课题引入中提出在三角形中已知两边及夹角时，如何解三角形．随着问题的解决而引出本节研究的余弦定理，然后再通过向量知识给予证明，引起学生对应用向量知识解决问题的兴趣，同时感受向量法证明余弦定理的简便之处．
2．在运用向量的方法证明余弦定理的同时，还应注意使学生体会三角函数、正弦定理、向量数量积等多处知识之间的联系．
●教学流程
??????
(对应学生用书第6页)
课标解读
1.了解向量法证明余弦定理的过程．(难点)
2．掌握余弦定理，会用余弦定理解决一些简单的三角形问题．(重点)
余弦定理
【问题导思】
△ABC中，AC＝2，BC＝3，C＝60°.
1．能否直接利用正弦定理求AB?
【提示】 不能．
2．能否利用平面向量求边AB？怎么求？
【提示】 能．
因＝＋，
∴||2＝||2＋||2＋2·
＝||2＋||2－2||||cos∠ACB
＝4＋9－2×2×3 cos 60°＝7.
∴||＝.
3．根据问题2的推导方法，能不能用b，c，A表示a?
【提示】 能．
1．余弦定理
(1)三角形中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．
即a2＝b2＋c2－2bccos A，
b2＝a2＋c2－2accos B，
c2＝a2＋b2－2abcos C.
(2)余弦定理也可以写成如下形式：
cos A＝，cos B＝，
cos C＝.
2．余弦定理的应用
利用余弦定理可以解决以下两类解斜三角形的问题：
(1)已知三边，求三个角；
(2)已知两边和它们的夹角，求第三边，进而求出其他两角.
(对应学生用书第7页)
已知三角形三边，解三角形
已知△ABC的三边长为a＝3，b＝4，c＝，求△ABC的最大内角．
【思路探究】 判断最大内角→利用余弦定理求余弦→由余弦求角
【自主解答】 ∵c＞a，c＞b，∴角C最大．
∵cos C＝＝＝－，
∴C＝120°，∴△ABC的最大内角为120°.
1．已知三角形三边求三内角，应用的是余弦定理的变形形式，本例中“求最大内角”，应依据“大角对大边”确定．
2．应用余弦定理求三角形内角时，与利用正弦定理有所不同，由于y＝cos x在(0，π)内单调，因此角由余弦值惟一确定，不需要分类讨论．
△ABC中，若sin A∶sin B∶sin C＝3∶5∶7，则这个三角形的最大内角为________．
【解析】 ∵sin A∶sin B∶sin C＝3∶5∶7，∴a∶b∶c＝3∶5∶7，
∴角C为最大内角，且cos C＝＝＝－，
∴C＝120°.
【答案】 120°
已知两边及其夹角，解三角形
在△ABC中，a＝2，b＝2，C＝15°，解此三角形．
【思路探究】 15°＝45°－30°→求cos 15°，sin 15°→余弦定理求c→正弦定理求A→求角B
【自主解答】 cos 15°＝cos(45°－30°)＝，sin 15°＝.
由余弦定理知c2＝a2＋b2－2abcos C＝4＋8－2(＋)＝8－4，
∴c＝＝－.
由正弦定理得sin A＝＝，
∴A＝30°或A＝150°.
∵b＞a，∴B＞A.
∴A＝30°，B＝180°－(A＋C)＝135°.
1．本例解法不只一个，求出边长c后，也可利用余弦定理求角A，避免角的取舍．
2．已知两边及其夹角，三角形惟一确定，不存在解的个数的讨论．
在△ABC中，已知a＝2，c＝＋，B＝45°，求b及A.
【解】 由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos B＝(2)2＋(＋)2－2×(＋)×2×cos 45°＝8，
∴b＝2.
下面用两种方法求A.
法一 由余弦定理，
得cos A＝＝＝，∴A＝60°.
法二 由正弦定理，得
sin A＝sin B＝sin 45°＝，
∵(＋)2＝8＋4，(2)2＝12，
∴＋＞2，∴c＞a，∴0＜A＜90°，∴A＝60°.
余弦定理的变形及应用
在△ABC中，a，b，c分别是角A，角B，角C所对的边，已知b2＝ac，且a2－c2＝ac－bc，求角A的大小及.
【思路探究】 对已知条件进行转化，对cos A的表达式进行整体代换，求角A.
【自主解答】 由b2＝ac及a2－c2＝ac－bc得b2＋c2－a2＝bc.
在△ABC中，cos A＝＝，
∵0°＜A＜180°，∴A＝60°.
在△ABC中，由正弦定理得sin B＝，
又∵b2＝ac，A＝60°，
∴＝＝sin 60°＝.
1．当已知条件中出现关于边的二次式时，经常对已知条件转化变形，以便于利用余弦定理求解三角形．
2．利用已知等式时，应注意对原式变换，整体代换，简化运算．
(2013·成都高二检测)在△ABC中，sin2A≤sin2B＋sin2C－sin Bsin C，则A的取值范围是________．
【解析】 由已知及正弦定理有a2≤b2＋c2－bc.
由余弦定理可知a2＝b2＋c2－2bccos A，
所以b2＋c2－2bccos A≤b2＋c2－bc，即cos A≥.
又0＜A＜π，所以角A的取值范围为(0，]．
【答案】 (0，]
(对应学生用书第8页)
忽略构成三角形的条件而致误
在△ABC中，三边的长为连续的自然数，且最大角为钝角，求这个三角形的三边的长．
【错解】 设a＝k，b＝k＋1，c＝k＋2(其中k∈N*)，由题意知cos C＜0.
由余弦定理得a2＋b2－c2＜0，
即k2＋(k＋1)2－(k＋2)2＜0.
∴k2－2k－3＜0，解得－1＜k＜3.
又∵k∈N*，∴k＝1或k＝2.
当k＝1时，三边长分别为1,2,3；
当k＝2时，三边长分别为2,3,4.
∴这个三角形的三边的长分别为1, 2,3或2,3,4.
【错因分析】 由于三边的长为连续的自然数，所以三边长分别用k，k＋1，k＋2(k∈N*)来表示，但解题时忽略了k，k＋1，k＋2能否构成三角形，只考虑到大边对大角，用余弦定理求解，从而产生错误．
【防范措施】 在三角形中隐含条件较多，可能会因为不用心而导致错误，在利用余弦定理求三角形的三边时，先要判断一下三边能否构成三角形．
【正解】 设a＝k，b＝k＋1，c＝k＋2(k∈N*)．
由a＋b＞c，知k＋(k＋1)＞k＋2，
即k＋1＞2，得k＞1，①
由cos C＜0，得a2＋b2－c2＜0，即k2－2k－3＜0.
解得－1＜k＜3，②
由①②知1＜k＜3，又k∈N*，
∴k＝2，∴a＝2，b＝3，c＝4，
∴这个三角形的三边的长分别为2,3,4.
1．基础知识：
(1)余弦定理；
(2)利用余弦定理解三角形．
2．基本技能：
(1)已知三边解三角形；
(2)已知两边及其夹角，解三角形；
(3)余弦定理的变形及应用．
3．思想方法：
(1)转化与化归思想；
(2)三角代换；
(3)边角互化.
(对应学生用书第8页)
1．在△ABC中，若a＝c＝2，B＝120°，则边b＝________.
【解析】 b＝
＝＝2.
【答案】 2
2．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知a2＝b2－bc＋c2，则A＝________.
【解析】 ∵a2＝b2－bc＋c2，∴b2＋c2－a2＝bc，
∴cos A＝＝＝，
∴A＝60°.
【答案】 60°
3．三角形的三边分别为4,6,8，则此三角形为________．
【解析】 设边长为8的边所对角为θ，
则cos θ＝＜0，∴θ为钝角，∴此三角形为钝角三角形．
【答案】 钝角三角形
4．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c＝，b＝，B＝120°，求a.
【解】 ∵a2＋c2－b2＝2ac·cos B，
∴a2＋2－6＝2a·(－)，∴a2＋a－4＝0，
∵Δ＝2＋16＝18＞0，∴a＝，
∵a＞0，∴a＝.
(对应学生用书第81页)
一、填空题
1．在△ABC中，已知b＝4，c＝2，角A＝120°，则a＝________.
【解析】 a2＝b2＋c2－2bccos A＝84，∴a＝2.
【答案】 2
2．(2013·如皋检测)在△ABC中，a∶b∶c＝∶1∶2，则B为________．
【解析】 cos B＝＝＝，
∴B＝30°
【答案】 30°
3．在△ABC中，三边长AB＝7，BC＝5，CA＝6，则·＝________.
【解析】 cos B＝＝，∴·＝7×5×cos(π－B)＝7×5×(－)＝－19.
【答案】 －19
4．(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________．
【解析】 设底边长为1，则每腰长为2，由余弦定理得
cos θ＝＝.
【答案】
5．在△ABC中，A＝120°，AB＝5，BC＝7，则的值为________．
【解析】 由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos A.
即72＝52＋AC2－10AC·cos 120°，
∴AC＝3.
由正弦定理得＝＝.
【答案】
6．(2013·郑州高二检测)在△ABC中，B＝120°.AC＝7，AB＝5，则△ABC的面积为________．
【解析】 由余弦定理知AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos 120°，即49＝25＋BC2＋5BC，∴BC＝3或BC＝－8(舍去)，故
S△ABC＝AB·BCsin 120°＝.
【答案】
7．(2012·湖北高考)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若(a＋b－c)(a＋b＋c)＝ab，则角C＝________.
【解析】 ∵(a＋b)2－c2＝ab，∴a2＋b2－c2＝－ab，
∴cos C＝＝－，
∴c＝120°.
【答案】 120°
8．(2012·北京高考)在△ABC中，若a＝2，b＋c＝7，cos B＝－，则b＝________.
【解析】 由余弦定理知b2＝a2＋c2－2accos B，
∴b2＝22＋c2－2ac×(－)，∴b2＝4＋(7－b)2＋(7－b)，
∴b＝4.
【答案】 4
二、解答题
9．已知△ABC中，边AB＝3，AC＝5且A＝60°，求sin B的值．
【解】 ∵BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos 60°
＝32＋52－2×3×5×＝19，
∴BC＝.∵＝，∴sin B＝.
10．在△ABC中，若c＝4，b＝7，BC边上的中线AD的长为，求边长a.
【解】 设BC＝a＝2x(x＞0)，则由余弦定理知
cos∠ADC＝，
cos∠ADB＝.
∵∠ADC＋∠ADB＝π，∴cos∠ADC＋cos∠ADB＝0，
即＋＝0.
整理得(2x)2＝81即2x＝9，故边长a为9.
11．已知a，b，c分别是△ABC中角A，B，C的对边，且a2＋c2－b2＝ac.
(1)求角B的大小；(2)若c＝3a，求tan A的值．
【解】 (1)由余弦定理，
得cos B＝＝，
∵0＜B＜π，∴B＝.
(2)法一 将c＝3a代入
a2＋c2－b2＝ac，得b＝a，
由余弦定理，
得cos A＝＝，
∵0＜A＜π，
∴sin A＝＝，
∴tan A＝＝.
法二 将c＝3a代入a2＋c2－b2＝ac，得b＝a，
由正弦定理，得sin B＝sin A.
∵B＝，∴sin A＝.
又b＝a>a，∴B>A，
∴cos A＝＝，
∴tan A＝＝.
(教师用书独具)
已知△ABC中，AB＝1，BC＝2，求角C的取值范围．
【思路探究】 不妨设边AC＝x，由余弦定理建立关于x的二次方程，根据二次方程根的范围建立不等关系求cos C的范围进而求C的范围．
【自主解答】 设AC＝x，∵∴1＜x＜3.
由余弦定理得x2＋4－4xcos C＝1，
即x2－4xcos C＋3＝0.①
∵方程①在(1,3)内有解，令f(x)＝x2－4xcos C＋3，
∴f(1)·f(3)＜0 ①或②
由①得48(1－cos C)2＜0，无解．
由②得cos C≥，又0＜C＜π，∴0＜C≤.
在△ABC中，a，b，c分别是A，B，C的对边，且＝－.
(1)求B的大小；
(2)若b＝，a＋c＝4，求a的值．
【解】 (1)由余弦定理得
cos B＝，cos C＝，
∴原式化为·＝－，
整理得a2＋c2－b2＋ac＝0，
∴cos B＝＝＝－，
又0＜B＜π，∴B＝.
(2)将b＝，a＋c＝4，B＝
代入b2＝a2＋c2－2accos B得，
13＝a2＋(4－a)2－2a(4－a)·cos，
即a2－4a＋3＝0.
解得a＝1或a＝3.
拓展
探究正弦定理、余弦定理的关系
正弦定理和余弦定理从不同的角度刻画了三角形边角之间的数量关系，它们是解决斜三角形问题的两个最重要的定理．在同一个三角形中，这两个定理又是等价的命题，即由正弦定理可以推出余弦定理，由余弦定理同样也可以推出正弦定理．
(1)由正弦定理推导余弦定理
在△ABC中，设BC＝a，AC＝b，AB＝c，则
b2＋c2－2bccos A＝4R2(sin2B＋sin2C－2sin Bsin Ccos A)
＝4R2[sin2B＋sin2C＋2sin Bsin Ccos(B＋C)]
＝4R2[(sin2B－sin2Bsin2C)＋(sin2C－sin2Bsin2C)＋2sin Bcos Bsin Ccos C]
＝4R2(sin2Bcos2C＋cos2Bsin2C＋2sin Bcos Bsin Ccos C)
＝4R2sin2(B＋C)＝4R2sin2A＝a2.
其中R是△ABC外接圆的半径．
同理可证得b2＝a2＋c2－2accos B，c2＝a2＋b2－2abcos C.
(2)由余弦定理推导正弦定理
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，
则＝
＝
＝
＝.
同理可得
＝，
＝，
所以＝＝.
综上所述，正弦定理与余弦定理是等价的命题．
因此，在解三角形中，凡是能用正弦定理求解的三角形，必能用余弦定理求解，反之亦然．但是在遇到解三角形问题时，应首先分析已知条件，看该问题究竟属于哪一种类型，以决定采用哪一个定理，这样可以避免解题的盲目性，优化解题过程．所以，熟悉这两个定理所适用的解三角形的类型是很有必要的，这样就可以把解三角形问题解决得很好，在提高自身数学素养的同时更彰显特色．
第2课时 余弦定理(2)
(教师用书独具)
●三维目标
1.知识与技能
(1)学会利用余弦定理解决有关平面几何问题及判断三角形的形状，掌握转化与化归的数学思想；
(2)能熟练地运用余弦定理解斜三角形．
2.过程与方法
通过对余弦定理的应用，培养学生解三角形的能力及运算的灵活性．
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辩证统一．
●重点、难点
重点：利用余弦定理判断三角形的形状以及正、余弦定理的综合应用．
难点：利用余弦定理判断三角形的形状以及正、余弦定理的综合应用．
教学时结合利用正弦定理判断三角形形状的方法，引导学生通过观察、比较、分析，总结如何使用余弦定理判断三角形的形状，进而探寻综合利用正弦定理与余弦定理判断三角形形状的方法．对于正、余弦定理的综合应用的教学，应坚持“学生为主、教师为辅”的思想，结合具体例子，逐步探究．
(教师用书独具)
●教学建议
本节课是余弦定理的应用，教学时应启发、引导学生灵活运用余弦定理的各种等价形式，并总结余弦定理适应题型的特点，在解题时要正确选用余弦定理以达到求解求证的目的．
对于三角形形状的判断，教学时可引导学生把余弦定理同正弦定理相对比探寻二者的共性与差异，总结判断方法．对于正、余弦定理的综合应用，实际应用教学时应注意三角恒等变换与正、余弦定理的结合．
●教学流程
?????
(对应学生用书第9页)
课标解读
1.理解余弦定理，能用余弦定理确定三角形的形状，熟练边角互化．(重点)
2．能运用余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何运算有关的实际问题．(难点)
判断三角形形状
在△ABC中，若b2sin2C＋c2sin2B＝2bccos B·cos C，试判断△ABC的形状．
【思路探究】 一是利用余弦定理将已知式化为边的关系；二是利用正弦定理将已知式化为角的关系．
【自主解答】 法一 将已知等式变为
b2(1－cos2C)＋c2(1－cos2B)＝2bccos Bcos C.
由余弦定理，可得
b2＋c2－b2·()2－c2·()2
＝2bc··，
即b2＋c2＝.
∴b2＋c2＝a2.∴△ABC为直角三角形．
法二 由＝＝＝2R(R为△ABC外接圆的半径)，得a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C.
则原式可化为
R2sin2Bsin2C＝R2sin Bsin Ccos Bcos C.
∵sin Bsin C≠0，
∴sin Bsin C＝cos Bcos C，即cos(B＋C)＝0.
∴B＋C＝90°.
∴A＝90°.∴△ABC为直角三角形．
判断三角形的形状应围绕三角形的边角关系进行思考，可用正、余弦定理将已知条件转化为边边关系，通过因式分解、配方等方式得出边的相应关系，从而判断三角形的形状；也可利用正、余弦定理将已知条件转化为角与角之间的关系，通过三角变换，得出三角形各内角之间的关系，从而判断三角形的形状．
在△ABC中，若(a－c·cos B)·sin B＝(b－c·cos A)·sin A，判断△ABC的形状．
【解】 结合正弦定理及余弦定理知，原等式可化为
(a－c·)·b＝(b－c·)·a.
整理得(a2＋b2－c2)b2＝(a2＋b2－c2)a2，
∴a2＋b2－c2＝0或a2＝b2，
∴a2＋b2＝c2或a＝b.
故△ABC为直角三角形或等腰三角形．
正余弦定理的综合应用
△ABC的三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且asin Asin B＋bcos2A＝a，
(1)求；
(2)若c2＝b2＋a2，求B.
【思路探究】 (1)利用正弦定理化简上式，从而求得的值；
(2)利用余弦定理求B.
【自主解答】 (1)将a＝2Rsin A，b＝2Rsin B代入已知式得：
sin2Asin B＋cos2Asin B＝sin A.
∴(sin2A＋cos2A)sin B＝sin A，
∴sin B＝sin A，∴b＝a，∴＝.
(2)∵c2＝b2＋a2＝(2＋)a2，∴c＝a，
∴cos B＝＝＝，
∴B＝45°.
1．本例中，既用到了正弦定理，也用到了余弦定理，这也是解三角形综合问题的常规通法．
2．正弦定理和余弦定理揭示的都是三角形的边角关系，要解三角形，必须已知三角形的一边的长，对于两个定理，根据实际情况可以选择性地运用，也可以综合运用，要注意以下关系式的运用：
A＋B＋C＝π
sin(A＋B)＝sin C
cos(A＋B)＝－cos C
sin＝cos
cos＝sin
已知△ABC的外接圆半径为R，且满足2R(sin2A－sin2C)＝(a－b)sin B，求△ABC面积的最大值．
【解】 由已知条件得
4R2(sin2A－sin2C)＝(a－b)·2Rsin B.
由正弦定理得a2－c2＝(a－b)b，
即a2＋b2－c2＝ab.
再由余弦定理的推论得cos C＝＝.
又C是△ABC的内角，∴C＝45°，
∴S＝absin C＝·2Rsin A·2Rsin B·
＝R2sin Asin B
＝－R2[cos(A＋B)－cos(A－B)]
＝R2[＋cos(A－B)]，
当A＝B时，面积S有最大值，最大值为R2.
利用余弦定理解实际应用题或平面几何问题
如图1－2－1所示，在四边形ABCD中，BC＝20，DC＝40，
图1－2－1
B＝105°，C＝60°，D＝150°，求：
(1)AB；
(2)四边形ABCD的面积．
【思路探究】 (1)连结BD，将AB放在△ABD中作为一边，利用正余弦定理求解．
(2)S四边形ABCD＝S△ABD＋S△DBC.
【自主解答】 (1)连结BD，
因为∠ABC＝105°，C＝60°，
∠ADC＝150°，
所以A＝360°－105°－60°－150°＝45°.
在△BCD中，BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos C
＝202＋402－2×20×40×＝1 200，
于是BD＝20.
因为BD2＋BC2＝CD2，所以∠CBD＝90°.
所以∠ABD＝105°－90°＝15°，∠BDA＝180°－45°－15°＝120°.
在△ABD中，＝，
所以AB＝＝＝30.
(2)因为sin 15°＝sin(45°－30°)＝，
所以四边形ABCD的面积S四边形ABCD＝S△DBC＋S△DBA＝×20×20＋×20×30×＝50(9＋)．
1．本例中，要利用余弦定理解平面几何问题，首先将四边形进行了分割，以便解三角形和利用三角形面积公式．
2．若利用余弦定理解实际应用题，首先应抽象出平面图形，然后分割出若干个三角形进行求解．
图1－2－2
如图1－2－2，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．
【解】 在直角梯形ABED中，DE＝＝130，
在直角梯形BCFE中，EF＝＝150，
在直角梯形ACFD中，DF＝＝，
∴cos ∠DEF＝
＝＝.
(对应学生用书第10页)
忽略三角形中的隐含条件而致误
若使a，a＋1，a＋2为钝角三角形的三边，求a的取值范围．
【错解】 因为a＋2是三角形中的最大边，依题意知其对角θ应为钝角．
所以cos θ＝＝＜0，
所以0＜a＜3.
【错因分析】 上述解法中只考虑了最大边所对的角为钝角，而忽略了a，a＋1，a＋2构成三角形的条件，因此，还应该注意“在三角形中，两边之和大于第三边”这个隐含条件，故a＋2＜a＋(a＋1)，解得a＞1，因此实数a的取值范围是(1,3)．
【防范措施】 对于钝角三角形的判断，不仅仅是最大角为钝角，同时应考虑它首先是三角形，即满足任意两边之和大于第三边这一条件．
【正解】 由题意知a＋2是三角形的最大边，
则有
解不等式组得1＜a＜3，所以a的取值范围是(1,3)．
1．基础知识：
(1)正弦定理；
(2)余弦定理；
(3)三角形面积公式．
2．基本技能：
(1)判断三角形形状；
(2)正余弦定理的综合应用；
(3)利用余弦定理解实际问题或平面几何问题．
3．思想方法：
(1)边角互化；
(2)转化化归；
(3)数形结合；
(4)分类讨论．
(对应学生用书第11页)
1．在△ABC中，B＝60°，b2＝ac，则△ABC的形状为________．
【解析】 ∵b2＝a2＋c2－2accos 60°＝a2＋c2－ac，
∴a2＋c2－ac＝ac，
∴a2－2ac＋c2＝0，∴a＝c.
又∵B＝60°，∴△ABC为正三角形．
【答案】 正三角形
2．在△ABC中，AB＝，AC＝5，cos C＝，则BC＝______.
【解析】 设BC＝x，由余弦定理得()2＝52＋x2－2×5×x×，
∴x2－9x＋20＝0，∴x＝4或5.
【答案】 4或5
图1－2－3
3．如图1－2－3，已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于a km，灯塔A在观察站C的北偏东20°，灯塔B在观察站C的南偏东40°，则灯塔A与灯塔B的距离为________ km.
【解析】 ∵CA＝CB＝a，
∠ACB＝180°－20°－40°＝120°，
∴AB2＝AC2＋CB2－2×AC×CBcos ∠ACB，
即AB2＝a2＋a2＋a2＝3a2，
∴AB＝a.
【答案】 a
4．在△ABC中，若·＝，cos C＝，a＋b＝9，求c.
【解】 ∵·＝abcos C＝ab×＝，
∴ab＝20.
又a＋b＝9，联立上式，解得a2＋b2＝41.
由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcos C＝36，
∴c＝6.
(对应学生用书第82页)
一、填空题
1．在△ABC中，已知三边长分别为a，b，c，则acos C＋ccos A＝________.
【解析】 acos C＋ccos A＝2Rsin Acos C＋2Rsin Ccos A＝2Rsin(A＋C)＝2Rsin B＝b.
【答案】 b
2．△ABC中，若sin2A＝sin2B＋sin Bsin C＋sin2C，则A＝________.
【解析】 由题意，a2＝b2＋bc＋c2，∴cos A＝＝－，∴A＝.
【答案】
3．(2013·临沂高二检测)某船开始看见灯塔在南偏东30°方向，后来船沿南偏东60°的方向航行45 km后，看见灯塔在正西方向，则这时船与灯塔的距离是________．
【解析】 如图所示，∠BAC＝60°－30°＝30°，∠ACB＝30°.
设|BC|＝x，由余弦定理x＝45，∴x＝15(km)
【答案】 15 km
4．在△ABC中，C＝60°，则＋＝________.
【解析】 ∵C＝60°，∴a2＋b2－c2＝ab，
∴a2＋b2＝ab＋c2，
等式两边都加上ac＋bc，整理得
(a2＋ac)＋(b2＋bc)＝(b＋c)(a＋c)，
∴＋＝＝1.
【答案】 1
5．(2013·杭州高二检测)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a2－b2＝bc，sin C＝2sin B，则A＝________.
【解析】 ∵sin C＝2sin B，∴c＝2b.
∵a2－b2＝bc＝6b2，
∴a2＝7b2，∴cos A＝＝，∴A＝30°.
【答案】 30°
6．已知锐角三角形的边长分别为1,3，a，则a的取值范围是________．
【解析】 a应满足
解之得2＜a＜.
【答案】 (2，)
7．在△ABC中，已知sin A＝2cos Bsin C，则△ABC是________三角形．
【解析】 法一 由正弦定理可得a＝2c·cos B.
由余弦定理得a＝2c·，化简得b＝c.
∴△ABC是等腰三角形．
法二 sin A＝2cos B·sin C?sin(B＋C)＝2cos Bsin C
?sin B·cos C＋cos B·sin C＝2cos B·sin C
?sin B·cos C－cos B·sin C＝0?sin(B－C)＝0.
可知－π＜B－C＜π.
∴B－C＝0.∴B＝C.
故△ABC为等腰三角形．
【答案】 等腰
8.
图1－2－4
如图1－2－4，在△ABC中，D是边AC上的点，且AB＝AD,2AB＝BD，BC＝2BD，则sin C的值为________．
【解析】 设AB＝a，∴AD＝a，BD＝a，BC＝2BD＝a，
cos A＝＝＝，
∴sin A＝＝.
由正弦定理知sin C＝·sin A＝×＝.
【答案】
二、解答题
9．在△ABC中，若AB＝3，BC＝，AC＝4，求AC边上的高．
【解】 设AC边上的高为BD，
在△ABC中，cos A＝＝，
∴A＝60°.
在△ABD中，BD＝ABsin A＝3×sin 60°＝.
10．在△ABC中，cos A＝，且(a－2)∶b∶(c＋2)＝1∶2∶3，试判断三角形的形状．
【解】 由已知设a－2＝x，则b＝2x，c＋2＝3x，
∴a＝2＋x，c＝3x－2，由余弦定理得
＝，
解得x＝4，
∴a＝6，b＝8，c＝10，
∴a2＋b2＝c2，
即三角形为直角三角形．
11．在△ABC中，内角A、B、C对边的边长分别是a、b、c.已知c＝2，C＝.
(1)若△ABC的面积等于，求a，b；
(2)若sin C＋sin (B－A)＝2sin 2A，求△ABC的面积．
【解】 (1)由余弦定理及已知条件得a2＋b2－ab＝4，又因为△ABC的面积等于，所以absin C＝，得ab＝4.
联立方程组
解得a＝2，b＝2.
(2)由题意得sin(B＋A)＋sin(B－A)＝4sin Acos A，即sin Bcos A＝2sin Acos A.
当cos A＝0时，A＝，B＝，a＝，b＝.当cos A≠0时，得sin B＝2sin A，由正弦定理得b＝2a，联立方程组解得a＝，b＝.所以△ABC的面积S＝absin C＝.
(教师用书独具)
设△ABC是锐角三角形，a，b，c分别是内角A，B，C所对边长，并且sin2 A＝sin(＋B)sin(－B)＋sin2B.
(1)求角A的值；
(2)若·＝12，a＝2，求b，c(其中b＜c)．
【思路探究】 (1)对题目中的已知等式进行三角恒等变换，化简为只含角A的三角函数式，进而求出角A；(2)化简所给向量的数量积，由已知条件和余弦定理求解．
【自主解答】 (1)因为sin2A＝sin(＋B)sin(－B)＋sin2B＝cos2B－sin2B＋sin2B＝，所以sin A＝(负值舍去)，又A为锐角，所以A＝.
(2)由·＝12可得abcos A＝12.①
由(1)知A＝，所以cb＝24.②
由余弦定理知a2＝b2＋c2－2bccos A，
将a＝2及①代入，得c2＋b2＝52，③
③＋②×2，得(c＋b)2＝100，所以c＋b＝10.
因此，c，b是一元二次方程t2－10t＋24＝0的两个根，
解方程，并由b＜c知c＝6，b＝4.
1．本例灵活运用了三角变换、向量数量积运算以及方程思想，体现了知识的渗透与综合．
2．向量知识与三角结合，使解题更具灵活性，也是高考的难点与热点之一．
在△ABC中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b2＝ac，且cos B＝.
(1)求＋的值；
(2)设·＝，求a＋c的值．
【解】 (1)由cos B＝，即sin B＝＝.
由b2＝ac及正弦定理，得sin2B＝sin A·sin C.
于是＋＝＋
＝
＝＝＝＝.
(2)由·＝，得ca·cos B＝，由cos B＝可得ca＝2，又b2＝ac，所以b2＝2.
由余弦定理b2＝a2＋c2－2ac·cos B，得a2＋c2＝b2＋2ac·cos B＝5，所以(a＋c)2＝a2＋c2＋2ac＝5＋4＝9，所以a＋c＝3.
1．3正弦定理、余弦定理的应用
(教师用书独具)
●三维目标
1.知识与技能
(1)能把一些简单的实际问题转化为数学问题，并能应用正弦定理、余弦定理及相关的三角公式解决这些问题；
(2)体会数学建模的基本思想，掌握应用解三角形知识解决实际问题的一般步骤；
(3)了解常用的测量相关术语(如：仰角、俯角、方位角、视角及坡度、经纬度等有关名词和术语的确切含义)，综合运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决与测量学、航海问题等有关的实际问题；
(4)能够从阅读理解、信息迁移、数学化方法、创造性思维等方面，多角度培养学生分析问题和解决问题的能力；
(5)规范学生的演算过程：逻辑严谨，表述准确，算法简练，书写工整，示意图清晰．
2.过程与方法
(1)本节课是解三角形应用举例的延伸，利用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些几何和物理上的问题；
(2)让学生进一步巩固所学的知识，加深对所学定理的理解，提高创新能力；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．
3．情感、态度与价值观
(1)激发学生学习数学的兴趣，并体会数学的应用价值；
(2)培养学生提出问题、正确分析问题、独立解决问题的能力，并在教学过程中激发学生的探索精神；
(3)培养学生运用图形、数学符号表达题意和应用转化思想解决数学问题的能力.
●重点、难点
重点：(1)综合运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些实际问题；
(2)掌握求解实际问题的一般步骤；
难点：根据题意建立数学模型，画出示意图．
体验将实际问题转化为数学问题的过程与思想，认识研究实际问题的方法，是本节教学的重中之重，而突破这一重难点的关键在于引导学生对实际问题进行分析，抽象出数学问题，再利用解三角形的知识加以解决．
(教师用书独具)
●教学建议
在学生回忆正弦定理、余弦定理以及它们可以解决哪些类型的三角形的基础上，让学生尝试绘制知识纲目图．生活中错综复杂的问题本源仍然是我们学过的定理，因此系统掌握前一节内容是学好本节课的基础．解有关三角形的应用题有固定的解题思路，引导学生寻求实际问题的本质和规律，从一般规律到生活的具体运用，这方面需要多琢磨和多体会．
测量的主要内容是求角和距离，教学中要注意让学生分清仰角、俯角、张角、视角和方位角及坡度、经纬度等概念，将实际问题转化为解三角形问题．解决有关测量、航海等问题时，首先要搞清题中有关术语的准确含义，再用数学语言(符号语言、图形语言)表示已知条件、未知条件及其关系，最后用正弦定理、余弦定理予以解决．
能否灵活求解问题的关键是正弦定理和余弦定理的选用，有些题目只选用其一，或两者混用，这当中有很大的灵活性，需要对原来所学知识进行深入的整理、加工，鼓励一题多解，训练发散思维．借助计算机等多媒体工具来进行演示，利用动态效果能使学生更好地明辨是非、掌握方法．
引导学生总结解斜三角形应用题的一般步骤：
(1)分析：理解题意，分清已知与未知，画出示意图；
(2)建模：根据已知条件与求解目标，把已知量与求解量尽量集中在有关的三角形中，建立一个解斜三角形的数学模型；
(3)求解：利用正弦定理或余弦定理有序地解出三角形，求得数学模型的解；
(4)检验：检验上述所求的解是否符合实际意义，从而得出实际问题的解．
●教学流程
??????
(对应学生用书第11页)
课标解读
1.巩固正、余弦定理的应用，熟练掌握解三角形的步骤与过程．(重点)
2．能够运用正、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题．(难点)
实际测量中的有关术语
【问题导思】
小明出家门向南前进200米，再向东前进200米，到达学校上课．
1．小明的学校在家的哪个方向？
【提示】 东南方向．
2．能否用角度确定学校的方位？
【提示】 能．
名称
定义
图示
仰角
在同一铅垂平面内，视线在水平线上方时与水平线的夹角
续表
名称
定义
图示
俯角
在同一铅垂平面内，视线在水平线下方时与水平线的夹角
方向角
从指定方向线到目标方向线的水平角(指定方向线是指正北或正南或正东或正西，方向角小于90°)
南偏西60°
(指以正南
方向为始边，
转向目标方
向线形成的
角)
方位角
从正北的方向线按顺时针到目标方向线所转过的水平角
(对应学生用书第12页)
测量问题
如图1－3－1所示，在塔底B处测得山顶C的仰角为60°，
图1－3－1
在山顶C测得塔顶A的俯角为45°，已知塔高AB为20 m，求山高CD.(精确到0.1 m)
【思路探究】 DC可放到△BCD中，要求CD，已知∠DBC＝60°，∠CDB＝90°，所以只需求BD或CB，在△ABC中，AB的长度已知，三个内角都可以求出，所以可求得CB，则CD＝CB·sin 60°.
【自主解答】 由条件知∠DBC＝60°，∠ECA＝45°，
∴∠ABC＝90°－60°＝30°，∠ACB＝60°－45°＝15°，
∠CAB＝180°－(∠ABC＋∠ACB)＝135°，
在△ABC中，由正弦定理得＝，
∴BC＝＝＝.
在Rt△BCD中，
CD＝BC·sin∠CBD＝×≈47.3(m)．
∴山高CD约为47.3 m.
1．本例是典型的测量高度问题，抽象出平面图形，并且将相应数据聚化到相应三角形中，十分关键．
2．测量高度的有关问题，大部分都是转化为同一铅垂面上的解三角形问题，但也有转化为立体图形的问题．
如图1－3－2所示，空中有一气球C，
图1－3－2
在它的正西方A点测得它的仰角为45°，同时在它的南偏东60°的B点，测得它的仰角为30°，A，B两点间的距离为266米，这两个测点均离地1米，则气球离地多少米？
【解】 设OC＝x，则OA＝x，OB＝x·tan 60°＝x.
在△AOB中，∠AOB＝90°＋60°＝150°，AB＝266，
所以AB2＝OA2＋OB2－2OA·OBcos∠AOB
＝x2＋3x2－2x·x·(－)＝7x2，
所以x＝AB＝×266＝38(米)，
所以气球离地(38＋1)米.
航海问题
甲船在A处遇险，在甲船西南10海里B处的乙船收到甲船的报警后，测得甲船是沿着东偏北105°的方向，以每小时9海里的速度向某岛靠近，如果乙船要在40分钟内追上甲船，问乙船至少应以什么速度、向何方向航行？
【思路探究】 画图→分析三角形满足条件→选择定理列方程→求相关量→作答
【自主解答】 如图所示：
设乙船速度为v海里/小时，在C处追上甲船，
∠BAC＝45°＋180°－105°＝120°，
在△ABC中，由余弦定理得，
BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos ∠BAC，
(v)2＝(×9)2＋102－2××9×10×cos 120°，
整理得v＝21.
又由正弦定理可知＝，
∴sin B＝＝×sin 120°＝，
∴B≈21°47′.
即B应以每小时21海里的速度，按东偏北45°＋21°47′＝66°47′的角度航行．
1．根据题意，恰当地画出三角形是解题的基础，将已知线段数量和角度，转化为要解三角形的边长和角度，是解题的关键．
2．有关角度问题，一般要涉及到方位角、方向角等概念，对这些数据，要恰当转化，合理运用．
在海岸A处发现在其北偏东45°方向，距A处(－1)海里的B处有一艘走私船，在A处北偏西75°方向，距A处2海里的C处的缉私船以10海里/时的速度追走私船，此时走私船正以10海里/时的速度从B处向北偏东30°方向逃窜，则缉私船沿什么方向能最快追上走私船？并求出所需要的时间．
【解】 由题意画出示意图如图所示，设缉私船最快追上走私船所需时间为t小时，则CD＝10t，BD＝10t.
∵在△ABC中，AB＝－1，AC＝2，∠BAC＝45°＋75°＝120°，
∴BC＝
＝
＝.
∵＝，
∴sin∠ABC＝＝＝.
∵∠BAC＝120°，∴∠ABC＝45°，∴BC与正北方向垂直，
∴∠CBD＝90°＋30°＝120°.
∵在△BCD中，由正弦定理得＝，
所以sin∠BCD＝＝＝.
∴∠BCD＝30°或∠BCD＝150°(舍去)，
∴∠BDC＝30°，∴BD＝BC＝，∴10t＝，∴t＝，
∴缉私船沿北偏东60°方向行驶能最快追上走私船，所需时间为小时.
平面几何问题
如图1－3－3所示，在△ABC中，AC＝b，BC＝a，a＜b，D是△ABC内一点，且A
图1－3－3
D＝a，∠ADB＋C＝π，问C为何值时，凹四边形ACBD的面积最大？并求出最大值．
【思路探究】 在三角形ABD和三角形ABC中分别运用余弦定理，可先求出边BD的长，进而表达出凹四边形ACBD的面积．
【自主解答】 设BD＝x，在△ABC和△ABD中，
根据余弦定理，
得AB2＝a2＋b2－2abcos C，
AB2＝a2＋x2－2axcos∠ADB＝x2＋a2＋2axcos C，
∴a2＋b2－2abcos C＝x2＋a2＋2axcos C，
即x2＋2axcos C＋(2acos C－b)b＝0，
解得x＝b－2acos C，或x＝－b(舍去)．
于是凹四边形ACBD的面积
S＝S△ABC－S△ABD＝absin C－axsin∠ADB
＝absin C－a(b－2acos C)sin C＝a2sin 2C.
∴当C＝时，凹四边形ACBD的面积最大，最大值为a2，此时BD＝b－a.
1．本例中，以角C为自变量，将凹四边形ACBD的面积表示为角C的三角函数，从而求解最值问题．
2．求解平面图形的面积最值问题，关键是恰当地设立角度为自变量，建立目标函数．
如图1－3－4所示，已知扇形OAB，
图1－3－4
O为顶点，圆心角∠AOB＝60°，半径为2 cm，在弧AB上有一动点P，由P引平行于OB的直线和OA相交于C，∠AOP＝β.求△POC的面积的最大值以及此时的β值．
【解】 ∵PC∥OB，
∴∠ACP＝∠AOB＝60°.
∴∠PCO＝120°，∠OPC＝60°－β.
在△OCP中，由正弦定理得
＝，
∴OC＝＝，
S△OCP＝·OC·OPsin β＝××2sin β
＝＝
＝＝
＝.
故当cos(2β－60°)＝1，即当2β＝60°，β＝30°时，
S△OCP有最大值cm2.
(对应学生用书第13页)
过程不严谨，靠主观臆判而致误
如图1－3－5所示的是曲柄连杆装置示意图，连杆AC＝c，
图1－3－5
曲柄AB和曲轴BL所成的角为α，连杆AC和曲轴BL间的夹角为β，则α取什么值时，sin β最大？
【错解】 ∵点A在圆B上运动，
∴要使β，即∠ACB最大，只需点A在最高或最低点即可，
此时，△ABC中，∠ABC＝90°，即α＝90°时，AB＝r，AC＝c，sin β＝sin∠ACB＝为所求的最大值．
【错因分析】 上述解答中想当然地认为点A在最高或最低点时，sin β最大，虽然结论正确，但过程不严谨．
【防范措施】 建立目标函数，转化为三角函数最值问题，定量分析．
【正解】 在△ABC中，由正弦定理，得＝，
∴sin β＝sin α.
由对称性可知，只需讨论α∈[0，π]即可．
∵sin β＝sin α≤，
∴当且仅当sin α＝1，即α＝时，sin β最大．
1．基础知识：
(1)有关术语：仰角、俯角、方向角、方位角；
(2)利用解三角形，求解实际应用题的方法及步骤．
2．基本技能：
(1)测量问题；
(2)航海问题；
(3)力学问题；
(4)最值问题．
3．思想方法：
(1)函数思想；
(2)转化思想；
(3)数形结合思想．
(对应学生用书第14页)
1．从A处望B处的仰角为α，从B处望A处的俯角为β，则α，β的关系是________．
【解析】 如图所示，∵AD∥BC，∴α＝β.
【答案】 α＝β
2．如图1－3－6所示，A、B两点中间有座山，从点C观测，AC＝60 m，BC＝160 m，∠ACB＝60°，则AB＝________.
图1－3－6
【解析】 AB＝
＝＝140(m)
【答案】 140 m
3．有一长为10 m的斜坡，坡角为75°，在不改变坡高和坡顶的前提下，通过加长坡面的方法将它的坡角改为30°，则坡底要延长________m.
【解】 如图所示，设将坡底加长到B′时，坡角为30°.
依题意，∠B′＝30°，∠BAB′＝45°，AB＝10 m.
在△ABB′中，根据正弦定理得＝，
则BB′＝＝
＝10(m)，
即当坡底伸长10 m时，斜坡的坡角将变为30°.
【答案】 10
图1－3－7
4．如图1－3－7所示，某人在塔的正东C处沿着南偏西60°的方向前进40 m到D处以后，望见塔在东北方向．若沿途测得塔的最大仰角为30°，求塔的高度．
【解】 在△BDC中，CD＝40 m，∠BCD＝90°－60°＝30°，
∠DBC＝45°＋90°＝135°.
由正弦定理，得＝，
∴BD＝＝＝20(m)．
在Rt△ABE中，tan∠AEB＝，AB为定值，故要使∠AEB最大，需要BE最小．
即BE⊥CD，这时∠AEB＝30°.
在Rt△BED中，∠BDE＝180°－135°－30°＝15°，
∴BE＝BD·sin∠BDE＝20sin 15°
＝10(－1)(m)．
在Rt△ABE中，AB＝BEtan∠AEB
＝10(－1)tan 30°
＝(3－)(m)，
即塔的高度为(3－)m.
(对应学生用书第83页)
一、填空题
1．在相距2千米的A、B两点处测量目标点C，若∠CAB＝75°，∠CBA＝60°，则A、C两点之间的距离为________千米．
【解析】 ∠ACB＝180°－75°－60°＝45°，由正弦定理得＝＝，AC＝.
【答案】
2．在200米高的山顶上，测得山下一塔顶与塔底的俯角分别是30°和60°，则塔高为________米．
【解析】 如图所示，在Rt△EBD中，∠DBE＝60°，
∴BE＝200×，在Rt△CBE中，CE＝BE tan 30°
＝×＝，
∴CD＝(米)
【答案】
3．CD是京九铁路线上的一条穿山隧道，开凿前，在CD所在水平面上的山体外取点A，B，并测得四边形ABCD中，∠ABC＝，∠BAD＝π，AB＝BC＝400米，AD＝250米，则应开凿的隧道CD的长为________．
【解析】 如图所示，在△ABC中，AB＝BC＝400米，∠ABC＝，∴AC＝AB＝400米，∠BAC＝.∴∠CAD＝∠BAD－∠BAC＝－＝.
∴在△CAD中，由余弦定理，得CD2＝AC2＋AD2－2AC·AD·cos∠CAD＝4002＋2502－2·400·250·cos＝122 500，∴CD＝350(米)．
【答案】 350米
4．某人朝正东方向走x km后，向朝南偏西60°的方向走3 km，结果他离出发点恰好 km，那么x的值为________．
【解析】 如图所示，∠ABC＝90°－60°＝30°，
∴()2＝32＋x2－2×3xcos 30°
∴x2－3x＋6＝0
∴x＝或2
【答案】 或2
5．如图1－3－8所示，甲船在A处观察乙船，乙船在它的北偏东60°的方向，两船相距a海里，乙船正向北行驶，若甲船是乙船速度的倍，甲船为了尽快追上乙船，则应取北偏东________(填角度)的方向前进．
【解析】
图1－3－8
由题意知，AC＝BC，∠ABC＝120°，
由正弦定理知，
＝，
∴sin ∠CAB＝，
∴∠CAB＝30°，
∴∠CAD＝60°－30°＝30°.
【答案】 30°
6．(2013·威海高二检测)上海世博园中的世博轴是一条1 000 m长的直线型通道，中国馆位于世博轴的一侧．现测得中国馆到世博轴两端的距离相等，并且从中国馆看世博轴两端的视角为120°.据此数据计算，中国馆到世博轴其中一端的距离是________m.
【解析】 如图所示，设A，B为世博轴的两端点，C为中国馆，由题意知∠ACB＝120°，且AC＝BC，过C作AB的垂线交AB于D，在Rt△CBD中，DB＝500 m，∠DCB＝60°，∴BC＝ m.
【答案】
7．有一两岸平行的河流，水速为1 m/s，小船的速度为m/s，为使所走路程最短，小船应朝______方向行驶．
【解析】
如图所示，AB是水速，AD为船速，AC是船的实际速度，且AC⊥AB，在Rt△ABC中，cos ∠ABC＝＝＝＝，
∴∠ABC＝45°，∴∠DAB＝90°＋45°＝135°.
【答案】 与水流向成135°
8．一艘船向正北航行，看见正西方有相距10海里的两个灯塔恰好与它在一条直线上，继续航行半小时后，看见一灯塔在船的南偏西60°，另一灯塔在船的南偏西75°，则这只船的速度是每小时________海里．
【解析】
先画出示意图，设半小时行程为s海里，所以s·tan 75°－s·tan 60°＝10，即(2＋)·s－s＝10，s＝5，
∴速度为10海里/时．
【答案】 10
二、解答题
9．在某次军事演习中，红方为了准确分析战场形势，在两
图1－3－9
个相距为的军事基地C和D测得蓝方两支精锐部队分别在A处和B处，且∠ADB＝30°，∠BDC＝30°，∠DCA＝60°，∠ACB＝45°，如图1－3－9所示，求蓝方这两支精锐部队的距离．
【解】 ∵∠ADC＝∠ADB＋∠CDB＝60°，
又∵∠ACD＝60°，∴∠DAC＝60°，
∴AD＝CD＝AC＝a.
在△BCD中，∠DBC＝180°－30°－105°＝45°，
∵＝，
∴BD＝CD·
＝a·＝a.
在△ADB中，
∵AB2＝AD2＋BD2－2·AD·BD·cos∠ADB
＝a2＋(a)2－2×a·a·＝a2，
∴AB＝a，∴蓝方这两支精锐部队的距离为a.
10．某海上养殖基地A，接到气象部门预报，位于基地南偏东60°相距20(＋1)海里的海面上有一台风中心，影响半径为20海里，正以每小时10海里的速度沿某一方向匀速直线前进，预计台风中心将从基地A东北方向刮过且(＋1)小时后开始影响基地A，持续2小时．求台风移动的方向．
【解】
如图所示，设预报时台风中心为B，开始影响基地A时台风中心为C，基地A刚好不受影响时台风中心为D，
则B、C、D在一直线上，且AD＝20，AC＝20.
由题意得AB＝20(＋1)，DC＝20，BC＝(＋1)·10.
在△ADC中，
∵DC2＝AD2＋AC2，
∴∠DAC＝90°，∠ADC＝45°.
在△ABC中，由余弦定理得
cos ∠BAC＝＝，
∴∠BAC＝30°.
又∵B位于A南偏东60°，60°＋30°＋90°＝180°，
∴D位于A的正北方向，又∵∠ADC＝45°，
∴台风移动的方向为向量的方向，即北偏西45°方向．
11．某建筑工地上，一工人从废料堆中找到了一块扇形薄钢板，其半径为R，中心角为60°.该工人决定将此废钢板再利用，从中截一块内接矩形小钢板备用，如图1－3－10所示，问：他应怎样截取，会使截出的小钢板面积最大？
(1) (2)
图1－3－10
【解】 在图(1)中，在上取一点P，过P作PN⊥OA于N，过P作PQ⊥PN交OB于Q，再过Q作QM⊥OA于M.
设∠AOP＝x，PN＝Rsin x，在△POQ中，
由正弦定理，得＝.
∴PQ＝Rsin(60°－x)，
∴S＝PN·PQ＝R2sin x·sin(60°－x)＝R2[cos(2x－60°)－cos 60°]≤R2(1－)＝R2.
当cos(2x－60°)＝1即x＝30°时，S取得最大值R2.
在图(2)中，取中点C，连结OC，在上取一点P，过P作PQ∥OC交OB于Q，过P作PN⊥PQ交于N，过Q作QM⊥PQ交CA于M，连结MN得矩形MNPQ，OC与AP交于D.
设∠POC＝x，则PD＝Rsin x.
在△POQ中，由正弦定理得：
＝，
∴PQ＝2Rsin(30°－x)．
∴S＝2PD·PQ＝4R2sin x·sin(30°－x)
＝2R2[cos(2x－30°)－cos 30°]
≤2R2(1－cos 30°)＝(2－)R2(当x＝15°时取“＝”)．
∴当x＝15°时，S取得最大值(2－)R2.
∵R2＞(2－)R2，
∴作∠AOP＝30°，按图(1)划线所截得的矩形小钢板面积最大.
(教师用书独具)
如图所示，墙上有
一个三角形灯架OAB，灯所受重力为10 N，OA、OB都是细杆，只受沿杆方向的力，试求杆OA，OB所受的力的大小．(精确到0.1 N)(sin 50°≈0.77，sin 70°≈0.94)
【思路探究】 根据力的合成与分解法则建立数学模型，将物理学中的问题转化为解三角形问题．
【自主解答】 设O点沿OE方向所受到的力为F，作＝F，将F沿A到O，O到B的两个方向进行分解，即作?OCED，
设＝＝F1，＝F2，
由题设条件可知：
||＝10，∠OCE＝50°，∠OEC＝70°，
∴∠COE＝180°－50°－70°＝60°.
在△OCE中，由正弦定理得：
＝＝，
∴|F1|＝≈11.2，|F2|＝≈12.2.
答：灯杆AO所受的力的大小为11.2 N，灯杆OB所受的力的大小为12.2 N.
1．用数学知识研究物理问题的方法是：首先把物理问题转化成数学问题，即将物理量之间的关系抽象成数学模型，然后利用建立起来的数学模型解释和回答相关的物理现象．
2．正弦定理、余弦定理在力学问题中经常用到，画出受力分析图，转化为解三角形的问题进行求解．
平面内三个力F1、F2、F3作用于同一点且处于平衡状态，已知|F1|＝1 N，|F2|＝ N，F1与F2的夹角为45°，求F3的大小及F1与F3的夹角．
【解】 如图所示，设F1与F2的合力为F，则|F|＝|F3|，
∵∠AOB＝45°，∴∠OAC＝135°.
在△OAC中，由余弦定理得
||2＝||2＋||2－2||·||·cos 135°＝1＋()2－2×1××(－)＝4＋2，
∴||＝1＋，即|F3|＝1＋.
又由正弦定理得
sin∠AOC＝＝，
∴∠AOC＝30°，从而F1与F3的夹角为150°.
∴F3的大小是(1＋)N，F1与F3的夹角为150°.
拓展
三角学
三角学起源于对三角形边角关系的定量考察，这始于古希腊的喜帕恰斯、梅内劳斯和托勒密等人对天文的测量，因此在相当长的一个时期里，三角学隶属于天文学，而在它的形成过程中利用了当时已经积累得相当丰富的算术、几何(包括球面几何)和天文知识．鉴于此种原因，作为独立的数学分支前，它的贡献者主要是一些天文学家，如印度的阿耶婆多、纳速拉丁等人．
13世纪起，含于天文学中的三角知识传入欧洲，并在欧洲出现新的发展．
1464年数学家雷基奥蒙坦著《论各种三角形》，独立于天文学之外对三角知识作了较系统的阐述；1595年，德国的皮蒂斯楚斯(Pitiscus,1561－1613)著《三角学：解三角形的简明处理》，首次将拉丁文“trigonon(三角形)”和“metron(测量)”组合成trigonametriae，即“三角形”．
1631年，三角学传入中国．同年，德国传教士邓玉函、汤若望和明朝学者徐光启编译成《大测》一书．“大测者，观三角形之法也．”可见“大测”与当时的“三角学”的意义是一样的．不过，“大测”的名称并不通行，三角在中国早期比较通行的名称是“八线”和“三角”．“八线”是指在单位圆上的八种三角函数线：正弦线、余弦线、正切线、余切线、正割线、余割线、正矢线、余矢线，如1894年上海美华书馆出版的《八线备旨四卷》和1906年方克猷撰写的《八线法衍》等书都已记载．
“三角”这一名称最早见之于1653年薛凤祚和穆尼阁合著的《三角算法》．“三角”一词指“三角学”或“三角法”或“三角术”．
事实上，直到1956年中国科学院编译出版委员会编订《数学名词》时，仍将这三者同义．现在“三角术”和“三角法”已不常用．
三角学的现代发展已经结束，随着现代数学的综合性趋势加强，其中的一些内容已分属于数学的其他学科，如三角函数可归于分析学，三角测量可归于几何学，三角函数式的恒等变形可归于代数学．
从这个意义上说，作为独立的数学分科的三角学已渐渐消失，但作为刻画周期性现象的三角函数，仍然发挥着巨大的作用.
解三角形正弦
定理定理＝＝＝2R变
形类型已知两角和一边，解三角形已知两边和其中一边的对角应用
举例测量问题平面几何问题航海问题余弦
定理定理a2＝b2＋c2－2bccos A变形类型已知两边及夹角，解三角形已知三边，解三角形
解三角形的基本类型和方法
在三角形的六个元素中，已知其中的三个元素(除已知三角外)，就能利用正、余弦定理求出其它元素，常见类型及方法如下：
已知条件
应用定理
一般解法
一边和两角，如a，B，C
正弦定理
A＋B＋C＝180°，求A，由正弦定理求出b与c，有解时，只有一解
续表
已知条件
应用定理
一般解法
两边和夹角，如a，b，C
余弦定理
正弦定理
由余弦定理求出第三边c，由正弦定理求出较小边所对的角，再由A＋B＋C＝180°，求出另一角，有解时，只有一解
三边，如a，b，c
余弦定理
由余弦定理求出A，B，再利用A＋B＋C＝180°，求出C，有解时，只有一解
两边和其中一边的对角，如a，b，A
正弦定理
由正弦定理求出B，由A＋B＋C＝180°，求出C，再利用正弦定理求出c，可有两解、一解或无解
在△ABC中，a＝4，A＝60°，当b满足下列条件时，解三角形：(1)b＝；(2)b＝2＋；(3)b＝；(4)b＝8.
【思路点拨】 审清已
知条件→判断解
题类型→选择正、
余弦定理→求解
【规范解答】 (1)∵a＞b，∴B为锐角，由正弦定理，sin B＝sin A＝，∴B＝30°，C＝90°，由正弦定理c＝·sin C＝.
(2)由正弦定理sin B＝·sin A＝×＝，当B为锐角时B＝75°，C＝45°.由正弦定理c＝·sin C＝，当B为钝角时B＝105°，C＝15°，由正弦定理c＝·sin C＝2－.
(3)法一 由正弦定理sin B＝·sin A＝1，∴B＝90°，C＝30°，由正弦定理c＝·sin C＝.
法二 设第三边长为c，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，
∴16＝＋c2－c，即c2－c＋＝0.
∴(c－)2＝0，∴c＝，
由正弦定理sin C＝·sin A＝.
∵a＞c，∴C为锐角，∴C＝30°，B＝90°.
(4)由正弦定理sin B＝·sin A＝＞1，B无解，三角形无解．
(1)在△ABC中，C＝45°，A＝60°，b＝2，求B及a，c的值；
(2)在△ABC中，a＝2，b＝2，c＝＋，求△ABC的三个内角．
【解】 (1)∵A＝60°，C＝45°，∴B＝180°－(A＋C)＝180°－(60°＋45°)＝75°.
由正弦定理＝，得a＝＝＝3－.
∵＝，∴c＝＝＝2(－1)．
(2)∵cos A＝＝
＝，
cos B＝＝＝，
且A，B都是△ABC的内角，
∴A＝30°，B＝45°，
∴C＝180°－(A＋B)＝180°－(30°＋45°)＝105°，
∴△ABC的三个内角分别是30°，45°，105°.
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：将已知条件统一化成边的关系，用代数方法求解；将已知条件统一化成角的关系，用三角知识求解．在解三角形时常用的结论有：
1．在△ABC中，A＞B?a＞b?sin A＞sin B?cos A＜cos B.
2．在△ABC中，a2＋b2＜c2?cos<0?＜C＜π，a2＋b2＝c2?cos C＝0?C＝，a2＋b2＞c2?cos C＞0?0＜C＜.
已知△ABC中，sin A＝，试判断△ABC的形状．
【思路点拨】 若化A＝180°－(B＋C)，利用三角变换较为繁琐，因而可考虑利用正、余弦定理化为边的关系，利用代数恒等变形进行求解．
【规范解答】 由正弦定理和余弦定理，得＋＝，
∴b＋c＝＋，
∴＝，
∴＝，
∴(b2＋c2－a2)(＋)＝0.
∵＋≠0，∴b2＋c2－a2＝0，
∴b2＋c2＝a2，∴△ABC为直角三角形．
在△ABC中，已知3b＝2asin B，且cos B＝cos C，角A是锐角，则△ABC的形状是________．
【解析】 由3b＝2asin B，得＝，根据正弦定理，得＝，所以＝，即sin A＝.
又角A是锐角，所以A＝60°.
又cos B＝cos C，且B，C都为三角形的内角，所以B＝C.
故△ABC为等边三角形．
【答案】 等边三角形
解三角形的综合问题
以三角形为载体，以正、余弦定理为工具，以三角恒等变换为手段来考查解三角形问题是近几年高考中一类热点题型. 在具体解题中，除了熟练使用正弦、余弦定理这个工具外，还要注意三角形内部的隐含条件的应用，注意与方程、向量、不等式等知识的融合渗透，注意函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想的应用．
△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且8(sin)2－2cos 2A＝7.
(1)求角A的大小；
(2)若a＝，b＋c＝3，求△ABC的面积．
【思路点拨】 化简已知等式→解方程求cos A→求角A→利用余弦定理求bc→求面积．
【规范解答】 (1)∵8·(sin)2－2cos 2A＝7，
∴8·－2(2cos2A－1)＝7，整理得4cos2A－4cos A＋1＝0，解得cos A＝，即A＝60°.
(2)∵a2＝b2＋c2－2bccos A，∴3＝b2＋c2－2bc·
＝(b＋c)2－3bc＝32－3bc，bc＝2.
∴S△ABC＝bcsin A＝×2×＝.
在△ABC中，设A、B、C所对的边分别为a、b、c，BC＝5，外接圆半径为5.
(1)求角A的大小；
(2)若·＝，求△ABC的周长．
【解】 (1)由正弦定理得sin A＝＝.
∵0＜A＜π，
∴A＝或.
(2)∵·＝bccos A＝＞0，
∴A＝，bc＝11.
由余弦定理，得＝，
即(b＋c)2＝3bc＋75＝108.
∴b＋c＝6.
∴△ABC的周长为11.
思想方法
函数思想就是运用变化的观点分析和研究具体问题中的数量关系，在具体问题中把变量之间的关系用函数表示出来，然后用函数的观点研究问题．方程的思想就是在解决问题时，用事先设定的未知数沟通问题中所涉及的各量之间的关系，列出方程(组)，从而求出未知数及各量的值．正、余弦定理在一定条件下，都可以看作方程，从而求出所需要的量．
在△ABC中，c＝＋，C＝30°，试求a＋b的取值范围．
【思路点拨】 本题利用正弦定理结合比例的性质将a＋b转化为A的函数，从而将求a＋b的取值范围转化为求函数值域．
【规范解答】 因为＝＝＝，
又c＝＋，C＝30°，
所以＝，A＋B＝180°－30°＝150°.
所以a＋b＝2(＋)[sin A＋sin(150°－A)]
＝2(＋)·2sin 75°cos(75°－A)＝2(＋)·cos(75°－A)＝(＋)2cos(75°－A)．
所以当A＝75°时，(a＋b)max＝8＋4；
又因为A＋B＝150°，
所以0°＜A＜150°，－150°＜－A＜0°.
所以－75°＜75°－A＜75°，
所以cos(75°－A)∈(cos 75°，1]．
又(＋)2cos 75°＝(＋)2·＝＋，
所以＋＜a＋b≤8＋4.
综上所述，a＋b∈(＋，8＋4]．
在△ABC中，已知内角A＝，边BC＝2，设内角B＝x，周长为y.
(1)求函数y＝f(x)的解析式和定义域；
(2)求y的最大值．
【解】 (1)在△ABC中，∠A＋∠B＋∠C＝π.
由正弦定理得：
AC＝·sin B＝sin x＝4sin x，
AB＝·sin C＝4sin(π－x)，x＜π.
∴y＝AB＋BC＋AC
＝4sin(π－x)＋2＋4sin x
＝2cos x＋6sin x＋2
＝4sin(x＋)＋2，
其定义域为{x|0＜x＜π}．
(2)由(1)得y＝4sin(x＋)＋2，
∵0＜x＜，
∴＜x＋＜，
∴当x＋＝，即x＝时，y取得最大值为6.
综合检测(一)
第1章 解三角形
(时间：120分钟，满分：160分)
一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分，请把答案填在题中横线上)
1．在△ABC中，已知A＝30°，B＝45°，a＝2，则b＝________.
【解析】 由正弦定理＝，
得b＝＝＝2.
【答案】 2
2．(2013·合肥高二检测)在?ABCD中，AB＝4，AC＝4，∠BAC＝45°，则AD＝________.
【解析】 AD＝BC
＝
＝
＝4.
【答案】 4
3．(2013·九江高二检测)在△ABC中，若b＝1，c＝，C＝，则a＝________.
【解析】 ∵＝，∴sin B＝＝.
∵C＞，∴B＝.∴A＝B＝，∴a＝b＝1.
【答案】 1
4．△ABC中，若a∶b∶c＝2∶3∶4，则此三角形是________．
【解析】 设a＝2t，b＝3t，c＝4t，其中t＞0.
由于a＜b＜c，所以C是最大角．
由余弦定理，得cos C＝＝－＜0，
所以C是钝角．
【答案】 钝角三角形
5．在△ABC中，A、B、C的对边分别为a、b、c，a＝4，b＝6，C＝120°，则sin A的值是________．
【解析】 c＝＝2.
∵＝，∴sin A＝＝＝.
【答案】
6．在△ABC中，A＝60°，b＝1，其面积为，则＝________.
【解析】 ∵S＝bcsin A＝c＝，∴c＝4，
∴a＝＝，
∴＝＝＝.
【答案】
7．(2013·厦门高二检测)在△ABC中，若a＝7，b＝8，cos C＝，则最大角的余弦值为________．
【解析】 ∵c2＝a2＋b2－2abcos C＝9，∴c＝3，∴B为最大角．
∴cos B＝＝－.
【答案】 －
8．在△ABC中，A＝60°，B＝45°，a＝，则△ABC的面积为________．
【解析】 由正弦定理得＝，
∴＝，
∴b＝，C＝180°－60°－45°＝75°，
∴S△ABC＝absin C＝×××sin 75°＝.
【答案】
9．下面四个命题：
①若sin 2A＝sin 2B，则△ABC必是等腰三角形；②若sin A＝cos B，则△ABC是直角三角形；③若cos A·cos B·cos C＜0，则△ABC是钝角三角形；④若cos(A－B)·cos(B－C)·cos(C－A)＝1，则△ABC是等边三角形．其中正确的是________．(填序号)
【解析】 对于①，由sin 2A＝sin 2B，得2A＝2B或2A＋2B＝π，则△ABC是等腰三角形或直角三角形，因此①不正确；对于②，假设A＝120°，B＝C＝30°，符合sin A＝cos B，但此时三角形不是直角三角形，因此②不正确；对于③，由cos A·cos B·cos C＜0可知cos A，cos B，cos C中必有一个负值，两个正值，因此△ABC必为钝角三角形，所以③正确；对于④，由cos(A－B)·cos(B－C)·cos(C－A)＝1可知，只有满足cos(A－B)，cos(B－C)，cos(C－A)都等于1时，才有cos(A－B)·cos(B－C)·cos(C－A)＝1成立，所以A＝B＝C，故此三角形为等边三角形，所以④正确．综上可知③④正确．
【答案】 ③④
10．(2013·镇江高二检测)已知△ABC的三边长满足等式＝1，则A的值为________．
【解析】 等式可化为a2－(b2＋c2)＝－bc，即b2＋c2－a2＝bc，
∴cos A＝＝，∴A＝60°.
【答案】 60°
11．一艘轮船按照北偏西50°的方向，以15海里每小时的速度航行，一个灯塔M原来在轮船的北偏东10°方向上，经过40分钟，轮船与灯塔的距离是5海里，则灯塔和轮船原来的距离为________．
【解析】 画出示意图如图．
△ABC中，AB＝10，BC＝5，
∠BAC＝60°.
由余弦定理BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos 60°，
得AC2－10AC＋25＝0，∴AC＝5.
【答案】 5海里
12．(2013·苏州高二检测)在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若(b－c)·cos A＝acos C，则cos A＝________.
【解析】 由题意得(sin B－sin C)cos A＝sin Acos C，
∴sin Bcos A＝sin Acos C＋cos Asin C，
即sin Bcos A＝sin(A＋C)＝sin B，
∴cos A＝.
【答案】
图1
13．如图1所示，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝5，AC＝9，∠BCA＝30°，∠ADB＝45°，则BD＝________.
【解析】 在△ABC中，AB＝5，AC＝9，∠BCA＝30°，
∵＝，
∴sin∠ABC＝＝＝.
∵AD∥BC，∴∠BAD＝180°－∠ABC，
∴sin∠BAD＝sin∠ABC＝.
在△ABD中，AB＝5，sin∠BAD＝，∠ADB＝45°，
∵＝，
∴BD＝＝＝.
【答案】
14．有一解三角形的题因纸张破损有一个条件不清，具体如下：在△ABC中，已知a＝，2cos2＝(－1)cos B，________，求角A.经推断破损处的条件为三角形一边的长度，且答案提示A＝60°，试将条件补充完整．
【解析】 将A＝60°看作已知条件，
由2cos2＝(－1)cos B，得
cos B＝，∴B＝45°，
由＝，得b＝.
又C＝75°，sin C＝sin(45°＋30°)
＝，
由＝，得c＝.
若已知条件为b＝，且由已知得B＝45°，则由＝，得sin A＝，
∴A＝60°或120°，不合题意；
若已知条件为c＝，则
b2＝a2＋c2－2ac·cos B，∴b＝，
cos A＝＝，∴A＝60°.
综上所述，破损处的条件为c＝.
【答案】 c＝
二、解答题(本大题共6小题，共90分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分14分)在△ABC中，已知a＝2，c＝＋，B＝45°，求b及A.
【解】 ∵b2＝a2＋c2－2accos B
＝(2)2＋(＋)2－2×2×(＋)cos 45°
＝8，∴b＝2.
cos A＝
＝＝，
∴A＝60°.
16．(本小题满分14分)(2013·泰州高二检测)在△ABC中，已知AC＝3，sin A＋cos A＝，
(1)求sin A的值；
(2)若△ABC的面积S＝3，求BC的值．
【解】 (1)∵sin A＋cos A＝，∴sin(A＋)＝
∴sin(A＋)＝1，A＝，∴sin A＝.
(2)∵S＝AB·ACsin A＝×3×AB＝3，
∴AB＝2，
∴BC＝＝.
图2
17．(本小题满分14分)如图2所示，地平面上有一旗杆OP，为了测得它的高度h，在地面上取一基线AB，AB＝20 m，在A处测得点P的仰角∠OAP＝30°，在B处测得点P的仰角∠OBP＝45°，又测得∠AOB＝60°，求旗杆的高h.
【解】 在Rt△AOP中，AO＝OP·cot 30°＝h.
又OP⊥OB，∠OBP＝45°，∴OB＝OP＝h.
在△ABO中，由余弦定理得
AB2＝OA2＋OB2－2·OA·OB·cos∠AOB，
即202＝3h2＋h2－2·h·hcos 60°，
即4h2－h2＝202，∴h＝.
∴旗杆的高h为.
18．(本小题满分16分)(2013·无锡高二检测)在△ABC中，角A，B，C的对边为a，b，c，点(a，b)在直线x(sin A－sin B)＋ysin B＝csin C上，
(1)求角C；
(2)若a2＋b2＝6(a＋b)－18，求△ABC的面积．
【解】 (1)由题意得a(sin A－sin B)＋bsin B＝csin C，
由正弦定理＝＝得
a(a－b)＋b2＝c2，即a2＋b2－c2＝ab.
由余弦定理得cos C＝＝，
结合0＜C＜π，得C＝.
(2)由a2＋b2＝6(a＋b)－18得(a－3)2＋(b－3)2＝0，
从而a＝b＝3.
所以△ABC的面积S＝×32×sin ＝.
19．(本小题满分16分)(2013·临沂高二检测)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cos A＝，
(1)求sin2＋cos 2A的值；
(2)若a＝，求bc的最大值．
【解】 (1)∵cos A＝，∴sin A＝，cos 2A＝－，
∴sin2＋cos 2A＝＋cos 2A
＝＋cos 2A
＝－＝－.
(2)在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，
∴3＝b2＋c2－bc.
∵b2＋c2≥2bc，
∴3≥2bc－bc，即3≥bc，∴bc≤(b＝c＝时取等号)，
∴bc的最大值为.
20．(本小题满分16分)(2012·江苏高考)在△ABC中，已知·＝3·.
(1)求证：tan B＝3tan A；
(2)若cos C＝，求A的值．
【解】 (1)证明：∵·＝3·，
∴AB·AC·cos A＝3BA·BC·cos B，
即AC·cos A＝3BC·cos B.
由正弦定理，得
＝，∴sin B·cos A＝3sin A·cos B.
又∵0＜A＋B＜π，∴cos A＞0，cos B＞0.
∴＝3·，即tan B＝3tan A.
(2)∵cos C＝，0＜C＜π，
∴sin C＝＝.
∴tan C＝2.
∴tan[π－(A＋B)]＝2，即tan(A＋B)＝－2.
∴＝－2.
由(1)得＝－2，
解得tan A＝1，tan A＝－.
∵cos A＞0，∴tan A＝1.∴A＝.
课件29张PPT。解三角形的基本类型和方法 判断三角形的形状 解三角形的综合问题 思想方法 课件54张PPT。教师用书独具演示演示结束正弦定理 它所对角的正弦正弦定理的应用 两角 任一边 两边 对角 已知两角和任一边，解三角形 已知两边及其中一边的对角，解三角形 已知两边及其中一边的对角，
判断三角形解的个数 课时作业（一）课件53张PPT。教师用书独具演示演示结束正弦定理的深化与变形 2R 2Rsin A 2Rsin B 2Rsin C sin A sin B sin C 三角形的面积公式 求三角形的面积 判断三角形的形状 正弦定理的实际应用 课时作业（二）课件50张PPT。教师用书独具演示演示结束余弦定理 b2＋c2－2bccos A a2＋c2－2accos B a2＋b2－2abcos C 已知三角形三边，解三角形 已知两边及其夹角，解三角形 余弦定理的变形及应用 课时作业（三）课件45张PPT。教师用书独具演示演示结束判断三角形形状 正余弦定理的综合应用 利用余弦定理解实际应用题或平面几何问题 课时作业（四）课件66张PPT。教师用书独具演示演示结束实际测量中的有关术语 测量问题 航海问题 平面几何问题 课时作业（五）综合检测(一)
第1章 解三角形
(时间：120分钟，满分：160分)
一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分，请把答案填在题中横线上)
1．在△ABC中，已知A＝30°，B＝45°，a＝2，则b＝________.
【解析】 由正弦定理＝，
得b＝＝＝2.
【答案】 2
2．(2013·合肥高二检测)在?ABCD中，AB＝4，AC＝4，∠BAC＝45°，则AD＝________.
【解析】 AD＝BC
＝
＝
＝4.
【答案】 4
3．(2013·九江高二检测)在△ABC中，若b＝1，c＝，C＝，则a＝________.
【解析】 ∵＝，∴sin B＝＝.
∵C＞，∴B＝.∴A＝B＝，∴a＝b＝1.
【答案】 1
4．△ABC中，若a∶b∶c＝2∶3∶4，则此三角形是________．
【解析】 设a＝2t，b＝3t，c＝4t，其中t＞0.
由于a＜b＜c，所以C是最大角．
由余弦定理，得cos C＝＝－＜0，
所以C是钝角．
【答案】 钝角三角形
5．在△ABC中，A、B、C的对边分别为a、b、c，a＝4，b＝6，C＝120°，则sin A的值是________．
【解析】 c＝＝2.
∵＝，∴sin A＝＝＝.
【答案】
6．在△ABC中，A＝60°，b＝1，其面积为，则＝________.
【解析】 ∵S＝bcsin A＝c＝，∴c＝4，
∴a＝＝，
∴＝＝＝.
【答案】
7．(2013·厦门高二检测)在△ABC中，若a＝7，b＝8，cos C＝，则最大角的余弦值为________．
【解析】 ∵c2＝a2＋b2－2abcos C＝9，∴c＝3，∴B为最大角．
∴cos B＝＝－.
【答案】 －
8．在△ABC中，A＝60°，B＝45°，a＝，则△ABC的面积为________．
【解析】 由正弦定理得＝，
∴＝，
∴b＝，C＝180°－60°－45°＝75°，
∴S△ABC＝absin C＝×××sin 75°＝.
【答案】
9．下面四个命题：
①若sin 2A＝sin 2B，则△ABC必是等腰三角形；②若sin A＝cos B，则△ABC是直角三角形；③若cos A·cos B·cos C＜0，则△ABC是钝角三角形；④若cos(A－B)·cos(B－C)·cos(C－A)＝1，则△ABC是等边三角形．其中正确的是________．(填序号)
【解析】 对于①，由sin 2A＝sin 2B，得2A＝2B或2A＋2B＝π，则△ABC是等腰三角形或直角三角形，因此①不正确；对于②，假设A＝120°，B＝C＝30°，符合sin A＝cos B，但此时三角形不是直角三角形，因此②不正确；对于③，由cos A·cos B·cos C＜0可知cos A，cos B，cos C中必有一个负值，两个正值，因此△ABC必为钝角三角形，所以③正确；对于④，由cos(A－B)·cos(B－C)·cos(C－A)＝1可知，只有满足cos(A－B)，cos(B－C)，cos(C－A)都等于1时，才有cos(A－B)·cos(B－C)·cos(C－A)＝1成立，所以A＝B＝C，故此三角形为等边三角形，所以④正确．综上可知③④正确．
【答案】 ③④
10．(2013·镇江高二检测)已知△ABC的三边长满足等式＝1，则A的值为________．
【解析】 等式可化为a2－(b2＋c2)＝－bc，即b2＋c2－a2＝bc，
∴cos A＝＝，∴A＝60°.
【答案】 60°
11．一艘轮船按照北偏西50°的方向，以15海里每小时的速度航行，一个灯塔M原来在轮船的北偏东10°方向上，经过40分钟，轮船与灯塔的距离是5海里，则灯塔和轮船原来的距离为________．
【解析】 画出示意图如图．
△ABC中，AB＝10，BC＝5，
∠BAC＝60°.
由余弦定理BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos 60°，
得AC2－10AC＋25＝0，∴AC＝5.
【答案】 5海里
12．(2013·苏州高二检测)在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若(b－c)·cos A＝acos C，则cos A＝________.
【解析】 由题意得(sin B－sin C)cos A＝sin Acos C，
∴sin Bcos A＝sin Acos C＋cos Asin C，
即sin Bcos A＝sin(A＋C)＝sin B，
∴cos A＝.
【答案】
13．如图1所示，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝5，AC＝9，∠BCA＝30°，∠ADB＝45°，则BD＝________.
图1
【解析】 在△ABC中，AB＝5，AC＝9，∠BCA＝30°，
∵＝，
∴sin∠ABC＝＝＝.
∵AD∥BC，∴∠BAD＝180°－∠ABC，
∴sin∠BAD＝sin∠ABC＝.
在△ABD中，AB＝5，sin∠BAD＝，∠ADB＝45°，
∵＝，
∴BD＝＝＝.
【答案】
14．有一解三角形的题因纸张破损有一个条件不清，具体如下：在△ABC中，已知a＝，2cos2＝(－1)cos B，________，求角A.经推断破损处的条件为三角形一边的长度，且答案提示A＝60°，试将条件补充完整．
【解析】 将A＝60°看作已知条件，
由2cos2＝(－1)cos B，得
cos B＝，∴B＝45°，
由＝，得b＝.
又C＝75°，sin C＝sin(45°＋30°)
＝，
由＝，得c＝.
若已知条件为b＝，且由已知得B＝45°，则由＝，得sin A＝，
∴A＝60°或120°，不合题意；
若已知条件为c＝，则
b2＝a2＋c2－2ac·cos B，∴b＝，
cos A＝＝，∴A＝60°.
综上所述，破损处的条件为c＝.
【答案】 c＝
二、解答题(本大题共6小题，共90分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分14分)在△ABC中，已知a＝2，c＝＋，B＝45°，求b及A.
【解】 ∵b2＝a2＋c2－2accos B
＝(2)2＋(＋)2－2×2×(＋)cos 45°
＝8，∴b＝2.
cos A＝
＝＝，
∴A＝60°.
16．(本小题满分14分)(2013·泰州高二检测)在△ABC中，已知AC＝3，sin A＋cos A＝，
(1)求sin A的值；
(2)若△ABC的面积S＝3，求BC的值．
【解】 (1)∵sin A＋cos A＝，∴sin(A＋)＝
∴sin(A＋)＝1，A＝，∴sin A＝.
(2)∵S＝AB·ACsin A＝×3×AB＝3，
∴AB＝2，
∴BC＝＝.
17．(本小题满分14分)如图2所示，地平面上有一旗杆OP，为了测得它的高度h，在地面上取一基线AB，AB＝20 m，在A处测得点P的仰角∠OAP＝30°，在B处测得点P的仰角∠OBP＝45°，又测得∠AOB＝60°，求旗杆的高h.
图2
【解】 在Rt△AOP中，AO＝OP·cot 30°＝h.
又OP⊥OB，∠OBP＝45°，∴OB＝OP＝h.
在△ABO中，由余弦定理得
AB2＝OA2＋OB2－2·OA·OB·cos∠AOB，
即202＝3h2＋h2－2·h·hcos 60°，
即4h2－h2＝202，∴h＝.
∴旗杆的高h为.
18．(本小题满分16分)(2013·无锡高二检测)在△ABC中，角A，B，C的对边为a，b，c，点(a，b)在直线x(sin A－sin B)＋ysin B＝csin C上，
(1)求角C；
(2)若a2＋b2＝6(a＋b)－18，求△ABC的面积．
【解】 (1)由题意得a(sin A－sin B)＋bsin B＝csin C，
由正弦定理＝＝得
a(a－b)＋b2＝c2，即a2＋b2－c2＝ab.
由余弦定理得cos C＝＝，
结合0＜C＜π，得C＝.
(2)由a2＋b2＝6(a＋b)－18得(a－3)2＋(b－3)2＝0，
从而a＝b＝3.
所以△ABC的面积S＝×32×sin ＝.
19．(本小题满分16分)(2013·临沂高二检测)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cos A＝，
(1)求sin2＋cos 2A的值；
(2)若a＝，求bc的最大值．
【解】 (1)∵cos A＝，∴sin A＝，cos 2A＝－，
∴sin2＋cos 2A＝＋cos 2A
＝＋cos 2A
＝－＝－.
(2)在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，
∴3＝b2＋c2－bc.
∵b2＋c2≥2bc，
∴3≥2bc－bc，即3≥bc，∴bc≤(b＝c＝时取等号)，
∴bc的最大值为.
20．(本小题满分16分)(2012·江苏高考)在△ABC中，已知·＝3·.
(1)求证：tan B＝3tan A；
(2)若cos C＝，求A的值．
【解】 (1)证明：∵·＝3·，
∴AB·AC·cos A＝3BA·BC·cos B，
即AC·cos A＝3BC·cos B.
由正弦定理，得
＝，∴sin B·cos A＝3sin A·cos B.
又∵0＜A＋B＜π，∴cos A＞0，cos B＞0.
∴＝3·，即tan B＝3tan A.
(2)∵cos C＝，0＜C＜π，
∴sin C＝＝.
∴tan C＝2.
∴tan[π－(A＋B)]＝2，即tan(A＋B)＝－2.
∴＝－2.
由(1)得＝－2，
解得tan A＝1，tan A＝－.
∵cos A＞0，∴tan A＝1.∴A＝.
一、填空题
1．△ABC中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c且a＝，A＝60°，C＝45°，则c＝______.
【解析】 ∵＝，∴＝，∴c＝.
【答案】
2．(2013·扬州高二检测)在△ABC中，已知A＝75°，B＝45°，c＝3，则b＝________.
【解析】 ∵A＝75°，B＝45°，∴C＝60°，∴＝，∴b＝2.
【答案】 2
3．在△ABC中，A∶B∶C＝4∶1∶1，则a∶b∶c＝________.
【解析】 由已知得A＝120°，B＝C＝30°，∴a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C＝∶1∶1.
【答案】 ∶1∶1
4．(2013·韶关高二检测)已知△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，a＝，b＝，B＝60°，那么A等于________．
【解析】 ∵＝，∴sin A＝，∵a＜b，
∴A＜B，∴A＝45°.
【答案】 45°
5．在△ABC中，B＝45°，C＝60°，c＝1，则最短边的长为________．
【解析】 A＝75°，∴B为最小角，∴b为最短边，
∴由＝得b＝.
【答案】
6．(2013·石家庄高二检测)在△ABC中，若b＝5，B＝，tan A＝2，则sin A＝________；a＝________.
【解析】 由tan A＝2得sin A＝2cos A．又sin 2A＋cos 2A＝1得sin A＝.
又∵b＝5，B＝，根据正弦定理＝，
a＝＝＝2.
【答案】 ；2
7．(2013·广州高二检测)△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a＝2，b＝3，则＝________.
【解析】 ＝＝＝.
【答案】
8．若满足条件C＝60°，AB＝，BC＝a的△ABC有两个，那么a的取值范围是________．
【解析】 因为△ABC有两个，应满足条件BCsin C＜AB＜BC，即asin 60°＜＜a，解得＜a＜2，所以a的取值范围是(，2)．
【答案】 (，2)
二、解答题
9．根据下列条件，解△ABC；
(1)已知b＝4，c＝8，B＝30°，求C、A、a；
(2)已知B＝45°，C＝75°，b＝2，求a、c、A.
【解】 (1)由正弦定理得sin C＝＝＝1.
∵30°＜C＜150°，∴C＝90°，
从而A＝180°－(B＋C)＝60°，
a＝＝4.
(2)∵A＋B＋C＝180°，
∴A＝180°－(B＋C)＝180°－(75°＋45°)＝60°.
又∵＝，
∴a＝＝2×＝，
同理，c＝＝×2＝＋1.
10．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，求sin C.
【解】 由A＋C＝2B及A＋B＋C＝180°，知B＝60°，
由正弦定理，＝，
∴sin A＝.由a＜b，知A＜B＝60°，则A＝30°，C＝180°－(30°＋60°)＝90°，sin C＝sin 90°＝1.
11．(2013·徐州检测)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C所对应的边，且b＝6，a＝2，A＝30°，求ac的值．
【解】 由正弦定理＝得
sin B＝＝＝.
由条件b＝6，a＝2，b＞a知B＞A.
∴B＝60°或120°.
(1)当B＝60°时，C＝180°－A－B
＝180°－30°－60°＝90°.
在Rt△ABC中，C＝90°，a＝2，b＝6，c＝4，
∴ac＝2×4＝24.
(2)当B＝120°时，C＝180°－A－B＝180°－30°－120°＝30°，∴A＝C，则有a＝c＝2.
∴ac＝2×2＝12.
一、填空题
1．(2013·岳阳高二检测)在△ABC中，sin A∶sin B∶sin C＝3∶2∶4，则A、B、C分别所对边a∶b∶c＝________.
【解析】 a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C＝3∶2∶4.
【答案】 3∶2∶4
2．(2013·无锡检测)△ABC的内角A、B、C的对边长分别为a、b、c，∠A＝60°，AC＝2，S△ABC＝，则AB＝________.
【解析】 ∵S△ABC＝AB·ACsin A＝AB×2×＝AB，
∴AB＝，∴AB＝3.
【答案】 3
3．(2013·南通检测)在三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2sin Acos C＝sin B，则＝________.
【解析】 ∵2sin Acos C＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C
∴sin Acos C－cos Asin C＝0，∴sin(A－C)＝0.
∴A＝C，∴＝1.
【答案】 1
4．在△ABC中，若＝＝，则△ABC一定是________三角形．
【解析】 ∵＝＝，
∴＝＝，
∴sin＝sin＝sin.∵0°＜，，＜90°，
∴＝＝，∴A＝B＝C，∴△ABC为等边三角形．
【答案】 等边
5．在△ABC中，a＝15，b＝10，A＝60°，则cos B＝________.
【解析】 ∵＝，∴sin B＝＝.
∵b＜a，∴B＜A，∴B为锐角，∴cos B＝.
【答案】
6．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，m＝(a2，b2)，n＝(tan A，tan B)，且m∥n，那么△ABC一定是________三角形．
【解析】 ∵m∥n，∴a2tan B＝b2tan A，
∴sin2Atan B＝sin2B tan A，
∴＝，∴sin 2A＝sin 2B
∴A＝B或A＋B＝，∴△ABC是等腰或直角三角形．
【答案】 等腰或直角
7．(2013·德州高二检测)△ABC中，B＝60°，最大边与最小边之比为(＋1)∶2，则最大角为________．
【解析】 设最小角为α，则最大角为120°－α，
∴＝，
∴2sin(120°－α)＝(＋1)sin α，
∴sin α＝cos α，∴α＝45°，
∴最大角为120°－45°＝75°.
【答案】 75°
8．在△ABC中，A＝，BC＝3，则AC＋AB的取值范围是________．
【解析】 根据正弦定理，得
AC＝＝2sin B，
AB＝＝2sin C，
∴AC＋AB＝2(sin B＋sin C)
＝2[sin B＋sin(－B)]
＝2(sin B＋cos B＋sin B)
＝6sin(B＋)．
∵0＜B＜，
∴＜B＋＜，
∴＜sin(B＋)≤1，
∴3＜6sin(B＋)≤6.
∴AC＋AB的取值范围是(3,6]．
【答案】 (3,6]
二、解答题
9．(2013·如皋检测)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，B＝，cos A＝，b＝.
(1)求sin C的值；
(2)求△ABC的面积．
【解】 (1)∵cos A＝，∴sin A＝，
∴sin C＝sin(A＋B)＝×＋×＝(3＋4)．
(2)由正弦定理＝，
∴a＝＝＝，
∴S＝absin C＝×××＝.
10．在△ABC中，若sin A＝2sin Bcos C，且sin2A＝sin2B＋sin2C，试判断三角形的形状．
【解】 ∵A、B、C是三角形的内角，
∴A＝π－(B＋C)，
∴sin A＝sin(B＋C)
＝sin Bcos C＋cos Bsin C
＝2sin Bcos C.
∴sin Bcos C－cos Bsin C＝0，
∴sin(B－C)＝0.
又∵0＜B＜π，0＜C＜π，
∴－π＜B－C＜π，∴B＝C.
又∵sin2A＝sin2B＋sin2C，
且a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C，
(R为△ABC外接圆的半径)
可得a2＝b2＋c2，∴A是直角，
∴△ABC是等腰直角三角形．
11．在△ABC中，若C＝3B，求的取值范围．
【解】 由正弦定理可知
＝＝＝
＝cos 2B＋2cos2B＝4cos2B－1.
又因为A＋B＋C＝180°，C＝3B，
故0°＜B＜45°，＜cos B＜1，
所以＜cos2B＜1，
所以1＜4cos2B－1＜3，
故1＜＜3.
即的取值范围是(1,3)．
一、填空题
1．在△ABC中，已知b＝4，c＝2，角A＝120°，则a＝________.
【解析】 a2＝b2＋c2－2bccos A＝84，∴a＝2.
【答案】 2
2．(2013·如皋检测)在△ABC中，a∶b∶c＝∶1∶2，则B为________．
【解析】 cos B＝＝＝，
∴B＝30°
【答案】 30°
3．在△ABC中，三边长AB＝7，BC＝5，CA＝6，则·＝________.
【解析】 cos B＝＝，∴·＝7×5×cos(π－B)＝7×5×(－)＝－19.
【答案】 －19
4．(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________．
【解析】 设底边长为1，则每腰长为2，由余弦定理得
cos θ＝＝.
【答案】
5．在△ABC中，A＝120°，AB＝5，BC＝7，则的值为________．
【解析】 由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos A.
即72＝52＋AC2－10AC·cos 120°，
∴AC＝3.
由正弦定理得＝＝.
【答案】
6．(2013·郑州高二检测)在△ABC中，B＝120°.AC＝7，AB＝5，则△ABC的面积为________．
【解析】 由余弦定理知AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos 120°，即49＝25＋BC2＋5BC，∴BC＝3或BC＝－8(舍去)，故
S△ABC＝AB·BCsin 120°＝.
【答案】
7．(2012·湖北高考)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若(a＋b－c)(a＋b＋c)＝ab，则角C＝________.
【解析】 ∵(a＋b)2－c2＝ab，∴a2＋b2－c2＝－ab，
∴cos C＝＝－，
∴c＝120°.
【答案】 120°
8．(2012·北京高考)在△ABC中，若a＝2，b＋c＝7，cos B＝－，则b＝________.
【解析】 由余弦定理知b2＝a2＋c2－2accos B，
∴b2＝22＋c2－2ac×(－)，∴b2＝4＋(7－b)2＋(7－b)，
∴b＝4.
【答案】 4
二、解答题
9．已知△ABC中，边AB＝3，AC＝5且A＝60°，求sin B的值．
【解】 ∵BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos 60°
＝32＋52－2×3×5×＝19，
∴BC＝.∵＝，∴sin B＝.
10．在△ABC中，若c＝4，b＝7，BC边上的中线AD的长为，求边长a.
【解】 设BC＝a＝2x(x＞0)，则由余弦定理知
cos∠ADC＝，
cos∠ADB＝.
∵∠ADC＋∠ADB＝π，∴cos∠ADC＋cos∠ADB＝0，
即＋＝0.
整理得(2x)2＝81即2x＝9，故边长a为9.
11．已知a，b，c分别是△ABC中角A，B，C的对边，且a2＋c2－b2＝ac.
(1)求角B的大小；(2)若c＝3a，求tan A的值．
【解】 (1)由余弦定理，
得cos B＝＝，
∵0＜B＜π，∴B＝.
(2)法一 将c＝3a代入
a2＋c2－b2＝ac，得b＝a，
由余弦定理，
得cos A＝＝，
∵0＜A＜π，
∴sin A＝＝，
∴tan A＝＝.
法二 将c＝3a代入a2＋c2－b2＝ac，得b＝a，
由正弦定理，得sin B＝sin A.
∵B＝，∴sin A＝.
又b＝a>a，∴B>A，
∴cos A＝＝，
∴tan A＝＝.
一、填空题
1．在△ABC中，已知三边长分别为a，b，c，则acos C＋ccos A＝________.
【解析】 acos C＋ccos A＝2Rsin Acos C＋2Rsin Ccos A＝2Rsin(A＋C)＝2Rsin B＝b.
【答案】 b
2．△ABC中，若sin2A＝sin2B＋sin Bsin C＋sin2C，则A＝________.
【解析】 由题意，a2＝b2＋bc＋c2，∴cos A＝＝－，∴A＝.
【答案】
3．(2013·临沂高二检测)某船开始看见灯塔在南偏东30°方向，后来船沿南偏东60°的方向航行45 km后，看见灯塔在正西方向，则这时船与灯塔的距离是________．
【解析】 如图所示，∠BAC＝60°－30°＝30°，∠ACB＝30°.
设|BC|＝x，由余弦定理x＝45，∴x＝15(km)
【答案】 15 km
4．在△ABC中，C＝60°，则＋＝________.
【解析】 ∵C＝60°，∴a2＋b2－c2＝ab，
∴a2＋b2＝ab＋c2，
等式两边都加上ac＋bc，整理得
(a2＋ac)＋(b2＋bc)＝(b＋c)(a＋c)，
∴＋＝＝1.
【答案】 1
5．(2013·杭州高二检测)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a2－b2＝bc，sin C＝2sin B，则A＝________.
【解析】 ∵sin C＝2sin B，∴c＝2b.
∵a2－b2＝bc＝6b2，
∴a2＝7b2，∴cos A＝＝，∴A＝30°.
【答案】 30°
6．已知锐角三角形的边长分别为1,3，a，则a的取值范围是________．
【解析】 a应满足
解之得2＜a＜.
【答案】 (2，)
7．在△ABC中，已知sin A＝2cos Bsin C，则△ABC是________三角形．
【解析】 法一 由正弦定理可得a＝2c·cos B.
由余弦定理得a＝2c·，化简得b＝c.
∴△ABC是等腰三角形．
法二 sin A＝2cos B·sin C?sin(B＋C)＝2cos Bsin C
?sin B·cos C＋cos B·sin C＝2cos B·sin C
?sin B·cos C－cos B·sin C＝0?sin(B－C)＝0.
可知－π＜B－C＜π.
∴B－C＝0.∴B＝C.
故△ABC为等腰三角形．
【答案】 等腰
8.
图1－2－4
如图1－2－4，在△ABC中，D是边AC上的点，且AB＝AD,2AB＝BD，BC＝2BD，则sin C的值为________．
【解析】 设AB＝a，∴AD＝a，BD＝a，BC＝2BD＝a，
cos A＝＝＝，
∴sin A＝＝.
由正弦定理知sin C＝·sin A＝×＝.
【答案】
二、解答题
9．在△ABC中，若AB＝3，BC＝，AC＝4，求AC边上的高．
【解】 设AC边上的高为BD，
在△ABC中，cos A＝＝，
∴A＝60°.
在△ABD中，BD＝ABsin A＝3×sin 60°＝.
10．在△ABC中，cos A＝，且(a－2)∶b∶(c＋2)＝1∶2∶3，试判断三角形的形状．
【解】 由已知设a－2＝x，则b＝2x，c＋2＝3x，
∴a＝2＋x，c＝3x－2，由余弦定理得
＝，
解得x＝4，
∴a＝6，b＝8，c＝10，
∴a2＋b2＝c2，
即三角形为直角三角形．
11．在△ABC中，内角A、B、C对边的边长分别是a、b、c.已知c＝2，C＝.
(1)若△ABC的面积等于，求a，b；
(2)若sin C＋sin (B－A)＝2sin 2A，求△ABC的面积．
【解】 (1)由余弦定理及已知条件得a2＋b2－ab＝4，又因为△ABC的面积等于，所以absin C＝，得ab＝4.
联立方程组
解得a＝2，b＝2.
(2)由题意得sin(B＋A)＋sin(B－A)＝4sin Acos A，即sin Bcos A＝2sin Acos A.
当cos A＝0时，A＝，B＝，a＝，b＝.当cos A≠0时，得sin B＝2sin A，由正弦定理得b＝2a，联立方程组解得a＝，b＝.所以△ABC的面积S＝absin C＝.
一、填空题
1．在相距2千米的A、B两点处测量目标点C，若∠CAB＝75°，∠CBA＝60°，则A、C两点之间的距离为________千米．
【解析】 ∠ACB＝180°－75°－60°＝45°，由正弦定理得＝＝，AC＝.
【答案】
2．在200米高的山顶上，测得山下一塔顶与塔底的俯角分别是30°和60°，则塔高为________米．
【解析】 如图所示，在Rt△EBD中，∠DBE＝60°，
∴BE＝200×，在Rt△CBE中，CE＝BE tan 30°
＝×＝，
∴CD＝(米)
【答案】
3．CD是京九铁路线上的一条穿山隧道，开凿前，在CD所在水平面上的山体外取点A，B，并测得四边形ABCD中，∠ABC＝，∠BAD＝π，AB＝BC＝400米，AD＝250米，则应开凿的隧道CD的长为________．
【解析】 如图所示，在△ABC中，AB＝BC＝400米，∠ABC＝，∴AC＝AB＝400米，∠BAC＝.∴∠CAD＝∠BAD－∠BAC＝－＝.
∴在△CAD中，由余弦定理，得CD2＝AC2＋AD2－2AC·AD·cos∠CAD＝4002＋2502－2·400·250·cos＝122 500，∴CD＝350(米)．
【答案】 350米
4．某人朝正东方向走x km后，向朝南偏西60°的方向走3 km，结果他离出发点恰好 km，那么x的值为________．
【解析】 如图所示，∠ABC＝90°－60°＝30°，
∴()2＝32＋x2－2×3xcos 30°
∴x2－3x＋6＝0
∴x＝或2
【答案】 或2
5．如图1－3－8所示，甲船在A处观察乙船，乙船在它的北偏东60°的方向，两船相距a海里，乙船正向北行驶，若甲船是乙船速度的倍，甲船为了尽快追上乙船，则应取北偏东________(填角度)的方向前进．
【解析】
图1－3－8
由题意知，AC＝BC，∠ABC＝120°，
由正弦定理知，
＝，
∴sin ∠CAB＝，
∴∠CAB＝30°，
∴∠CAD＝60°－30°＝30°.
【答案】 30°
6．(2013·威海高二检测)上海世博园中的世博轴是一条1 000 m长的直线型通道，中国馆位于世博轴的一侧．现测得中国馆到世博轴两端的距离相等，并且从中国馆看世博轴两端的视角为120°.据此数据计算，中国馆到世博轴其中一端的距离是________m.
【解析】 如图所示，设A，B为世博轴的两端点，C为中国馆，由题意知∠ACB＝120°，且AC＝BC，过C作AB的垂线交AB于D，在Rt△CBD中，DB＝500 m，∠DCB＝60°，∴BC＝ m.
【答案】
7．有一两岸平行的河流，水速为1 m/s，小船的速度为m/s，为使所走路程最短，小船应朝______方向行驶．
【解析】
如图所示，AB是水速，AD为船速，AC是船的实际速度，且AC⊥AB，在Rt△ABC中，cos ∠ABC＝＝＝＝，
∴∠ABC＝45°，∴∠DAB＝90°＋45°＝135°.
【答案】 与水流向成135°
8．一艘船向正北航行，看见正西方有相距10海里的两个灯塔恰好与它在一条直线上，继续航行半小时后，看见一灯塔在船的南偏西60°，另一灯塔在船的南偏西75°，则这只船的速度是每小时________海里．
【解析】
先画出示意图，设半小时行程为s海里，所以s·tan 75°－s·tan 60°＝10，即(2＋)·s－s＝10，s＝5，
∴速度为10海里/时．
【答案】 10
二、解答题
9．在某次军事演习中，红方为了准确分析战场形势，在两
图1－3－9
个相距为的军事基地C和D测得蓝方两支精锐部队分别在A处和B处，且∠ADB＝30°，∠BDC＝30°，∠DCA＝60°，∠ACB＝45°，如图1－3－9所示，求蓝方这两支精锐部队的距离．
【解】 ∵∠ADC＝∠ADB＋∠CDB＝60°，
又∵∠ACD＝60°，∴∠DAC＝60°，
∴AD＝CD＝AC＝a.
在△BCD中，∠DBC＝180°－30°－105°＝45°，
∵＝，
∴BD＝CD·
＝a·＝a.
在△ADB中，
∵AB2＝AD2＋BD2－2·AD·BD·cos∠ADB
＝a2＋(a)2－2×a·a·＝a2，
∴AB＝a，∴蓝方这两支精锐部队的距离为a.
10．某海上养殖基地A，接到气象部门预报，位于基地南偏东60°相距20(＋1)海里的海面上有一台风中心，影响半径为20海里，正以每小时10海里的速度沿某一方向匀速直线前进，预计台风中心将从基地A东北方向刮过且(＋1)小时后开始影响基地A，持续2小时．求台风移动的方向．
【解】
如图所示，设预报时台风中心为B，开始影响基地A时台风中心为C，基地A刚好不受影响时台风中心为D，
则B、C、D在一直线上，且AD＝20，AC＝20.
由题意得AB＝20(＋1)，DC＝20，BC＝(＋1)·10.
在△ADC中，
∵DC2＝AD2＋AC2，
∴∠DAC＝90°，∠ADC＝45°.
在△ABC中，由余弦定理得
cos ∠BAC＝＝，
∴∠BAC＝30°.
又∵B位于A南偏东60°，60°＋30°＋90°＝180°，
∴D位于A的正北方向，又∵∠ADC＝45°，
∴台风移动的方向为向量的方向，即北偏西45°方向．
11．某建筑工地上，一工人从废料堆中找到了一块扇形薄钢板，其半径为R，中心角为60°.该工人决定将此废钢板再利用，从中截一块内接矩形小钢板备用，如图1－3－10所示，问：他应怎样截取，会使截出的小钢板面积最大？
(1) (2)
图1－3－10
【解】 在图(1)中，在上取一点P，过P作PN⊥OA于N，过P作PQ⊥PN交OB于Q，再过Q作QM⊥OA于M.
设∠AOP＝x，PN＝Rsin x，在△POQ中，
由正弦定理，得＝.
∴PQ＝Rsin(60°－x)，
∴S＝PN·PQ＝R2sin x·sin(60°－x)＝R2[cos(2x－60°)－cos 60°]≤R2(1－)＝R2.
当cos(2x－60°)＝1即x＝30°时，S取得最大值R2.
在图(2)中，取中点C，连结OC，在上取一点P，过P作PQ∥OC交OB于Q，过P作PN⊥PQ交于N，过Q作QM⊥PQ交CA于M，连结MN得矩形MNPQ，OC与AP交于D.
设∠POC＝x，则PD＝Rsin x.
在△POQ中，由正弦定理得：
＝，
∴PQ＝2Rsin(30°－x)．
∴S＝2PD·PQ＝4R2sin x·sin(30°－x)
＝2R2[cos(2x－30°)－cos 30°]
≤2R2(1－cos 30°)＝(2－)R2(当x＝15°时取“＝”)．
∴当x＝15°时，S取得最大值(2－)R2.
∵R2＞(2－)R2，
∴作∠AOP＝30°，按图(1)划线所截得的矩形小钢板面积最大.
