第一章 解三角形
§1.1 正弦定理和余弦定理
1．1.1 正弦定理(一)
自主学习
知识梳理
1．一般地，把三角形的三个角A，B，C和它们的对边a，b，c叫做三角形的________．已知三角形的几个元素求其他元素的过程叫做____________．
2．在Rt△ABC中，C＝90°，则有：
(1)A＋B＝________，0°
(2)a2＋b2＝________(勾股定理)；
(3)sin A＝________，cos A＝________，tan A＝________，
sin B＝________，cos B＝________，tan B＝________；
(4)＝________，＝________，＝________.
3．正弦定理：在一个三角形中，各边的长和它所对角的正弦的比相等，即__________________________，这个比值是____________________．
自主探究
已知△ABC的三个内角A、B、C及对应的三边a、b、c，试用向量法证明正弦定理．
对点讲练
知识点一 已知两角和一边解三角形
例1 在△ABC中，a＝5，B＝45°，C＝105°，解三角形．
总结 已知一个三角形的三边和三内角这六个量中的三个量，其中至少有一个是边，可以求解其余的三个量．
变式训练1 在△ABC中，已知a＝2，A＝30°，B＝45°，解三角形．
知识点二 已知两边及其中一边的对角解三角形
例2 在△ABC中，a＝2，b＝6，A＝30°，解三角形．
总结 已知三角形两边和其中一边的对角，解三角形时，首先求出另一边的对角的正弦值，根据该正弦值求角时，需对角的情况加以讨论．
变式训练2 在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知A＝60°，a＝，b＝1，则c等于( )
A．1 B．2 C.－1 D.
知识点三 已知两边及其中一边的对角，判断三角形解的个数
例3 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＝9，b＝10，A＝60°；
(3)c＝50，b＝72，C＝135°.
总结 已知三角形的两边及其中一边的对角，此类问题可能出现一解、两解或无解的情况，具体判断方法是：可用三角形中大边对大角定理，也可作图判断．
变式训练3 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°.
1．利用正弦定理可以解决两类有关三角形的问题：
(1)已知两角和任一边，求其它两边和一角．
(2)已知两边和其中一边的对角，求另一边和两角．
2．已知两边和其中一边的对角，求第三边和其它两个角，这时三角形解的情况比较复杂，可能无解，可能一解或两解．例如：已知a、b和A，用正弦定理求B时的各种情况.
A为锐角
aa＝bsin A
bsin Aa≥b
无解
一解(直角)
两解(一锐角，一钝角)
一解(锐角)
A为直角或钝角
a≤b
a>b
无解
一解(锐角)
课时作业
一、选择题
1．在△ABC中，下列等式中总能成立的是( )
A．asin A＝bsin B B．bsin C＝csin A
C．absin C＝bcsin B D．asin C＝csin A
2．在△ABC中，已知a＝18，b＝16，A＝150°，则这个三角形解的情况是( )
A．有两个解 B．有一个解
C．无解 D．不能确定
3．在△ABC中，已知a＝8，B＝60°，C＝75°，则b等于( )
A．4 B．4 C．4 D.
4．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，如果c＝a，B＝30°，那么角C等于( )
A．120° B．105° C．90° D．75°
5．在△ABC中，根据下列条件解三角形，其中有两解的是( )
A．b＝10，A＝45°，C＝70°
B．a＝30，b＝25，A＝150°
C．a＝7，b＝8，A＝98°
D．a＝14，b＝16，A＝45°
二、填空题
6．在△ABC中，AC＝，BC＝2，B＝60°，则C＝________.
7．在△ABC中，已知a、b、c分别为内角A、B、C的对边，若b＝2a，B＝A＋60°，则A＝______.
8．在△ABC中，a＝x，b＝2，B＝45°，若三角形有两解，则x的取值范围是______________．
三、解答题
9．在△ABC中，若a＝2，A＝30°，讨论当b为何值时(或在什么范围内)，三角形有一解，有两解或无解？
10．在锐角三角形ABC中，A＝2B，a、b、c所对的角分别为A、B、C，求的取值范围．
第一章 解三角形
§1.1 正弦定理和余弦定理
1．1.1 正弦定理(一)
知识梳理
1．元素 解三角形
2．(1)90°(2) c2 (3) (4)c c c
3.＝＝ 三角形外接圆的直径2R
自主探究
证明 (1)若△ABC为直角三角形，不妨设C为直角．
如图所示，根据正弦函数的定义，
＝sin A，＝sin B，
所以＝＝c＝2R(2R为外接圆直径)．
∵C＝90°，∴sin C＝1，＝c＝2R.
∴＝＝＝2R.
(2)若△ABC为锐角三角形，过A点作单位向量i⊥，则有：
i·＝i·(－)＝i·－i·，
∵i⊥，∴i·＝0，∴i·＝i·，
即ccos(90°－A)＝acos(90°－C)，
∴csin A＝asin C，∴＝.
同理可证：＝；＝.
∴＝＝.
(3)若△ABC为钝角三角形，可仿(2)证明．
对点讲练
例1 解 由三角形内角和定理知A＋B＋C＝180°，
所以A＝180°－(B＋C)＝180°－(45°＋105°)＝30°.
由正弦定理＝＝，
得b＝a·＝5·＝5；
c＝a·＝5·＝5·
＝5·＝(＋)．
变式训练1 解 ∵＝＝，
∴b＝＝＝＝4.
∵C＝180°－(A＋B)＝180°－(30°＋45°)＝105°，
∴c＝＝＝＝2＋2.
例2 解 a＝2，b＝6，a又因为bsin A＝6sin 30°＝3，a>bsin A，
所以本题有两解，由正弦定理得：
sin B＝＝＝，故B＝60°或120°.
当B＝60°时，C＝90°，c＝＝4；
当B＝120°时，C＝30°，c＝a＝2.
所以B＝60°，C＝90°，c＝4或B＝120°，C＝30°，c＝2.
变式训练2 B [由正弦定理＝，
可得＝，∴sin B＝，故∠B＝30°或150°.
由a>b，得∠A>∠B，
∴∠B＝30°，故∠C＝90°，由勾股定理得c＝2.]
例3 解 (1)sin B＝sin 120°＝×<，
所以三角形有一解．
(2)sin B＝sin 60°＝×＝，而<<1，
所以当B为锐角时，满足sin B＝的角有60°故对应的钝角B有90°也满足A＋B<180°，故三角形有两解．
(3)sin B＝＝sin C>sin C＝，
所以B>45°，所以B＋C>180°，故三角形无解．
变式训练3 解 (1)A＝30°，a＝bsin A，故三角形有一解．
(2)A＝150°>90°，a＝30>b＝25，故三角形有一解．
(3)A＝45°，bsin 45°课时作业
1．D 2.B
3．C [方法一 根据三角形内角和定理，A＝180°－(B＋C)＝45°.根据正弦定理，b＝＝＝4.
方法二 如图，过点C作CD⊥AB，由条件可知A＝45°，而由CD＝asin 60°＝bsin 45°，得b＝4.]
4．A [∵c＝a，∴sin C＝sin A
＝sin(180°－30°－C)＝sin(30°＋C)＝，即sin C＝－cos C.
∴tan C＝－.又C∈(0，π)，∴C＝120°.]
5．D [对于A，由三角形的正弦定理知其只有一解；对于B，∵a>b，即A>B，且A＝150°，∴只有一解；对于C，a6．75°
解析 由正弦定理＝，∴sin A＝.
∵BC＝27．30°
解析 b＝2a?sin B＝2sin A，
又∵B＝A＋60°，∴sin(A＋60°)＝2sin A，
即sin Acos 60°＋cos Asin 60°＝2sin A，
化简得：sin A＝cos A，∴tan A＝，∴A＝30°.
8．2解析 因三角形有两解，所以asin B即x<29．解 当a2a，b>4时，无解；
当a≥b或a＝bsin A，即b≤2或b＝4时，有一解；
当bsin A10．解 在锐角三角形ABC中，A、B、C<90°，
即∴30°由正弦定理知：＝＝＝2cos B∈(，)，
故所求的范围是(，)．
1.1.1 正弦定理(二)
自主学习
知识梳理
1．正弦定理：＝＝＝2R的常见变形：
(1)sin A∶sin B∶sin C＝________；
(2)＝＝＝＝________；
(3)a＝__________，b＝__________，c＝____________；
(4)sin A＝________，sin B＝________，sin C＝________.
2．三角形面积公式：S＝______________＝______________＝____________.
3．在Rt△ABC中，∠C＝90°，则△ABC的外接圆半径R＝________，内切圆半径r＝____________.
自主探究
在△ABC中，(1)若A>B，求证：sin A>sin B；(2)若sin A>sin B，求证：A>B.
对点讲练
知识点一 三角形面积公式的运用
例1 已知△ABC的面积为1，tan B＝，tan C＝－2，求△ABC的各边长以及△ABC外接圆的面积．
总结 注意正弦定理的灵活运用，例如本题中推出S△ABC＝2R2sin Asin Bsin C．借助该公式顺利解出外接圆半径R.
变式训练1 已知三角形面积为，外接圆面积为π，则这个三角形的三边之积为( )
A．1 B．2 C. D．4
知识点二 利用正弦定理证明恒等式
例2 在△ABC中，求证：＝.
总结 正弦定理的变形公式使三角形的边与边的关系和角与角的关系之间的相互转化的功能更加强大，更加灵活．
变式训练2 在△ABC中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，求证：a2sin 2B＋b2sin 2A＝2absin C.
知识点三 利用正弦定理判断三角形形状
例3 已知△ABC的三个内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若a＋c＝2b，且2cos 2B－8cos B＋5＝0，求角B的大小并判断△ABC的形状．
变式训练3 已知方程x2－(bcos A)x＋acos B＝0的两根之积等于两根之和，且a、b为△ABC的两边，A、B为两内角，试判定这个三角形的形状．
1．借助正弦定理可以进行三角形中边角关系的互化，从而进行三角形形状的判断、三角恒等式的证明．
2．在△ABC中，有以下结论：
(1)A＋B＋C＝π；
(2)sin(A＋B)＝sin C，cos(A＋B)＝－cos C；
(3)＋＝；
(4)sin ＝cos ，cos ＝sin ，tan ＝.
课时作业
一、选择题
1．在△ABC中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，若A∶B∶C＝1∶2∶3，则a∶b∶c等于( )
A．1∶2∶3 B．2∶3∶4
C．3∶4∶5 D．1∶∶2
2．在△ABC中，若＝＝，则△ABC是( )
A．直角三角形 B．等边三角形
C．钝角三角形 D．等腰直角三角形
3．在△ABC中，(b＋c)∶(a＋c)∶(a＋b)＝4∶5∶6，则sin A∶sin B∶sin C等于( )
A．4∶5∶6 B．6∶5∶4
C．7∶5∶3 D．7∶5∶6
4．在△ABC中，a＝2bcos C，则这个三角形一定是( )
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形
5．在△ABC中，B＝60°，最大边与最小边之比为(＋1)∶2，则最大角为( )
A．45° B．60° C．75° D．90°
二、填空题
6．在△ABC中，已知a＝3，cos C＝，S△ABC＝4，则b＝________.
7．在△ABC中，若tan A＝，C＝150°，BC＝1，则AB＝________.
8．在△ABC中，A＝60°，a＝6，b＝12，S△ABC＝18，则＝________，c＝________.
三、解答题
9．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且c＝10，又知＝＝，求a、b及△ABC的内切圆半径．
10．在△ABC中，a、b、c分别是三个内角A、B、C的对边，若a＝2，C＝，cos ＝，求△ABC的面积S.
1．1.1 正弦定理(二)
知识梳理
1．(1)a∶b∶c (2)2R (3)2Rsin A 2Rsin B 2Rsin C
(4)
2.absin C bcsin A casin B
3.
自主探究
证明 (1)在△ABC中，由大角对大边定理
A>B?a>b?2Rsin A>2Rsin B?sin A>sin B.
(2)在△ABC中，由正弦定理
sin A>sin B?>?a>b?A>B.
对点讲练
例1 解 ∵tan B＝>0，∴B为锐角．
∴sin B＝，cos B＝.
∵tan C＝－2，∴C为钝角．∴sin C＝，cos C＝－.
∴sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C
＝×＋×＝.
∵S△ABC＝absin C＝2R2sin Asin Bsin C
＝2R2×××＝1.
∴R2＝，R＝.∴πR2＝π，即外接圆面积为π.
∴a＝2Rsin A＝，b＝2Rsin B＝，c＝2Rsin C＝.
变式训练1 A [设三角形外接圆半径为R，
则由πR2＝π，
∴R＝1，由S△＝absin C＝＝＝，∴abc＝1.]
例2 证明 因为＝＝＝2R，所以
左边＝＝
＝＝＝右边．所以等式成立．
变式训练2 证明 左边＝4R2sin2 A·sin 2B＋4R2sin2 B·sin 2A＝8R2sin2 Asin Bcos B＋8R2sin2 Bsin Acos A
＝8R2sin Asin B(sin Acos B＋cos Asin B)
＝8R2sin Asin Bsin(A＋B)＝8R2sin Asin Bsin C
＝2·(2Rsin A)·(2Rsin B)·sin C＝2absin C＝右边．
∴等式成立．
例3 解 ∵2cos 2B－8cos B＋5＝0，
∴2(2cos2B－1)－8cos B＋5＝0.
∴4cos2B－8cos B＋3＝0，即(2cos B－1)(2cos B－3)＝0.
解得cos B＝或cos B＝(舍去)．
∵0由正弦定理得sin A＋sin C＝2sin B＝2sin ＝.
∴sin A＋sin＝，
∴sin A＋sin cos A－cos sin A＝.
化简得sin A＋cos A＝，∴sin＝1.
∵0∴A＝，C＝.∴△ABC是等边三角形．
变式训练3 解 设方程的两根为x1、x2，
由韦达定理得，
∵x1＋x2＝x1x2，∴bcos A＝acos B.
由正弦定理得：2Rsin Bcos A＝2Rsin Acos B，
∴sin Acos B－cos Asin B＝0，sin(A－B)＝0.
∵A、B为△ABC的内角，
∴0∴A－B＝0，即A＝B.故△ABC为等腰三角形．
课时作业
1．D
2．B [由正弦定理知：＝＝，
∴tan A＝tan B＝tan C，∴A＝B＝C.]
3．C [设b＋c＝4k，a＋c＝5k，a＋b＝6k(k>0)，三式联立可求得a＝k，b＝k，c＝k，
∴a∶b∶c＝7∶5∶3，
即sin A∶sin B∶sin C＝7∶5∶3.]
4．A [由正弦定理：sin A＝2sin Bcos C，
∴sin(B＋C)＝2sin Bcos C
∴sin Bcos C＋cos Bsin C＝2sin Bcos C，
∴sin(B－C)＝0，∴B＝C.]
5．C [设C为最大角，则A为最小角，则A＋C＝120°，
∴＝＝＝
＝·＋＝＋，
∴＝1.∴tan A＝1，A＝45°，C＝75°.]
6．2
解析 ∵cos C＝，∴sin C＝，
∴absin C＝4，∴b＝2.
7.
解析 ∵tan A＝，A∈(0,180°)，∴sin A＝.
由正弦定理知＝，
∴AB＝＝＝.
8．12 6
解析 ＝＝＝12.
∵S△ABC＝absin C＝×6×12sin C＝18.
∴sin C＝，∴＝＝12，∴c＝6.
9．解 由正弦定理知＝，∴＝.
即sin Acos A＝sin Bcos B，∴sin 2A＝sin 2B.
又∵a≠b，∴2A＝π－2B，即A＋B＝.
∴△ABC是直角三角形，且C＝90°，
由，得a＝6，b＝8.
故内切圆的半径为r＝＝＝2.
10．解 因为cos B＝2cos2 －1＝，故B为锐角，sin B＝.
所以sin A＝sin(π－B－C)＝sin＝.
由正弦定理得c＝＝，
所以S＝acsin B＝×2××＝.
1.1.2 余弦定理(一)
自主学习
知识梳理
1．余弦定理
三角形中任何一边的________等于其他两边的________的和减去这两边与它们的______的余弦的积的________．即a2＝___________________，b2＝__________________，c2＝________________.
2．余弦定理的推论
cos A＝________________；cos B＝________________；cos C＝________________.
3．在△ABC中：
(1)若a2＋b2－c2＝0，则C＝________；
(2)若c2＝a2＋b2－ab，则C＝________；
(3)若c2＝a2＋b2＋ab，则C＝________.
自主探究
试用向量的数量积证明余弦定理．
对点讲练
知识点一 已知三角形两边及夹角解三角形
例1 在△ABC中，已知a＝2，b＝2，C＝15°，求A.
总结 解三角形主要是利用正弦定理和余弦定理，本例中的条件是已知两边及其夹角，而不是两边及一边的对角，所以本例的解法应先从余弦定理入手．
变式训练1 在△ABC中，边a，b的长是方程x2－5x＋2＝0的两个根，C＝60°，求边c.
知识点二 已知三角形三边解三角形
例2 已知三角形ABC的三边长为a＝3，b＝4，c＝，求△ABC的最大内角．
总结 已知三边求三角时，余弦值是正值时，角是锐角，余弦值是负值时，角是钝角．
变式训练2 在△ABC中，已知BC＝7，AC＝8，AB＝9，试求AC边上的中线长．
知识点三 利用余弦定理判断三角形形状
例3 在△ABC中，a、b、c分别表示三个内角A、B、C的对边，如果(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，试判断该三角形的形状．
变式训练3 在△ABC中，sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶4，试判断三角形的形状．
1．利用余弦定理可以解决两类有关三角形的问题
(1)已知两边和夹角，解三角形．
(2)已知三边求三角形的任意一角．
2．余弦定理与勾股定理
余弦定理可以看作是勾股定理的推广，勾股定理可以看作是余弦定理的特例．
(1)如果一个三角形两边的平方和大于第三边的平方，那么第三边所对的角是锐角．
(2)如果一个三角形两边的平方和小于第三边的平方，那么第三边所对的角是钝角．
(3)如果一个三角形两边的平方和等于第三边的平方，那么第三边所对的角是直角.
课时作业
一、选择题
1．在△ABC中，a＝7，b＝4，c＝，则△ABC的最小角为( )
A. B.
C. D.
2．在△ABC中，已知a＝2，则bcos C＋ccos B等于( )
A．1 B. C．2 D．4
3．在△ABC中，已知b2＝ac且c＝2a，则cos B等于( )
A. B.
C. D.
4．在△ABC中，sin2＝ (a、b、c分别为角A、B、C的对应边)，则△ABC的形状为( )
A．正三角形
B．直角三角形
C．等腰直角三角形
D．等腰三角形
5．在△ABC中，已知面积S＝(a2＋b2－c2)，则角C的度数为( )
A．135° B．45° C．60° D．120°
二、填空题
6．三角形三边长分别为a，b， (a>0，b>0)，则最大角为________．
7．在△ABC中，AB＝2，AC＝，BC＝1＋，AD为边BC上的高，则AD的长是________．
8．在△ABC中，BC＝1，∠B＝，当△ABC的面积等于时，tan C＝________.
三、解答题
9．在△ABC中，BC＝a，AC＝b，且a，b是方程x2－2x＋2＝0的两根，2cos(A＋B)＝1.
(1)求角C的度数；
(2)求AB的长；
(3)求△ABC的面积．
10．在△ABC中，已知a－b＝4，a＋c＝2b，且最大角为120°，求三边的长．
1．1.2 余弦定理(一)
知识梳理
1．平方 平方 夹角 两倍 b2＋c2－2bccos A
c2＋a2－2cacos B a2＋b2－2abcos C
2.
3．(1)90° (2)60° (3)135°
自主探究
证明
如图所示，设＝a，＝b，＝c，那么c＝a－b，
|c|2＝c·c＝(a－b)·(a－b)
＝a·a＋b·b－2a·b
＝a2＋b2－2abcos C.
所以c2＝a2＋b2－2abcos C.
同理可以证明：a2＝b2＋c2－2bccos A，b2＝c2＋a2－2cacos B.
对点讲练
例1 解 由余弦定理得
c2＝a2＋b2－2abcos C＝8－4，所以c＝－，
由正弦定理得sin A＝＝，
因为b>a，所以B>A，又∵0°变式训练1 解 由题意：a＋b＝5，ab＝2.
由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos C＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab＝52－3×2＝19.∴c＝.
例2 解 ∵c>a，c>b，∴角C最大．
由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos C，
即37＝9＋16－24cos C，∴cos C＝－，
∵0°所以△ABC的最大内角为120°.
变式训练2 解 由条件知：
cos A＝＝＝，
设中线长为x，由余弦定理知：
x2＝2＋AB2－2··ABcos A
＝42＋92－2×4×9×＝49，即x＝7.
所以，AC边上的中线长为7.
例3 解 ∵a2[sin(A－B)－sin(A＋B)]
＝b2[－sin(A＋B)－sin(A－B)]，
∴2a2cos Asin B＝2b2cos Bsin A，
由正、余弦定理，即得a2b＝b2a，
∴a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，
即(a2－b2)(c2－a2－b2)＝0，∴a＝b或c2＝a2＋b2，
∴该三角形为等腰三角形或直角三角形．
变式训练3 解 因为a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C
＝2∶3∶4，
所以可令a＝2k，b＝3k，c＝4k(k>0)．
c最大，cos C＝<0，
所以C为钝角，从而三角形为钝角三角形．
课时作业
1．B [∵a>b>c，∴C为最小角，由余弦定理cos C＝＝＝.∴C＝.]
2．C [bcos C＋ccos B＝b·＋c·＝＝a＝2.]
3．B [∵b2＝ac，c＝2a，∴b2＝2a2，b＝a，
∴cos B＝＝＝.]
4．B [∵sin2＝＝，∴cos A＝＝
∴a2＋b2＝c2，符合勾股定理．]
5．B [∵S＝(a2＋b2－c2)＝absin C
∴a2＋b2－c2＝2absin C，∴c2＝a2＋b2－2absin C.
由余弦定理得：c2＝a2＋b2－2abcos C，
∴sin C＝cos C，∴C＝45° .]
6．120°
解析 易知：>a，>b，
设最大角为θ，
则cos θ＝＝－，
又θ∈(0°，180°)，∴θ＝120°.
7.
解析 ∵cos C＝＝，
∴sin C＝.∴AD＝AC·sin C＝.
8．－2
解析 S△ABC＝acsin B＝，∴c＝4.由余弦定理：
b2＝a2＋c2－2accos B＝13，
∴cos C＝＝－，sin C＝，
∴tan C＝－＝－2.
9．解 (1)∵cos C＝cos[π－(A＋B)]＝－cos(A＋B)＝－，
且C∈(0，π)，∴C＝.
(2)∵a，b是方程x2－2x＋2＝0的两根，∴
∴AB2＝b2＋a2－2abcos 120°＝(a＋b)2－ab＝10，
∴AB＝.
(3)S△ABC＝absin C＝×2×sin ＝.
10．解 由，得.
∴a>b>c，∴A＝120°，∴a2＝b2＋c2－2bccos 120°，
即(b＋4)2＝b2＋(b－4)2－2b(b－4)×，
即b2－10b＝0，解得b＝0(舍去)或b＝10.
当b＝10时，a＝14，c＝6.
1.1.2 余弦定理(二)
自主学习
知识梳理
1．在△ABC中，边a、b、c所对的角分别为A、B、C，则有：
(1)A＋B＋C＝________，＝____________.
(2)sin(A＋B)＝__________，cos(A＋B)＝__________，tan(A＋B)＝________.
(3)sin ＝________，cos ＝________.
2．正弦定理及其变形
(1)＝＝＝________.
(2)a＝____________，b＝____________，c＝____________.
(3)sin A＝________，sin B＝________，sin C＝________.
(4)sin A∶sin B∶sin C＝____________.
3．余弦定理及其推论
(1)a2＝____________.
(2)cos A＝____________.
(3)在△ABC中，c2＝a2＋b2?C为______；c2>a2＋b2?C为______；c2 自主探究
在△ABC中，已知两边及其中一边的对角，解三角形．一般情况下，先利用正弦定理求出另一边所对的角，再求其他的边或角，要注意进行讨论三角形解的个数．对于这一类问题能否利用余弦定理来解三角形，请结合下面的例子加以探究．
例：在△ABC中，若∠B＝30°，AB＝2，AC＝2，则满足条件的三角形有几个？
对点讲练
知识点一 利用正、余弦定理证明三角恒等式
例1 在△ABC中，求证：＝.
总结 证明三角恒等式关键是消除等号两端三角函数式的差异．形式上一般有：左?右；右?左或左?中?右三种．
变式训练1 在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边．
求证：＝.
知识点二 利用正、余弦定理判断三角形形状
例2 在△ABC中，若B＝60°，2b＝a＋c，试判断△ABC的形状．
总结 题中边的大小没有明确给出，而是通过一个关系式来确定的，可以考虑利用正弦定理将边的关系转化为角的关系，也可以利用余弦定理将边、角关系转化为边的关系来判断．
变式训练2 在△ABC中，已知(a＋b＋c)(b＋c－a)＝3bc，且sin A＝2sin Bcos C，试确定△ABC的形状．
知识点三 利用正、余弦定理解关于三角形的综合问题
例3 在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，cos B＝，且·＝－21.
(1)求△ABC的面积；
(2)若a＝7，求角C.
总结 这是一道向量，正、余弦定理的综合题，解题的关键是化去向量的“伪装”，找到三角形的边角关系．
变式训练3 △ABC中，内角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．
1．解斜三角形的常见类型及解法
在三角形的6个元素中要已知三个(至少有一边)才能求解，常见类型及其解法见下表：
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
由A＋B＋C＝180°，求角A；由正弦定理求出b与c.在有解时只有一解．
两边和夹角(如a，b，C)
余弦定理
正弦定理
由余弦定理求第三边c；由正弦定理求出小边所对的角；再由A＋B＋C＝180°求出另一角．在有解时只有一解.
三边(a，b，c)
余弦定理
由余弦定理求出角A、B；再利用A＋B＋C＝180°，求出角C. 在有解时只有一解．
两边和其中一边的对角如(a，b，A)
正弦定理
余弦定理
由正弦定理求出角B；由A＋B＋C＝180°，求出角C；再利用正弦定理或余弦定理求c.可有两解、一解或无解.
2.根据所给条件确定三角形的形状，主要有两种途径
(1)化边为角；(2)化角为边，并常用正弦(余弦)定理实施边、角转换.
课时作业
一、选择题
1．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
2．在△ABC中，若b2＝a2＋c2＋ac，则B等于( )
A．60° B．45°或135° C．120° D．30°
3．△ABC的三边分别为a，b，c且满足b2＝ac,2b＝a＋c，则此三角形是( )
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等腰直角三角形 D．等边三角形
4．在△ABC中，若a2＝bc，则角A是( )
A．锐角 B．钝角 C．直角 D．60°
5．如果将直角三角形的三边增加同样的长度，则新三角形的形状是( )
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．由增加的长度确定
二、填空题
6．已知△ABC的面积为2，BC＝5，A＝60°，则△ABC的周长是________．
7．在△ABC中，若lg a－lg c＝lg sin A＝－lg，并且A为锐角，则△ABC为__________三角形．
8．设2a＋1，a,2a－1为钝角三角形的三边，那么a的取值范围是________．
三、解答题
9．在△ABC中，求证：＝.
1．1.2 余弦定理(二)
知识梳理
1．(1)π － (2)sin C －cos C －tan C
(3)cos sin
2．(1)2R (2)2Rsin A 2Rsin B 2Rsin C (3) (4)a∶b∶c
3．(1)b2＋c2－2bccos A (2) (3)直角 钝角 锐角
自主探究
解 设BC＝a，AC＝b，AB＝c，由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos B，∴22＝a2＋(2)2－2a×2cos 30°，
即a2－6a＋8＝0，解得a＝2或a＝4.
讨论a值：当a＝2时，三边为2,2,2可组成三角形；
当a＝4时，三边为4,2,2也可组成三角形．
∴满足条件的三角形有两个．
对点讲练
例1 证明 方法一 左边＝＝
＝·＝＝右边，所以＝.
方法二 右边＝＝
＝·＝·＝＝左边，
所以＝.
变式训练1 证明 方法一 左边
＝＝
右边＝＝∴等式成立．
方法二 右边＝
＝＝＝左边
∴等式成立．
例2 解 方法一 根据余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B.
∵B＝60°，2b＝a＋c，
∴2＝a2＋c2－2accos 60°，整理得(a－c)2＝0，
∴a＝c.∴△ABC是正三角形．
方法二 根据正弦定理，
2b＝a＋c可转化为2sin B＝sin A＋sin C.
又∵B＝60°，∴A＋C＝120°.
∴C＝120°－A，∴2sin 60°＝sin A＋sin(120°－A)，
整理得sin(A＋30°)＝1，∴A＝60°，C＝60°.
又∵2b＝a＋c，∴b＝a.∴△ABC是正三角形．
变式训练2 解 由(a＋b＋c)(b＋c－a)＝3bc，
得b2＋2bc＋c2－a2＝3bc，即a2＝b2＋c2－bc，
∴cos A＝＝＝，∴A＝.
又sin A＝2sin Bcos C.
∴a＝2b·＝，
∴b2＝c2，b＝c，∴△ABC为等边三角形．
例3 解 (1)∵·＝－21，∴·＝21.
∴·＝||·||·cos B＝accos B＝21.
∴ac＝35，∵cos B＝，∴sin B＝.
∴S△ABC＝acsin B＝×35×＝14.
(2)ac＝35，a＝7，∴c＝5.
由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B＝32，
∴b＝4.由正弦定理：＝.
∴sin C＝sin B＝×＝.
∵c变式训练3 解 (1)由cos B＝，
得sin B＝ ＝.
由b2＝ac及正弦定理得sin2B＝sin Asin C.
于是＋＝＋＝
＝＝＝＝.
(2)由·＝得ca·cos B＝，
由cos B＝，可得ca＝2，即b2＝2.
由余弦定理b2＝a2＋c2－2ac·cos B，
得a2＋c2＝b2＋2ac·cos B＝5，
∴(a＋c)2＝a2＋c2＋2ac＝5＋4＝9，∴a＋c＝3.
课时作业
1．C
2．C
3．D [∵2b＝a＋c，∴4b2＝(a＋c)2，即(a－c)2＝0.
∴a＝c.∴2b＝a＋c＝2a.∴b＝a，即a＝b＝c.]
4．A [cos A＝＝
＝>0，∴0°5．A [设直角三角形三边为a，b，c，且a2＋b2＝c2，则(a＋x)2＋(b＋x)2－(c＋x)2
＝a2＋b2＋2x2＋2(a＋b)x－c2－2cx－x2
＝2(a＋b－c)x＋x2>0，
∴c＋x所对的最大角变为锐角．]
6．12
解析 S△ABC＝AB·ACsin A＝AB·AC·sin 60°＝2，∴AB·AC＝8，
BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos A＝AB2＋AC2－AB·AC＝(AB＋AC)2－3AB·AC.
∴(AB＋AC)2＝BC2＋3AB·AC＝49，
∴AB＋AC＝7，周长为12.
7．直角
解析 ∵lg a－lg c＝lg sin A＝－lg，
∴＝sin A＝，∵A为锐角，∴A＝45°，
∵sin C＝sin A＝×sin 45°＝1，∴C＝90°.
8．(2,8)
解析 ∵2a－1>0，∴a>，最大边为2a＋1.
∵三角形为钝角三角形，∴a2＋(2a－1)2<(2a＋1)2
化简得：02a＋1，
∴a>2，∴29．证明 右边＝
＝·cos B－·cos A
＝·－·
＝－＝＝左边．
所以＝.
§1.2 应用举例(一)
自主学习
知识梳理
1．实际问题中的常用角
(1)仰角和俯角
在视线和水平线所成的角中，视线在水平线________的角叫仰角，在水平线________的角叫俯角(如图①)．
(2)方位角
指从正北方向________转到目标方向线的水平角，如B点的方位角为α(如图②)．
(3)坡度
坡面与水平面所成的二面角的度数．
2．基线的定义：在测量上，我们根据测量需要适当确定的线段叫做基线．一般来说，基线____________，测量的精确度越高．
自主探究
为了测量两山顶M、N间的距离，飞机沿水平方向在A、B两点进行测量，A、B、M、N在同一铅垂平面内．飞机已经测量的数据有：A点到M、N点的俯角α1、β1；B点到M、N点的俯角α2、β2；A、B的距离d(如图所示)．
甲乙两位同学各自给出了计算MN的两种方案，请你补充完整．
甲方案：第一步：计算AM.
由正弦定理AM＝________________；
第二步：计算AN.由正弦定理AN＝________________；
第三步：计算MN.由余弦定理
MN＝________________________.
乙方案：第一步：计算BM.
由正弦定理BM＝________________；
第二步：计算BN.由正弦定理BN＝________________________；
第三步：计算MN.由余弦定理
MN＝________________________.
对点讲练
知识点一 测量距离问题
例1 要测量对岸两点A、B之间的距离，选取相距 km的C、D两点，并测得∠ACB＝75°，∠BCD＝45°，∠ADC＝30°，∠ADB＝45°，求A、B之间的距离．
总结 测量两个不可到达的点之间的距离问题．首先把求不可到达的两点A，B之间的距离转化为应用余弦定理求三角形的边长问题，然后在相关三角形中计算AC和BC.
变式训练1
如图所示，设A、B两点在河的两岸，一测量者在A的同侧，在A所在的河岸边选定一点C，测出AC的距离为50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以计算A、B两点的距离为( )
A．50 m B．50 m
C．25 m D. m
知识点二 测量高度问题
例2 如图所示，在山顶铁塔上B处测得地面上一点A的俯角为α，在塔底C处测得A处的俯角为β.已知铁塔BC部分的高为h，求出山高CD.
总结 在运用正弦定理、余弦定理解决实际问题时，通常都根据题意，从实际问题中抽象出一个或几个三角形，然后通过解这些三角形，得出实际问题的解．和高度有关的问题往往涉及直角三角形的求解．
变式训练2 江岸边有一炮台高30 m，江中有两条船，由炮台顶部测得俯角分别为45°和30°，而且两条船与炮台底部连成30°，求两条船之间的距离．
知识点三 测量角度问题
例3 在海岸A处，发现北偏东45°的方向，距离A (－1) n mile的B处有一艘走私船，在A处北偏西75°的方向，距离A 2 n mile的C处的缉私船奉命以10 n mile/h的速度追截走私船．此时，走私船正以10 n mile/h的速度从B处向北偏东30°的方向逃窜，问缉私船沿什么方向能最快追上走私船？
总结 本例考查正弦、余弦定理的建模应用．注意到最快追上走私船时两船所用时间相等，若在D处相遇，则可先在△ABC中求出BC，再在△BCD中求∠BCD.
变式训练3 甲船在A处观察到乙船在它的北偏东60°方向的B处，两船相距a n mile，乙船向正北方向行驶．若甲船的速度是乙船速度的倍，问甲船应沿什么方向前进才能尽快追上乙船？相遇时乙船行驶多少n mile?
1．距离问题
测量平面距离时，往往把要测量的距离化为某一个三角形的一条边，再运用正弦定理或余弦定理加以求解．
2．高度问题
测量底部不可到达的建筑物的高度问题．由于底部不可到达，这类问题不能直接用解直角三角形的方法解决，但常用正弦定理和余弦定理，计算出建筑物顶部到一个可到达的点之间的距离，然后转化为解直角三角形的问题．
3．角度问题
测量角度就是在三角形内利用正弦定理和余弦定理求角的正弦值或余弦值，再根据需要求出所求的角.
课时作业
一、选择题
1．已知两灯塔A和B与海洋观测站C的距离都等于a km，灯塔A在观测站C的北偏东20°，灯塔B在观测站C的南偏东40°，则灯塔A与灯塔B的距离为( )
A．a km B.a km C.a km D．2a km
2．如图所示，D、C、B三点在地面同一直线上，DC＝a，从C、D两点测得A点的仰角分别是β、α(β<α)，则A点离地面的高AB等于( )
A.
B.
C.
D.
3．台风中心从A地以每小时20千米的速度向东北方向移动，离台风中心30千米内的地区为危险区，城市B在A的正东40千米处，B城市处于危险区内的持续时间为( )
A．0.5小时 B．1小时 C．1.5小时 D．2小时
4.
甲船在岛B的正南A处，AB＝10千米，甲船以每小时4千米的速度向正北航行，同时，乙船自B出发以每小时6千米的速度向北偏东60°的方向驶去．当甲、乙两船相距最近时，它们所航行的时间是( )
A.分钟 B.小时
C．21.5分钟 D．2.15分钟
二、填空题
5．如图所示，测量河对岸的塔高AB时，可以选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D，现测得∠BCD＝α，∠BDC＝β，CD＝s，并在点C测得塔顶A的仰角为θ，则塔高AB为________．
6.
如图，一货轮航行到M处，测得灯塔S在货轮的北偏东15°，与灯塔S相距20海里，随后货轮按北偏西30°的方向航行30分钟后，又测得灯塔在货轮的东北方向，则货轮的速度为__________海里/小时．
7．太湖中有一小岛，沿太湖有一条正南方向的公路，一辆汽车测得小岛在公路的南偏西15°的方向上，汽车行驶1 km后，又测得小岛在南偏西75°的方向上，则小岛离开公路的距离是________ km.
三、解答题
8.
如图所示，甲船以每小时30海里的速度向正北方向航行，乙船按固定方向匀速直线航行．当甲船位于A1处时，乙船位于甲船的北偏西105°方向的B1处，此时两船相距20海里．当甲船航行20分钟到达A2处时，乙船航行到甲船的北偏西120°方向的B2处，此时两船相距10海里．问乙船每小时航行多少海里？
§1.2 应用举例(一)
知识梳理
1．(1)上方 (2)下方 (3)顺时针
2．越长
自主探究
对点讲练
例1 解
如图所示，在△ACD中，∠ACD＝120°，∠CAD＝∠ADC＝30°，
∴AC＝CD＝ km.
在△BCD中，∠BCD＝45°，∠BDC＝75°，∠CBD＝60°.∴BC＝＝.
△ABC中，由余弦定理，得
AB2＝()2＋2－2××cos 75°
＝3＋2＋－＝5，
∴AB＝ km.
∴A、B之间的距离为 km.
变式训练1 A [由题意知∠ABC＝30°，
由正弦定理＝，
∴AB＝＝＝50 (m)．]
例2 解 在△ABC中，∠BCA＝90°＋β，∠ABC＝90°－α，
∠BAC＝α－β，∠CAD＝β.
根据正弦定理得：＝
即＝∴AC＝＝.
在Rt△ACD中，CD＝ACsin∠CAD＝ACsin β＝.
答 山的高度为.
变式训练2 解 如图所示：
∠CBD＝30°，∠ADB＝30°，∠ACB＝45°
∵AB＝30，∴BC＝30，BD＝＝30.
在△BCD中，CD2＝BC2＋BD2－2BC·BD·cos 30°＝900，
∴CD＝30，即两船相距30 m.
例3 解
如图所示，设缉私船用t h在D处追上走私船，
则有CD＝10t，BD＝10t，
在△ABC中，
∵AB＝－1，AC＝2，
∠BAC＝120°，
∴由余弦定理，得
BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC
＝(－1)2＋22－2×(－1)×2×cos 120°＝6，
∴BC＝，且sin∠ABC＝·sin∠BAC＝×＝.
∴∠ABC＝45°，∴BC与正北方向垂直．
∵∠CBD＝90°＋30°＝120°，在△BCD中，由正弦定理得
sin∠BCD＝＝＝，
∴∠BCD＝30°.即缉私船沿北偏东60°方向能最快追上走私船．
变式训练3 解 如图所示，设两船在C处相遇，并设∠CAB＝θ，乙船行驶距离BC为x n mile，则AC＝x，由正弦定理得
sin θ＝＝，
而θ<60°，∴θ＝30°，即∠ACB＝30°，AB＝BC＝a，
从而BC＝＝a (n mile)．
答 甲船应沿北偏东30°方向前进才能尽快追上乙船，两船相遇时乙船行驶了a n mile.
课时作业
1．B [∵∠ACB＝120°，AC＝BC＝a，∴AB＝a.]
2．A [设AB＝h，则AD＝，
∵∠CAD＝α－β，∴＝.
∴＝，∴h＝.]
3．B [设t小时后，B市恰好处于危险区内，即B市离台风中心恰好为30千米处，则由余弦定理得：(20t)2＋402－2×20t×40cos 45°＝302.
化简得：4t2－8t＋7＝0，∴t1＋t2＝2，t1·t2＝.
从而|t1－t2|＝＝1.]
4．A [设行驶x h后甲到点C，乙到点D，
两船相距y km，则∠DBC＝180°－60°＝120°.
∴y2＝(10－4x)2＋(6x)2－2(10－4x)·6xcos 120°
＝28x2－20x＋100＝282－＋100
∴当x＝小时＝分钟，y2有最小值．∴y最小．]
5.
解析 在△BCD中，∠CBD＝π－α－β.
由正弦定理，得＝.
∴BC＝＝
在Rt△ABC中，AB＝BCtan∠ACB＝.
6．20(－)
解析 由题意，∠SMN＝45°，∠SNM＝105°，∠NSM＝30°.
由正弦定理得＝.
∴MN＝＝＝10(－)．
则v货＝20(－)海里/小时．
7.
解析
如图，∠CAB＝15°，∠CBA＝180°－75°＝105°，∠ACB＝180°－105°－15°＝60°，
AB＝1 km.
＝
?BC＝·sin 15°＝ (km)．
设C到直线AB的距离为d，
则d＝BC·sin 75°＝·＝ (km)．
8.
解 如图所示，连结A1B2，
由已知A2B2＝10，
A1A2＝30×＝10，
∴A1A2＝A2B2，
又∠A1A2B2＝180°－120°＝60°，
∴△A1A2B2是等边三角形，∴A1B2＝A1A2＝10.
由已知，A1B1＝20，∠B1A1B2＝105°－60°＝45°，
在△A1B2B1中，由余弦定理，
B1B＝A1B＋A1B－2A1B1·A1B2·cos 45°
＝202＋(10)2－2×20×10×＝200.
∴B1B2＝10.
因此，乙船速度的大小为×60＝30(海里/小时)．
答 乙船每小时航行30海里．
§1.2 应用举例(二)
自主学习
知识梳理
1．在△ABC中，有以下常用结论：
(1)a＋b>c，b＋c>a，c＋a>b；
(2)a>b?________?____________；
(3)A＋B＋C＝π，＝－；
(4)sin(A＋B)＝________，cos(A＋B)＝________，
sin ＝________，cos ＝________.
2．在锐角△ABC中，A＋B>?A>－B?sin A________cos B?cos A________sin B.
3．三角形常用面积公式
(1)S＝________(ha表示a边上的高)；
(2)S＝absin C＝__________＝__________；
(3)S＝(可由正弦定理推得)；
(4)S＝2R2sin A·sin B·sin C(R是三角形外接圆半径)；
(5)S＝r(a＋b＋c)(r为三角形内切圆半径)．
自主探究
在平面几何中，平行四边形的四边长的平方和等于两条对角线长的平方和．你能利用余弦定理加以证明吗？
对点讲练
知识点一 证明平面几何有关定理
例1 一条直线上有三点A，B，C，点C在点A与B之间，P是此直线外一点，设∠APC＝α，∠BPC＝β.求证：＝＋.
总结 面积法是证明平面几何问题的常用方法之一．面积等式S△ABP＝S△APC＋S△BPC是证明本题的关键．
变式训练1 在△ABC中，AC边上的角平分线BD交AC边于点D.求证：＝.
知识点二 计算平面图形中线段的长度
例2
如图所示，已知在四边形ABCD中，AD⊥CD，AD＝10，AB＝14，∠BDA＝60°，∠BCD＝135°，求BC的长．
总结 在解三角形时，有些复杂的问题常常需要将正弦定理、余弦定理交替使用，尽管有时不是直接求出结果，但为了过渡，也是很有必要的，本例先求BD就起到了这样的作用．
变式训练2 已知△ABC，角A、B、C所对的边长分别为a，b，c，求证：△ABC中，a边上的中线MA＝.
知识点三 计算平面图形的面积
例3
如图所示，在平面四边形ABCD中，AB＝AD＝1，∠BAD＝θ，而△BCD是正三角形．
(1)将四边形ABCD的面积S表示为θ的函数；
(2)求S的最大值及此时θ角的值．
总结 本题将四边形面积转化为三角形面积问题，将实际问题转化为数学问题，是转化与化归思想的应用．
变式训练3 已知圆内接四边形ABCD的边长AB＝2，BC＝6，CD＝DA＝4，求圆内接四边形ABCD的面积．
1．掌握正弦定理、余弦定理及其变形形式，利用三角公式解有关三角形中的三角函数问题．
2．利用正弦定理、余弦定理解决几何问题时，关键在于找出图形中的边角的关系式，即将有关几何关系转化为三角形中的边角关系，再利用正弦定理、余弦定理求出有关量.
课时作业
一、选择题
1．△ABC的两边长分别为2,3，其夹角的余弦值为，则其外接圆的直径为( )
A. B.
C. D．9
2．在△ABC中，AB＝7，AC＝6，M是BC的中点，AM＝4，则BC等于( )
A. B. C. D.
3．在△ABC中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，如果2b＝a＋c，∠B＝30°，△ABC的面积为，那么b等于( )
A. B．1＋ C. D．2＋
4．平行四边形中，AC＝，BD＝，周长为18，则平行四边形面积是( )
A．16 B．17 C．18 D．18.53
5．在△ABC中，已知b2－bc－2c2＝0，a＝，cos A＝，则△ABC的面积S为( )
A. B.
C. D．6
二、填空题
6．△ABC中，已知∠A＝60°，AB∶AC＝8∶5，面积为10，则其周长为________．
7．钝角三角形的三边为a，a＋1，a＋2，其最大角不超过120°，则a的取值范围是________．
8．已知等腰三角形的底边长为6，一腰长为12，则它的内切圆面积为________．
三、解答题
9.
已知四边形ABCD中，AB＝2，BC＝CD＝4，DA＝6，且∠D＝60°，试求四边形ABCD的面积．
10．设△ABC的内角A、B、C所对的边长分别为a、b、c，且acos B＝3，bsin A＝4.
(1)求边长a；
(2)若△ABC的面积S＝10，求△ABC的周长l.
§1.2 应用举例(二)
知识梳理
1．(2)A>B sin A>sin B (4)sin C －cos C
cos sin
2．> <
3．(1)aha (2)acsin B bcsin A
自主探究
证明 在△BAD内：
BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos ∠BAD
在△ABC内：AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC
∵∠ABC＋∠BAD＝180°，∴cos∠ABC＋cos∠BAD＝0.
∴BD2＋AC2＝2AB2＋AD2＋BC2，
即：AC2＋BD2＝AB2＋BC2＋CD2＋DA2.
对点讲练
例1 证明
∵S△ABP＝S△APC＋S△BPC
∴PA·PBsin(α＋β)
＝PA·PCsin α＋PB·PCsin β
两边同除以PA·PB·PC，
得＝＋.
变式训练1 证明
如图所示，在△ABD中，利用正弦定理，＝.①
在△CBD中，利用正弦定理，＝ ②
∵BD是角B的平分线，∴∠ABD＝∠CBD，
又∵∠ADB＋∠CDB＝180°，∴sin∠ADB＝sin∠CDB，
所以①＝②，得＝.即＝成立.
例2 解 设BD＝x，在△ABD中，由余弦定理有
AB2＝BD2＋AD2－2AD·BD·cos∠ADB，
即142＝x2＋102－20xcos 60°，∴x2－10x－96＝0，
∴x＝16(x＝－6舍去)，即BD＝16.
在△BCD中，由正弦定理＝，
∴BC＝＝8.
变式训练2 证明 如图所示：
BM＝MC＝.
在△ABM中，由余弦定理得：
c2＝MA2＋2－
2MA·cos∠AMB.
在△ACM中，由余弦定理得：
b2＝MA2＋2－2MAcos∠AMC
∵cos∠AMB＋cos∠AMC＝0，
∴以上两式相加，得：b2＋c2＝2MA2＋.
即MA2＝b2＋c2－a2，∴MA＝.
例3 解 (1)△ABD的面积S1＝×1×1×sin θ＝sin θ，
由于△BDC是正三角形，则△BDC的面积S2＝BD2.
而在△ABD中，由余弦定理可知：
BD2＝12＋12－2×1×1×cos θ＝2－2cos θ.
于是四边形ABCD的面积S＝sin θ＋(2－2cos θ)，
∴S＝＋sin，0<θ<π.
(2)由S＝＋sin及0<θ<π，
得－<θ－<.
当θ－＝时，即θ＝时，S取得最大值1＋.
变式训练3 解
连接BD，则四边形面积S＝S△ABD＋S△CBD＝AB·ADsin A＋BC·CDsin C.
∵A＋C＝180°，∴sin A＝sin C.
∴S＝(AB·AD＋BC·CD)·sin A＝16sin A.
由余弦定理：在ABD中，
BD2＝22＋42－2·2·4cos A＝20－16cos A，
在△CDB中，BD2＝52－48cos C，
∴20－16cos A＝52－48cos C.
又cos C＝－cos A，∴cos A＝－.
∴A＝120°.∴S＝16sin A＝8.
课时作业
1．B [设另一条边为x，
则x2＝22＋32－2×2×3×，∴x2＝9，∴x＝3.
设cos θ＝，则sin θ＝.∴2R＝＝＝.]
2．B [设BC＝a，则BM＝MC＝.
在△ABM中，AB2＝BM2＋AM2－2BM·AMcos∠AMB，
即72＝a2＋42－2××4·cos∠AMB①
在△ACM中，AC2＝AM2＋CM2－2AM·CM·cos∠AMC
即62＝42＋a2＋2×4×·cos∠AMB②
①＋②得：72＋62＝42＋42＋a2，
∴a＝.]
3．B [∵2b＝a＋c，S＝acsin B＝，∴ac＝6.
∴b2＝a2＋c2－2accos B＝(a＋c)2－2accos B－2ac.
∴b2＝4b2－6－12，
∴b2＝2＋4，b＝1＋.]
4．A [设两邻边AD＝b，AB＝a，∠BAD＝α，
则a＋b＝9，a2＋b2－2abcos α＝17，
a2＋b2－2abcos(180°－α)＝65.解得：a＝5，b＝4，
cos α＝，∴S?ABCD＝ab sin α＝16.]
5．A [由b2－bc－2c2＝0可得(b＋c)(b－2c)＝0.
∴b＝2c，在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccos A，
即6＝4c2＋c2－4c2·.∴c＝2，从而b＝4.
∴S△ABC＝bcsin A＝×2×4×＝.]
6．20
解析 设AB＝8k，AC＝5k，k>0，
则S＝AB·AC·sin A＝10k2＝10.
∴k＝1，AB＝8，AC＝5，由余弦定理：
BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos A
＝82＋52－2×8×5×＝49.∴BC＝7，
∴周长为AB＋BC＋CA＝20.
7.≤a<3
解析 由.
解得≤a<3.
8.
解析 不妨设a＝6，b＝c＝12，由余弦定理得：
cos A＝＝＝，
∴sin A＝ ＝.
由(a＋b＋c)·r＝bcsin A得r＝.
∴S内切圆＝πr2＝π.
9．解 连结AC，在△ACD中，
由AD＝6，CD＝4，∠D＝60°，
可得AC2＝AD2＋DC2－2AD·DCcos∠D
＝62＋42－2×4×6cos 60°＝28，
在△ABC中，
由AB＝2，BC＝4，AC2＝28，
可得cos∠B＝＝＝－.
又0°<∠B<180°，故∠B＝120°.
所以四边形ABCD的面积S＝S△ACD＋S△ABC
＝AD·CDsin∠D＋AB·BCsin∠B
＝×4×6sin 60°＋×2×4sin 120°＝8.
10.
解 (1)如图，在△ABC中，作CD⊥AB，垂足为D.
∵acos B＝3>0，∴0D在线段AB上．
由acos B＝3，bsin A＝4，得BD＝3，CD＝4.在Rt△ABC中，a＝＝5.
(2)由△ABC的面积S＝10，得bcsin A＝10.
∵bsin A＝4，∴c＝5.于是，AD＝2.
在Rt△ACD中，b＝＝2.
∴△ABC的周长l＝5＋5＋2＝10＋2.
第一章 解三角形 本章回顾
1．三角形中的边角关系
设△ABC中，边a，b，c的对角分别为A，B，C.
(1)三角形内角和定理
A＋B＋C＝π.
(2)三角形中的诱导公式
sin(A＋B)＝sin C，cos(A＋B)＝－cos C，
tan(A＋B)＝－tan C，
sin ＝cos ，cos ＝sin ，
tan ＝cot .
(3)三角形中的边角关系
a＝b?A＝B；
a>b?A>B；
a＋b>c，b＋c>a，c＋a>b.
(4)三角形中几个常用结论
①在△ABC中，a＝bcos C＋ccos B(其余两个略)；
②在△ABC中，sin A>sin B?A>B；
③在△ABC中，tan A＋tan B＋tan C＝tan Atan Btan C.
2．正弦定理
(1)正弦定理
在△ABC中，角A，B，C的对边边长分别为a，b，c，
则＝＝＝2R.
其中R是△ABC外接圆半径．
(2)正弦定理的变形公式
正弦定理反映了三角形的边角关系．它有以下几种变形公式，解题时要灵活运用．
①a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C；
②sin A＝，sin B＝，sin C＝；
③sin A∶sin B∶sin C＝a∶b∶c；
④＝，＝，＝.
3．余弦定理
(1)余弦定理
三角形任何一边的平方等于其他两边的平方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)余弦定理的推论
cos A＝；
cos B＝；
cos C＝.
4．三角形的面积
三角形面积公式
S△＝aha＝bhb＝chc；
S△＝absin C＝acsin B＝bcsin A；
S△＝(a＋b＋c)r (r为△ABC内切圆半径)；
S△＝(R为△ABC外接圆半径)；
S△＝
.
5．解三角形的常见类型及解法
在三角形的六个元素中，若知道三个，其中至少一个元素为边，即可求解该三角形，按已知条件可分为以下几种情况：
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
由A＋B＋C＝180°，求角A；由正弦定理求出b与c.在有解时只有一解．
两边和夹角(如a，b，C)
余弦定理
正弦定理
由余弦定理求第三边c；由正弦定理求出小边所对的角；再由A＋B＋C＝180°求出另一角．在有解时只有一解．
三边(a，b，c)
余弦定理
由余弦定理求出角A、B；再利用A＋B＋C＝180°，求出角C.在有解时只有一解．
两边和其中一边的对角(如a，b，A)
正弦定理
余弦定理
由正弦定理求出角B；由A＋B＋C＝180°，求出角C；再利用正弦定理或余弦定理求c.可有两解，一解或无解.
6．已知两边及一边对角解三角形，解的个数的判断
在△ABC中，以已知a，b，A为例
判断方法如下表：
A为锐角
图形
关系式
a＝bsin A
bsin Aa≥b
a解个数
一解
两解
一解
无解
A为直角
A为钝角
图形
关系式
a>b
a≤b
a>b
a≤b
解个数
一解
无解
一解
无解
一、构建方程(组)解三角问题
例1
如图所示，设P是正方形ABCD内部的一点，P到顶点A、B、C的距离分别是1,2,3，求正方形的边长．
解 设边长为x，x>0，
在△ABP中，
cos∠ABP＝＝，
在△CBP中，cos∠CBP＝＝，
又cos2∠ABP＋cos2∠CBP＝1，
∴2＋2＝1.
∴x2＝5＋2或x2＝5－2
所以，x＝，
即正方形的边长为.
例2
如图所示，测量人员沿直线MNP的方向测量，测得塔尖A处的仰角分别是∠AMB＝30°，∠ANB＝45°，∠APB＝60°，且MN＝PN＝500 m，求塔高AB.
分析 设AB＝h，则MB，NB，PB都可用h来表示，在底面△BMP中，MN＝PN＝500 m，借助△MNB与△MPB，利用公共角∠PMB，结合余弦定理的推论得出方程可求解．
解 设AB＝h，∵AB⊥MB，AB⊥NB，AB⊥PB，
又∠AMB＝30°，∠ANB＝45°，∠APB＝60°，
∴MB＝h，NB＝h，PB＝h.
在△MPB中，cos∠PMB＝
＝.
在△MNB中，cos∠NMB＝
＝.
∴＝.
整理，得h＝250.∴塔高AB为250 m.
二、构建目标函数解三角问题
例3 如图所示，已知⊙O的半径是1，点C在直径AB的延长线上，BC＝1，点P是⊙O上半圆上的一个动点，以PC为边作等边三角形PCD，且点D与圆心分别在PC的两侧．
(1)若∠POB＝θ，试将四边形OPDC的面积y表示为关于θ的函数；
(2)求四边形OPDC面积的最大值．
分析 四边形OPDC可以分成△OPC与△PCD.S△OPC可用OP·OC·sin θ表示；而求△PCD的面积关键在于求出边长PC，在△POC中利用余弦定理即可求出；至于面积最值的获得，则可通过三角函数知识解决．
解 (1)在△POC中，由余弦定理，
得PC2＝OP2＋OC2－2OP·OC·cos θ＝5－4cos θ，
所以y＝S△OPC＋S△PCD
＝×1×2sin θ＋×(5－4cos θ)
＝2sin＋.
(2)当θ－＝，即θ＝时，ymax＝2＋.
答 四边形OPDC面积的最大值为2＋.
例4 甲船在A处、乙船在甲船正南方向距甲船20海里的B处，乙船以每小时10海里的速度向正北方向行驶，而甲船同时以每小时8海里的速度由A处向北偏西60°方向行驶，问经过多少小时后，甲、乙两船相距最近？
分析 利用余弦定理构建甲、乙两船的距离关于时间t的目标函数，注意到t＝2时，乙到达A处，此时，甲地、乙地、A地三处构不成三角形，要注意分类讨论．如图所示：
解 设甲、乙两船经t小时后相距最近，且分别到达P、Q两处，因乙船到达A处需2小时．
①当0≤t≤2时，
在△APQ中，AP＝8t，AQ＝20－10t，
所以PQ＝
＝
＝＝2.
②当t>2时，在△APQ中，AP＝8t，AQ＝10t－20，
∴PQ＝
＝2.
综合①②知，PQ＝2 (t≥0)．
当且仅当t＝＝时，PQ最小．
答 甲、乙两船行驶小时后，相距最近．
三、利用等价转化思想解三角问题
例5 在△ABC中，已知＝，求证：△ABC是等腰三角形或直角三角形．
分析 从题中的等式结构来看，情况较为复杂，且求证的是判定△ABC为等腰三角形或直角三角形两种情况．因此，应综合应用正、余弦定理，先进行化简，再讨论．
证明 应用正弦定理及二倍角公式，将已知等式变形为：＝，
再由余弦定理将其变形为：＝，
整理得＝0.
∴＝0或－＝0，
若＝0，则C＝90°；
若－＝0，依据正弦定理得＝，
即sin Bcos B＝sin Ccos C．所以sin 2B＝sin 2C.
所以2B＝2C或2B＋2C＝180°，
即B＝C或B＋C＝90°.
综上所述，△ABC是等腰三角形或直角三角形．
例6 在△ABC中，角A，B，C所对的三边长分别为a，b，c，若＝c2，a＝4，B＝45°，求△ABC的面积．
分析 解决本题的突破口是由＝c2联想到余弦定理，这就需要降次，自然就得进行等式的变形．变形后自然容易发现它与余弦定理的关系，进而应用余弦定理解决问题．
解 因为＝c2，
所以变形得(a＋b)(a2＋b2－c2－ab)＝0.
因为a＋b≠0，所以a2＋b2－c2－ab＝0，
即a2＋b2－c2＝ab.
根据余弦定理的推论得
cos C＝＝＝.
又因为0°因为B＝45°，A＋B＋C＝180°，
所以A＝180°－(60°＋45°)＝75°.
根据正弦定理得＝，
所以b＝＝＝12－4.
根据三角形的面积公式得
S△ABC＝absin C＝×4×(12－4)×
＝36－12.
四、构建辅助圆解三角应用题
例7 (能力创新题)在一个特定时段内，以点E为中心的7海里以内海域被设为警戒水域．点E正北55海里处有一个雷达观测站A.某时刻测得一艘匀速直线行驶的船只位于点A北偏东45°且与点A相距40海里的位置B，经过40分钟又测得该船已行驶到点A北偏东45°＋θ 且与点A相距10海里的位置C.
(1)求该船的行驶速度(单位：海里/小时)；
(2)若该船不改变航行方向继续行驶，判断它是否会进入警戒水域，并说明理由．
分析 第(1)问实际上就是求BC长度，在△ABC中，利用余弦定理求解即可；第(2)问警戒区域是以E为中心的一个圆，半径为7(海里)，问题实质上可以看作直线BC与圆E是否有交点，因此可以构建辅助圆E来求解．
解 (1)
如图所示，AB＝40，
AC＝10，∠BAC＝θ，
sin θ＝.
由于0°<θ<90°，
所以cos θ＝＝.
由余弦定理得
BC＝＝10.
所以船的行驶速度为
＝＝15(海里/小时)．
(2)
如图所示，以A为原点建立平面直角坐标系，设点B、C的坐标分别是B(x1，y1)、
C(x2，y2)，BC与x轴的交点为D.
由题设有，
x1＝y1＝AB＝40，
x2＝ACcos∠CAD
＝10cos(45°－θ)＝30，
y2＝ACsin∠CAD
＝10sin(45°－θ)＝20.
所以过点B、C的直线l的斜率k＝＝2，
直线l的方程为y＝2x－40.
又点E(0，－55)到直线l的距离
d＝＝3<7，
所以船会进入警戒水域．
五、利用正、余弦定理解平面几何问题
例8 (竞赛竞技题)(斯特瓦尔特定理)在△ABC中，D是BC边上一点，若BD＝p，DC＝q，求证：AD2＝－pq.
证明 如图所示，
在△ABD中，
由正弦定理：
cos B＝.
在△ABC中，由余弦定理：
cos B＝.
∴＝.
∴c2＋p2－AD2＝(c2＋a2－b2)．
∴AD2＝c2＋p2－(c2＋a2－b2)
把a＝p＋q代入后整理得：
AD2＝c2－(c2－b2)－pq.即AD2＝－pq.
注 当D为BC中点时，p＝q，此时，AD＝，即三角形中线长定理．斯特瓦尔特定理是三角形中线长定理推广，中线长定理是该定理的特例．
1．构造三角形巧求代数式的值
例1 设a，b，c为正实数，且，
求ab＋2bc＋3ac的值．
解 a2＋ac＋c2＝a2＋c2－2accos 120°＝42；
b2＋c2＝2＋c2＝32；
a2＋ab＋b2＝a2＋2－2a·cos 150°
＝52.
三个条件式的结构都类似余弦定理，
于是可以构造直角三角形ABC，使∠C＝90°.
AB＝5，BC＝3，CA＝4，在直角三角形ABC内作一点O，使∠AOB＝150°，∠BOC＝90°，则∠COA＝120°，
如图所示．
OA＝a，OB＝，OC＝c.
一方面：S△ABC＝S△AOB＋S△BOC＋S△COA
＝a··sin 150°＋··c＋·casin 120°
＝(ab＋2bc＋3ac)
另一方面：S△ABC＝AC·BC
＝×4×3＝6.
∴(ab＋2bc＋3ac)＝6.
即ab＋2bc＋3ac＝24.
2．构造四面体巧证不等式
例2 设x>0，y>0，z>0，求证：
＋>.
证明
如图所示，构造四面体V—ABC，
使∠AVB＝∠BVC
＝∠CVA＝60°，
且VA＝x，VB＝y，VC＝z，
由余弦定理得
AB＝
＝
同理，BC＝，CA＝，
在△ABC中，由于AB＋BC>CA，
故有：＋
>.
