第一章 解三角形
§1.1 正弦定理和余弦定理
1．几何法证正弦定理
设BD为△ABC外接圆⊙O的直径，则BD＝2R，下面按∠A为直角、锐角、钝角三种情况加以证明．
(1)若∠A为直角，如图①，则BC经过圆心O，∴BC为圆O的直径，BC＝2R，＝＝BC＝2R.
(2)若∠A为锐角，如图②，连结CD，则∠BAC＝∠BDC，
在Rt△BCD中，＝，
∵＝BD＝2R，∴＝2R.
即＝2R.
(3)若∠A为钝角，如图③，连结CD，则∠BAC＋∠CDB＝π，所以sin∠BAC＝sin∠CDB，
在Rt△BCD中，＝BD＝2R，
又∵＝，
∴＝2R，即＝2R.
可证得：＝2R.同理可证：＝2R，＝2R.
所以，不论△ABC是锐角三角形，直角三角形，还是钝角三角形，都有：＝＝＝2R(其中R为△ABC的外接圆的半径)．
正弦定理：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，并且都等于其外接圆的直径．
2．坐标法证余弦定理
如图所示，以△ABC的顶点A为原点，射线AC为x轴的正半轴，建立
直角坐标系，这时顶点B可作角A终边的一个点，它到原点的距离r＝c.设点B的坐标为(x，y)，由三角函数的定义可得：x＝ccos A，y＝csin A，即点B为(ccos A，csin A)，又点C的坐标是(b,0)．
由两点间的距离公式，可得：
a＝BC＝.
两边平方得：a2＝(b－ccos A)2＋(－csin A)2
＝b2＋c2－2bccos A.
以△ABC的顶点B或顶点C为原点，建立直角坐标系，同样可证
b2＝a2＋c2－2accos B，c2＝a2＋b2－2abcos C.
余弦定理：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值的积的2倍.
余弦定理的第二种形式是：
cos A＝，cos B＝，
cos C＝.
易知：A为锐角?b2＋c2－a2>0；
A为直角?b2＋c2－a2＝0；
A为钝角?b2＋c2－a2<0.
由此可见：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．
一、解三角形的常见类型及解法
方法链接：在三角形的边、角六个元素中，只要知道三个，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.
在解题过程中，也可以先利用正弦定理求解，再利用“三角形内角和定理”和“大边对大角”来检验．
例1
如图所示，在四边形ABCD中，已知AD⊥CD，AD＝10，AB＝14，∠BDA＝60°，∠BCD＝135°.求BC的长．
解 在△ABD中，设BD＝x，
则BA2＝BD2＋AD2－2BD·AD·cos∠BDA，
即142＝x2＋102－2·10x·cos 60°，
整理得x2－10x－96＝0，解之得x1＝16，x2＝－6(舍去)．
由正弦定理：＝，
∴BC＝·sin 30°＝8.
二、三角形解的个数判断
方法链接：已知三角形的两边及一边的对角，可用正弦定理解三角形，也可用余弦定理解三角形．如已知a，b，A，可先由余弦定理求出边c，即列关于c的方程a2＝b2＋c2－2bccos A，解出c后要注意验证c值是否与a，b能构成三角形．符合题意的c值有几个，对应的三角形就有几解．若采用正弦定理解三角形，可以结合下表先判断解的情况，再解三角形.
A为锐角
A为钝角或直角
图形
关系式
a＝bsin A
a≥b
bsin A< a
a< bsin A
a>b
a≤b
解个数
一解
一解
两解
无解
一解
无解
例2 已知△ABC中，b＝3，c＝3，B＝30°，求a的值．
解 方法一 利用余弦定理求解．
先将b＝3，c＝3，B＝30°代入b2＝a2＋c2－2accos B，
有32＝a2＋(3)2－2a·3·cos 30°.
整理，得a2－9a＋18＝0.
所以a＝6或a＝3，经检验6和3均符合题意．
所以a的值为6或3.
方法二 利用正弦定理求解．
∵csin B＝，∴c>b>csin B．∴△ABC有两解．
∵＝＝6，∴sin C＝.∴C＝60°或C＝120°.
当C＝60°时，A＝180°－B－C＝90°.
由＝＝6，解得：a＝6.
当C＝120°时，A＝180°－B－C＝30°.
由＝＝6，解得a＝3.所以a的值为6或3.
三、三角形的面积公式及应用
方法链接：三角形面积的常用计算公式
(1)S＝aha(ha表示a边上的高)；
(2)S＝absin C＝acsin B＝bcsin A；
(3)S＝r(a＋b＋c) (r为三角形内切圆半径)；
(4)S＝ (可由正弦定理推得)；
(5)S＝2R2sin A·sin B·sin C (R是三角形外接圆半径)；
(6)S＝ (p是三角形的半周长)．
例3 在△ABC中，已知∠B＝60°，面积为10，外接圆半径为R＝，求三边a，b，c.
解 b＝2Rsin B＝2××＝7，
∵S△ABC＝acsin B，∴10＝ac×，∴ac＝40，
由b2＝a2＋c2－2accos B，得a2＋c2＝89.
由 解得.∴或.
所以△ABC的三边长为
a＝8，b＝7，c＝5或a＝5，b＝7，c＝8.
四、利用正、余弦定理求三角形外接圆半径
方法链接：利用正弦定理＝＝＝2R，(其中R是△ABC的外接圆半径)可以推得以下结论：
(1)R＝＝＝；
(2)R＝；
(3)R＝(其中S为△ABC的面积)；
(4)R＝ (其中p为(a＋b＋c)，即△ABC的半周长)．
有了这些结论，我们可以容易解决涉及三角形外接圆的问题．
例4
如图所示，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．
解 如图所示，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．
∵∠POQ＝60°，
∴∠AMB＝120°.
在△ABM中，AB2＝MA2＋MB2－2MA·MBcos 120°.
∴AB2＝22＋112－2×2×11×＝147
∴AB＝7.
由正弦定理得OM＝＝＝＝14.
五、利用正、余弦定理判断三角形形状
方法链接：(1)判断三角形的形状，主要有以下两种途径：
①利用正、余弦定理，把已知条件转化为边边关系，然后通过因式分解，配方等方法，得出边的相应关系，从而判断三角形的形状；
②利用正、余弦定理，把已知条件转化为角角关系，然后通过三角恒等变形，得出内角的关系，从而判断三角形的形状．
(2)判断三角形的形状时，在等式变形中，一般两边不要约去公因式，以免漏解．
(3)常见的三角形有：正三角形、等腰三角形、直角三角形、等腰直角三角形、钝角三角形或锐角三角形．
例5 在△ABC中，acos A＋bcos B＝ccos C，试判断三角形的形状．
解 方法一 由正弦定理，
设＝＝＝k>0，
∴a＝ksin A，b＝ksin B，c＝ksin C，代入已知条件得
ksin Acos A＋ksin Bcos B＝ksin Ccos C，
即sin Acos A＋sin Bcos B＝sin Ccos C.
根据二倍角公式得sin 2A＋sin 2B＝sin 2C，
即sin[(A＋B)＋(A－B)]＋sin[(A＋B)－(A－B)]
＝2sin Ccos C，∴2sin(A＋B)cos(A－B)＝2sin Ccos C.
∵A＋B＋C＝π，∴A＋B＝π－C，
∴sin(A＋B)＝sin C≠0，
∴cos(A－B)＝cos C，
又∵cos(A＋B)＝－cos C，
∴cos(A－B)＋cos (A＋B)＝0，
∴2cos Acos B＝0，∴cos A＝0或cos B＝0，
即A＝90°或B＝90°，∴△ABC是直角三角形．
方法二 由余弦定理知
cos A＝，cos B＝，cos C＝，
代入已知条件得
a·＋b·＋c·＝0，
通分得a2(b2＋c2－a2)＋b2(a2＋c2－b2)＋c2(c2－a2－b2)＝0，
展开整理得(a2－b2)2＝c4.
∴a2－b2＝±c2，
即a2＝b2＋c2或b2＝a2＋c2.
根据勾股定理知△ABC是直角三角形．
六、利用正、余弦定理证明三角形中的恒等式
方法链接：证明三角恒等式有三种方向：一种是从等式某一侧证到另一侧；一种是将式子的两侧同时整理化简得到相同的结果；最后一种是将要证的恒等式进行适当的等价变形，证明等价变形后的式子成立即可．不论哪种方向都应遵循“从繁化简”的原则．
例6 在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，
求证：＋＋＝0.
分析 利用正弦定理把边角统一为角的代数式，再结合三角公式求证．
证明 由正弦定理＝＝＝2R.
∴a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，C＝2Rsin C.
∴＝
＝
＝
＝4R2(cos B－cos A)；
同理＝4R2(cos C－cos B)；
＝4R2(cos A－cos C)．
∴左边＝＋＋
＝4R2(cos B－cos A)＋4R2(cos C－cos B)＋4R2(cos A－cos C)
＝4R2(cos B－cos A＋cos C－cos B＋cos A－cos C)＝0.
∴左边＝右边．
即＋＋＝0成立．
1．忽视构成三角形的条件而致错
例1 已知钝角三角形的三边a＝k，b＝k＋2，c＝k＋4，求k的取值范围．
[错解] ∵c>b>a且△ABC为钝角三角形，∴C为钝角．
由余弦定理得cos C＝
＝＝<0.
∴k2－4k－12<0，解得－2又∵k为三角形的边长，∴k>0.
综上所述，0[点拨] 忽略了隐含条件：k，k＋2，k＋4构成一个三角形，k＋(k＋2)>k＋4.即k>2而不是k>0.
[正解] ∵c>b>a，且△ABC为钝角三角形，∴C为钝角．
由余弦定理得cos C＝＝<0.
∴k2－4k－12<0，解得－2由两边之和大于第三边得k＋(k＋2)>k＋4，
∴k>2，综上所述，k的取值范围为22．忽视边角之间的关系而致错
例2 在△ABC中，已知A＝60°，a＝，b＝2，则∠B＝________.
[错解] 在△ABC中，由正弦定理，
可得sin B＝＝＝，
所以B＝45°或B＝135°.
[点拨] 上述错解中的错误十分明显，若B＝135°，则A＋B＝195°>180°，故B＝135°不适合题意，是个增解．这个增解产生的根源是忽视了a>b这一条件，根据三角形的边角关系，角B应小于角A，故B＝135°应舍去．
[正解] 在△ABC中，由正弦定理可得
sin B＝＝＝，
因为a>b，所以A>B，所以B＝45°.
3．忽视角之间的关系而致错
例3 在△ABC中，＝，试判断三角形的形状．
[错解] ＝?＝，?＝，
?sin Acos A＝sin Bcos B，?sin 2A＝sin 2B，
∴A＝B.
∴△ABC是等腰三角形．
[点拨] 上述错解忽视了满足sin 2A＝sin 2B的另一个角之间的关系：2A＋2B＝180°.
[正解] ＝?＝，?＝
?sin Acos A＝sin Bcos B?sin 2A＝sin 2B
?2A＝2B或2A＋2B＝π.∴A＝B或A＋B＝.
∴△ABC是等腰三角形或直角三角形．
例 已知△ABC中，AB＝1，BC＝2，则角C的取值范围是( )
A．0C.分析 数学中的许多问题可以从不同角度去考虑．例如本题可以从正弦定理、余弦定理、构造图形等角度去考虑．
解析 方法一 (应用正弦定理)
∵＝，∴＝∴sin C＝sin A，
∵0∵AB方法二 (应用数形结合)
如图所示，以B为圆心，以1为半径画圆，
则圆上除了直线BC上的点外，都可作为A点．从点C向圆B作切线，设切点为A1和A2，当A与A1、A2重合时，角C最大，易知此时：
BC＝2，AB＝1，AC⊥AB，∴C＝，∴0答案 A
1．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．
(1)证明 ∵m∥n，∴asin A＝bsin B，即a·＝b·，
其中R是△ABC外接圆半径，
∴a2＝b2，∴a＝b.∴△ABC为等腰三角形．
(2)解 由题意知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△ABC＝absin C＝×4×sin＝.
赏析 在正、余弦定理与平面向量的交汇点上命题是近几年高考的热点题型之一，题目难度一般不大，以中、低档题为主．
2．△ABC的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，asin A＋csin C－asin C＝bsin B.
(1)求B；
(2)若A＝75°，b＝2，求a，c.
解 (1)由正弦定理得a2＋c2－ac＝b2，
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B，
故cos B＝.
又B为三角形的内角，因此B＝45°.
(2)sin A＝sin(30°＋45°)＝sin 30°cos 45°＋cos 30°sin 45°＝.
故a＝＝＝1＋，
c＝＝2×＝.
§1.2 应用举例
1．常见的有关名词、术语
名词、术语
意义
仰角与俯角
与目标视线同在一铅垂平面内的水平视线和目标视线的夹角，目标视线在水平视线上方时叫仰角；目标视线在水平视线下方时叫俯角．如图1
方位角
一般是指北方向线顺时针到目标方向线的水平角．如方位角60°是指北偏东60°
坡角
坡面与水平面的夹角
坡比
坡面的铅直高度与水平宽度之比，即i＝＝tan α(i为坡比，α为坡角)，如图2
2．测量距离的基本类型及方案
类别
两点间不可通或不可视
两点间可视但点不可达
两点都不可达
图形
方法
用余弦定理
用正弦定理
在△ACD中用正弦定理求AC
在△BCD中用正弦定理求BC
在△ABC中用余弦定理求AB
结论
AB＝
AB＝
①AC＝；
②BC＝；
③AB＝
3.测量高度的基本类型及方案
类别
点B与点C、D共线
点B与C、D不共线
图形
方法
先用余弦定理求出AC或AD，再解直角三角形求出AB
在△BCD中先用正弦定理求出BC，在△ABC中∠A可知，再用正弦定理求出AB
结论
AB＝a
AB＝
4．解三角形应用题的一般步骤
(1)读懂题意，理解问题的实际背景，明确已知与所求，理清量与量之间的关系；
(2)根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形模型；
(3)正确选择正、余弦定理求解；
(4)将三角形的解还原为实际问题，注意实际问题中的单位、近似计算的要求．
可用下图描述：
一、测量距离问题
方法链接：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．当涉及的三角形较多时，应寻求最优解法．
例1
如图所示，某炮兵阵地位于A点，两观察所分别位于C，D两点．已知△ACD为正三角形，且DC＝ km，当目标出现在B时，测得∠CDB＝45°，∠BCD＝75°，求炮兵阵地与目标的距离是多少？(结果保留根号)
分析 要求AB的长，可转化为解△ABC或△ABD，不管在哪个三角形中，AB边所对的角∠ACB或∠ADB都是确定的，AC＝AD＝CD＝，所需要的是BC边(或BD边)，所以需先求BC边(或BD边)，可在△BCD中，结合余弦定理求解．
解 在△BCD中，∠CDB＝45°，∠BCD＝75°，
∴∠CBD＝180°－∠BCD－∠CDB＝60°.
由正弦定理，得BD＝＝(＋)．
在△ABD中，∠ADB＝45°＋60°＝105°，
由余弦定理，
得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos 105°
＝3＋(＋)2＋2××(＋)×(－)
＝5＋2.∴AB＝ (km)．
∴炮兵阵地与目标的距离是 km.
二、测量高度问题
方法链接：1.与测量高度有关的实际应用题主要有两类：一类是与铅垂线有关的问题，解决这类问题的关键是勾画出平面图形，再分析有关三角形中哪些边与角已知，要求高度，需要知道哪些边与角，其次要注意正弦定理、余弦定理以及解直角三角形的应用；另一类是立体问题，解决这类问题的关键是依据题意画好立体图形．
2．与测量高度有关的问题多数会涉及到直角三角形中线段的计算，注意直角三角形中边角关系的运用．
3．解决测量高度应用题易错的地方是：对有关术语没有正确理解，从而无法画出有关图形．
例2 (1)如图所示，
在山底测得山顶仰角∠CAB＝45°，沿倾斜角为30°的斜坡走1 000米至S点，又测得山顶仰角∠DSB＝75°，求山高BC；
(2)某人在塔的正东沿着南偏西60°的方向前进40米以后，望见塔在东北方向，若沿途测得塔的最大仰角为30°，求塔高．
解 (1)∵∠SAB＝∠CAB－∠CAS＝45°－30°＝15°，
∠SBA＝∠ABC－∠SBC＝45°－15°＝30°，
∴∠ASB＝180°－30°－15°＝135°.
在△ABS中，AB＝＝＝1 000(米)．
∴BC＝AB·sin 45°＝1 000×＝1 000(米)．
答 山高BC为1 000米．
(2)
依题意画出图，某人在C处，AB为塔高，沿CD前进，CD＝40米，此时∠DBF＝45°，从C到D测塔的仰角，只有B到CD最短时，仰角才最大，这是因为tan∠AEB＝，AB为定值，要求出塔高AB，必须先求BE，而要求BE，须先求BD(或BC)．
在△BDC中，CD＝40(米)，
∠BCD＝30°，∠DBC＝135°.
由正弦定理得＝，
∴BD＝＝20(米)．
在Rt△BED中，∠BDE＝180°－135°－30°＝15°.
∴BE＝DBsin 15°＝20×＝10(－1) (米)．
在Rt△ABE中，∠AEB＝30°，
∴AB＝BEtan 30°＝(3－)(米)．
故所求的塔高为(3－)米．
三、测量角度问题
方法链接：对于有些与角度有关的实际问题，我们无法直接测量其角度，则需要在实际问题中构造相关三角形，通过解三角形，求出相关角度．
例3 一缉私艇发现在北偏东45°方向且距离12 n mile的海面上有一走私船正以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A，C分别表示缉私艇，走私船的位置，设经过x小时后在B处追上，则有AB＝14x，BC＝10x，∠ACB＝120°.
∴(14x)2＝122＋(10x)2－240xcos 120°，
∴x＝2，AB＝28，BC＝20，sin α＝＝.
∴所需时间为2小时，sin α＝.
四、三角形中的求值问题
方法链接：涉及三角形中的计算问题时，一些基本关系式经常用到，这些关系式是：
(1)A＋B＋C＝π，A＝π－(B＋C)；
(2)＋＝，＝－；
(3)sin C＝sin (A＋B)，cos(A＋B)＝－cos C；
(4)tan(A＋B)＝－tan C，tan A＋tan B＋tan C
＝tan Atan Btan C；
(5)sin ＝cos，cos ＝sin ，
tan·tan ＝1；
(6)A>B>C?sin A>sin B>sin C.
例4 在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且满足(2a－c)cos B＝bcos C.
(1)求角B的大小；
(2)若b＝，a＋c＝4，求△ABC的面积．
解 (1)在△ABC中，由正弦定理得
a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C，
代入(2a－c)cos B＝bcos C，
整理得2sin Acos B＝sin Bcos C＋sin Ccos B，
即2sin Acos B＝sin(B＋C)＝sin A，
在三角形中，∵sin A>0，∴2cos B＝1，
∵B是三角形的内角，∴B＝60°.
(2)在△ABC中，由余弦定理得
b2＝a2＋c2－2ac·cos B＝(a＋c)2－2ac－2ac·cos B，
将b＝，a＋c＝4，代入整理，得ac＝3.
故S△ABC＝acsin B＝sin 60°＝.
五、证明平面几何问题
方法链接：正弦定理和余弦定理是研究三角形的重要工具，在处理平面几何问题中有着广泛的应用．一些三角形中重要线段的求解和著名定理的证明都离不开正、余弦定理的综合运用．
例5 已知凸四边形的边长分别为a、b、c、d，对角线相交成45°角，若S为四边形的面积，求证：S＝(a2－b2＋c2－d2)．
证明 设凸四边形ABCD的对角线相交于点O，设AO、CO、BO、DO分别为m、n、p、q，则由面积公式得：
S＝(mp＋pn＋nq＋qm)sin 45°
由余弦定理得
a2＝m2＋p2＋2mpcos 45°①
b2＝n2＋p2－2npcos 45°②
c2＝n2＋q2＋2nqcos 45°③
d2＝q2＋m2－2qmcos 45°④
由①－②＋③－④得：
a2－b2＋c2－d2＝2(mp＋pn＋nq＋qm)cos 45°
∵(mp＋pn＋nq＋qm)sin 45°＝2S.
∴a2－b2＋c2－d2＝4S，
即S＝(a2－b2＋c2－d2)．
1．忽略角的隐含范围而致错
例1 在△ABC中，B＝3A，求的取值范围．
[错解] 由正弦定理得
＝＝
＝＝
＝cos 2A＋2cos2A＝4cos2A－1.
∵0≤cos2A≤1，
∴－1≤4cos2A－1≤3，
∵>0，∴0<≤3.
[点拨] 忽略了三角形内角和为180°，及角A、B的取值范围，从而导致取值范围求错．
[正解] 由正弦定理得＝＝
＝＝
＝cos 2A＋2cos2A＝4cos2A－1
∵A＋B＋C＝180°，B＝3A.
∴A＋B＝4A<180°，∴0°∴温馨点评 解三角问题，角的取值范围至关重要．一些问题，角的取值范围隐含在题目的条件中，若不仔细审题，深入挖掘，往往疏漏而导致解题失败．
2．忽略角的大小隐含关系而致错
例2 在△ABC中，已知cos A＝，sin B＝，则cos C的值为( )
A. B.
C.和 D．－
[错解] ∵cos A＝，0∴sin A＝.
∵sin B＝，0∴cos B＝±.
当cos B＝时，cos C＝－cos(A＋B)
＝sin Asin B－cos Acos B
＝×－×＝.
当cos B＝－时，cos C＝－cos(A＋B)
＝sin Asin B－cos Acos B
＝×－×＝，选C.
[点拨] 本题解答中关键一步是sin A>sin B?∠A>∠B.从而确定cos B＝而不是cos B＝±，否则会错选C.事实上，在△ABC中，我们可以由正弦定理可证得sin A>sin B的充要条件是A>B.
[正解] ∵cos A＝，0∵sin A>sin B，从而a>b，故∠A>∠B，
∴cos B＝，
∴cos C＝－cos(A＋B)＝sin Asin B－cos Acos B＝，
∴选A.
3．忽略审题环节，画图不准而致错
例3 在湖面上高h m处，测得云C的仰角为α，而湖中云之影(即云在湖中的像)的俯角为β，试证：云高为h· m.
[点拨] 本题常因审题不准，题意不清画不出合乎题意图形而放弃或因画错图形而致错．
[正解] 分析 因湖面相当于一平面镜，故云C与它在湖中的影D关于湖面对称．设云高为CM＝x，则由△ADE可建立含x的方程，解出x即可．
解 如图所示，设在湖面上高为h m处的A，测得C的仰角为α，而C在湖中的像D的俯角为β，CD与湖面交于M，过A的水平线交CD于E，设云高CM＝x，则CE＝x－h，DE＝x＋h，AE＝(x－h)cot α.
又AE＝(x＋h)cot β，
所以(x－h)cot α＝(x＋h)cot β.
解得x＝·h＝h· (m)．
例
在某海滨城市附近海面有一台风，据监测，当前台风中心位于城市O(如图1所示)的东偏南θ (cos θ＝)方向300 km的海面P处，并以20 km/h的速度向西偏北45°方向移动．台风侵袭的范围为圆形区域，当前半径为60 km，并以10 km/h的速度不断增大．问几小时后该城市开始受到台风的侵袭？
解 方法一 (构建三角形，解三角形)
设在时刻t(h)台风中心为Q，此时台风侵袭的圆形区域半径为10t＋60 (km)，如图2所示．
若在时刻t城市O受到台风的侵袭，则OQ≤10t＋60.
由余弦定理知
OQ2＝PQ2＋PO2－2·PQ·PO·cos∠OPQ.
由于PO＝300，PQ＝20t，
cos∠OPQ＝cos(θ－45°)
＝cos θcos 45°＋sin θsin 45°
＝×＋ ×＝，
故OQ2＝(20t)2＋3002－2×20t×300×
＝202t2－9 600t＋3002.
因此202t2－9 600t＋3002≤(10t＋60)2，
即t2－36t＋288≤0，解得12≤t≤24.
答 12小时后该城市开始受到台风的侵袭．
方法二 (构建动圆，利用点圆关系)
如图3所示，建立坐标系，以O为原点，正东方向为x轴正向．
在时刻t(h)台风中心P(xt，yt)的坐标为
此时台风侵袭的区域是(x－xt)2＋(y－yt)2≤[r(t)]2，
其中r(t)＝10t＋60.
若在t时刻城市O受到台风的侵袭，则有
(0－xt)2＋(0－yt)2≤(10t＋60)2，
即2
＋2≤(10t＋60)2，
即t2－36t＋288≤0，解得12≤t≤24.
答 12小时后该城市开始受到台风的侵袭．
1.
如图，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．
分析 为求∠DEF的余弦值，应先求出线段DE、DF、EF的长，求这三条线段的长时要充分构造直角三角形．
解 作DM∥AC交BE于点N，交CF于点M.
DF＝＝＝10(m)，
DE＝＝＝130(m)
EF＝
＝＝150(m)
在△DEF中，由余弦定理的变形公式，得
cos∠DEF＝
＝＝.
赏析 本题是2009年宁夏、海南高考试题，有一定计算量，但难度不大，涉及到的三条线段DE、DF、EF均可以借助直角三角形计算．
2．如图，
某市拟在长为8 km的道路OP的一侧修建一条运动赛道，赛道的前一部分为曲线段OSM，该曲线段为函数y＝Asin ωx(A>0，ω>0)，x∈[0，4]的图象，且图象的最高点为S(3,2)；赛道的后一部分为折线段MNP，为保证参赛运动员的安全，限定∠MNP＝120°.
(1)求A，ω的值和M，P两点间的距离；
(2)应如何设计，才能使折线段赛道MNP最长？
解 (1)依题意，有A＝2，＝3，
又T＝，∴ω＝.∴y＝2sinx.
当x＝4时，y＝2sin＝3，∴M(4,3)．
又P(8,0)，∴MP＝＝5.
(2)
在△MNP中，∠MNP＝120°，MP＝5.
设∠PMN＝θ，则0°<θ<60°.
由正弦定理得
＝＝，
∴NP＝sin θ，MN＝sin(60°－θ)，
∴NP＋MN＝sin θ＋sin(60°－θ)
＝＝sin(θ＋60°)．
∵0°<θ<60°，
∴60°<θ＋60°<120°，
∴当θ＝30°时，折线段赛道MNP最长．
即将∠PMN设计为30°时，折线段赛道MNP最长．
赏析 本题考查了三角函数的图象与性质以及解三角形等基础知识，旨在引导学生利用所学知识分析和解决实际问题．
第一章 章末检测
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1．在△ABC中，c＝，则bcos A＋acos B等于( )
A．1 B. C．2 D．4
2．设甲、乙两楼相距20 m，从乙楼底望甲楼顶的仰角为60°，从甲楼顶望乙楼顶的俯角为30°，则甲、乙两楼的高分别是( )
A．20 m， m
B．10 m,20 m
C．10(－) m,20 m
D. m， m
3．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若a2＋c2－b2＝ac，则角B的值为( )
A. B.
C.或 D.或
4．已知△ABC中，sin A∶sin B∶sin C＝k∶(k＋1)∶2k，则k的取值范围是( )
A．(2，＋∞) B．(－∞，0)
C. D.
5．在△ABC中，AB＝3，AC＝2，BC＝，则·等于( )
A．－ B．－ C. D.
6．从高出海平面h米的小岛看到正东方向有一只船俯角为30°，看到正南方向有一只船俯角为45°，则此时两船间的距离为( )
A．2h米 B.h米 C.h米 D．2h米
7．在锐角△ABC中，有( )
A．cos A>sin B且cos B>sin A
B．cos AC．cos A>sin B且cos BD．cos Asin A
8．在△ABC中，已知a＝，b＝，A＝30°，则c等于( )
A．2 B.
C．2或 D．以上都不对
9．根据下列情况，判断三角形解的情况，其中正确的是( )
A．a＝8，b＝16，A＝30°，有两解
B．b＝18，c＝20，B＝60°，有一解
C．a＝5，c＝2，A＝90°，无解
D．a＝30，b＝25，A＝150°，有一解
10．在某个位置测得某山峰仰角为θ，对着山峰在平行地面上前进600 m后测仰角为原来的2倍，继续在平行地面上前进200 m后，测得山峰的仰角为原来的4倍，则该山峰的高度是( )
A．200 m B．300 m
C．400 m D．100 m
11．若＝＝，则△ABC是( )
A．等边三角形
B．有一内角是30°的直角三角形
C．等腰直角三角形
D．有一内角是30°的等腰三角形
12．△ABC中，A＝，BC＝3，则△ABC的周长为( )
A．4sin＋3
B．4sin＋3
C．6sin＋3
D．6sin＋3
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．在△ABC中，－－＝______.
14.
如图所示，为了测定河的宽度，在一岸边选定两点A、B，望对岸标记物C，测得∠CAB＝30°，∠CBA＝75°，AB＝120 m，则河的宽度为______．
15．△ABC的三边长分别为3、4、6，则它的较大锐角的角平分线分三角形的面积比为________．
16．在△ABC中，若A>B，则下列关系中不一定正确的是________．
①sin A>sin B ②cos A③sin 2A>sin 2B ④cos 2A三、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)在△ABC中，角A、B、C所对的边长分别是a、b、c，且cos A＝.
(1)求sin2 ＋cos 2A的值；
(2)若b＝2，△ABC的面积S＝3，求a.
18．(12分)
如图所示，△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.
19．(12分)如图，
A、B、C、D都在同一个与水平面垂直的平面内，B、D为两岛上的两座灯塔的塔顶．测量船于水面A处测得B点和D点的仰角分别为75°、30°，于水面C处测得B点和D点的仰角均为60°，AC＝0.1 km.试探究图中B、D间距离与另外哪两点间距离相等，然后求B、D的距离(结果保留根号)．
20.(12分)在△ABC中，A最大，C最小，且A＝2C，a＋c＝2b，求此三角形三边之比．
21．(12分)在△ABC中，三个内角A、B、C的对边分别是a、b、c，其中c＝10，且＝＝.
(1)求证：△ABC是直角三角形；
(2)设圆O过A、B、C三点，点P位于劣弧上，∠PAB＝60°.求四边形ABCP的面积．
22．(12分)在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知a＋b＝5，c＝，且4sin2－cos 2C＝.
(1)求角C的大小；
(2)求△ABC的面积．
第一章 章末检测
1．B
2．A
3．A [∵a2＋c2－b2＝ac，
∴cos B＝＝＝，∴B＝.]
4．D [由正弦定理得：a＝mk，b＝m(k＋1)，c＝2mk(m>0)，
∵ 即，
∴k>.]
5．A [由余弦定理得cos A＝
＝＝.
∴·＝||·||·cos A＝3×2×＝.
∴·＝－·＝－.]
6．A
[如图所示，
BC＝h，AC＝h，
∴AB＝＝2h.]
7．B [由于A＋B>，得A>－B，即>A>－B>0
y＝cos x在是减函数，所以得cos A8．C [因a2＝b2＋c2－2bccos A，
∴5＝15＋c2－2×c×.
化简得：c2－3c＋10＝0，即(c－2)(c－)＝0，
∴c＝2或c＝.]
9．D [A中，因＝，所以sin B＝＝1
∴B＝90°，即只有一解；
B中sin C＝＝，且c>b，
∴C>B，故有两解；
C中，∵A＝90°，a＝5，c＝2
∴b＝＝＝，即有解，
故A、B、C都不正确．]
10．B [如图所示，600·sin 2θ＝200·sin 4θ，
∴cos 2θ＝，∴θ＝15°，∴h＝200·sin 4θ＝300 (m)．]
11．C [∵＝，
∴acos B＝bsin A，
∴2Rsin Acos B＝2Rsin Bsin A,2Rsin A≠0.
∴cos B＝sin B，∴B＝45°.同理C＝45°，故A＝90°.]
12．D [A＝，BC＝3，设周长为x，由正弦定理知＝＝＝2R，
∵＝，即＝.
∴2＝x，
即x＝3＋2
＝3＋2
＝3＋2
＝3＋2
＝3＋6＝3＋6sin.]
13．0
14．60 m
解析 在△ABC中，∠CAB＝30°，∠CBA＝75°，
∴∠ACB＝75°.∠ACB＝∠ABC.
∴AC＝AB＝120 m．∴宽h＝AC·sin 30°＝60 m.
15．1∶2
解析 不妨设a＝3，b＝4，c＝6，
则cos C＝＝－<0.
∴C为钝角，则B为较大锐角，设B的平分线长为m，
则S1∶S2＝∶
＝1∶2.
16．③
解析 在△ABC中，A>B，sin A>sin B，cos A∴1－2sin2A<1－2sin2B，
∴cos 2A17．解 (1)sin2 ＋cos 2A＝＋cos 2A
＝＋2cos2 A－1＝.
(2)∵cos A＝，∴sin A＝.
由S△ABC＝bcsin A，得3＝×2c×，解得c＝5.
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，可得
a2＝4＋25－2×2×5×＝13，∴a＝.
18．解 (1)因为∠BCD＝90°＋60°＝150°，CB＝AC＝CD，
∴∠CBE＝15°.∴cos∠CBE＝cos(45°－30°)＝.
(2)在△ABE中，AB＝2，由正弦定理得
＝，即＝，
故AE＝＝＝－.
19．解 在△ACD中，∠DAC＝30°，∠ADC＝60°－∠DAC＝30°，所以CD＝AC＝0.1.
又∠BCD＝180°－60°－60°＝60°，
故CB是△CAD底边AD的中垂线，
所以BD＝BA.在△ABC中，＝，
所以AB＝＝，∴BD＝(km)．
故B、D的距离为 km.
20．解 在△ABC中，由正弦定理得＝，
＝＝＝2cos C，
即cos C＝.由余弦定理得cos C＝，
∵2b＝a＋c，∴＝，
整理得2a3－3a2c－2ac2＋3c3＝0，
即(a＋c)(a－c)(2a－3c)＝0，
解得a＝－c(舍去)，a＝c或a＝c，
∵A>C，∴a>c，∴a＝c不合题意．
当a＝c时，b＝(a＋c)＝c，
∴a∶b∶c＝c∶c∶c＝6∶5∶4.
故此三角形的三边之比为6∶5∶4.
21．(1)证明 根据正弦定理得＝＝.
整理为sin Acos A＝sin Bcos B，即sin 2A＝sin 2B.
又∵＝，∴0＜A＜B＜π，∴0＜2A＜2B＜2π，
∴2A＝π－2B，即A＋B＝，∴C＝.
故△ABC是直角三角形．
(2)解 由(1)可得：a＝6，b＝8.
在Rt△ABC中，sin∠CAB＝＝，cos∠CAB＝.
∴sin∠PAC＝sin(60°－∠CAB)
＝sin 60°·cos∠CAB－cos 60°·sin∠CAB
＝×－×＝(4 －3)．
连结PB，在Rt△APB中，
AP＝AB·cos∠PAB＝5，
∴四边形ABCP面积
S＝S△ACB＋S△PAC
＝ab＋AP·AC·sin∠PAC
＝24＋×5×8×(4 －3)＝18＋8 .
22．解 (1)∵A＋B＋C＝180°，
由4sin2－cos 2C＝，
得4cos2－cos 2C＝，
∴4·－(2cos2C－1)＝，
整理，得4cos2C－4cos C＋1＝0，解得cos C＝，
∵0°(2)由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos C，
即7＝a2＋b2－ab，∴7＝(a＋b)2－3ab，
由条件a＋b＝5，得7＝25－3ab，ab＝6，
∴S△ABC＝absin C＝×6×＝.
第一章 解三角形 章末整合
知识概览
对点讲练
知识点一 正、余弦定理解三角形的基本问题
例1 在△ABC中，
(1)已知a＝，b＝，B＝45°，求A、C、c；
(2)已知sin A∶sin B∶sin C＝(＋1)∶(－1)∶，求最大角．
回顾归纳 已知三角形的两边和其中一边的对角，应用正弦定理解三角形时，有时可能出现一解、两解或无解情况，应结合图形并根据“三角形中大边对大角”来判断解的情况，作出正确取舍．
变式训练1 (1)△ABC中，AB＝1，AC＝，∠C＝30°，求△ABC的面积；
(2)已知a、b、c是△ABC中∠A、∠B、∠C的对边，S是△ABC的面积．若a＝4，b＝5，S＝5，求c的长度．
知识点二 正、余弦定理在三角形中的应用
例2 在△ABC中，a、b、c分别是A、B、C的对边长．已知b2＝ac且a2－c2＝ac－bc.
(1)求A的大小；(2)求的值．
回顾归纳 (1)在三角形的三角变换中，正、余弦定理及勾股定理是解题的基础．如果题目中同时出现角及边的关系，往往要利用正、余弦定理化成仅含边或仅含角的关系．
(2)要注意利用△ABC中A＋B＋C＝π，以及由此推得的一些基本关系式：sin(B＋C)＝sin A，cos(B＋C)＝－cos A，tan(B＋C)＝－tan A，sin＝cos 等，进行三角变换的运算．
变式训练2 在△ABC中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，4sin2－cos 2A＝.
(1)求角A的度数；
(2)若a＝，b＋c＝3，求b、c的值．
知识点三 正、余弦定理在实际问题中的应用
例3 A、B、C是一条直路上的三点，AB＝BC＝1 km，从这三点分别遥望一座电视发射塔P，A见塔在东北方向，B见塔在正东方向，C见塔在南偏东60°方向．求塔到直路的距离．
回顾归纳 (1)解斜三角形应用题的程序是：①准确地理解题意；②正确地作出图形(或准确地理解图形)；③把已知和要求的量尽量集中在有关三角形中，利用正弦定理和余弦定理有顺序地解这些三角形；④根据实际意义和精确度的要求给出答案．
(2)利用解斜三角形解决有关测量的问题时，其关键在于透彻理解题目中的有关测量术语．
变式训练3
如图所示，当甲船位于A处时获悉，在其正东方向相距20海里的B处有一艘渔船遇险等待营救，甲船立即前往救援，同时把消息告知在甲船的南偏西30°，相距10海里C处的乙船，设乙船按方位角为θ的方向沿直线前往B处救援，求sin θ的值．
1．正弦定理揭示了三角形的两边和对角的关系，因此，可解决两类问题：
(1)已知两角和其中任一边，求其他两边和一角，此时有一组解．
(2)已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角，从而进一步求出其他解，其解不确定．
2．余弦定理揭示了三角形中两边及其夹角与对应边的关系，是勾股定理的推广，它能解决以下两个问题：
(1)已知三边，求其他三角，其解是唯一的．
(2)已知两边及它们的夹角，求第三边及其他两角，此时也只有一解．
3．正、余弦定理将三角形的边和角有机地联系起来，从而使三角形与几何产生了联系，为求与三角形有关的量(如面积、外接圆、内切圆)提供了理论基础，也是判断三角形形状、证明三角形中有关等式的重要依据.
课时作业
一、选择题
1．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
2．在△ABC中，已知cos Acos B>sin Asin B，则△ABC是( )
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．等腰三角形
3．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
4．在△ABC中，A＝60°，AC＝16，面积为220，那么BC的长度为( )
A．25 B．51 C．49 D．49
5．△ABC中，下列结论：
①a2>b2＋c2，则△ABC为钝角三角形；②a2＝b2＋c2＋bc，则A为60°；③a2＋b2>c2，则△ABC为锐角三角形；④若A∶B∶C＝1∶2∶3，则a∶b∶c＝1∶2∶3.
其中正确的个数为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题
6．三角形两条边长分别为3 cm,5 cm，其夹角的余弦是方程5x2－7x－6＝0的根，则此三角形的面积是________．
7．在△ABC中，A＝60°，b＝1，S△ABC＝，则＝______.
8．一艘船以20 km/h的速度向正北航行，船在A处看见灯塔B在船的东北方向，1 h后船在C处看见灯塔B在船的北偏东75°的方向上，这时船与灯塔的距离BC等于________．
三、解答题
9．已知△ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且a＝2，cos B＝.
(1)若b＝4，求sin A的值；
(2)若△ABC的面积S△ABC＝4，求b，c的值．
10．在△ABC中，已知AB＝，cos B＝，AC上的中线BD＝，求sin A的值．
章末整合
对点讲练
例1 解 (1)由正弦定理及已知条件有＝，
得sin A＝，∵a>b，∴A>B＝45°，∴A＝60°或120°.
当A＝60°时，C＝180°－45°－60°＝75°，
c＝＝＝，
当A＝120°时，C＝180°－45°－120°＝15°，
c＝＝＝.
(2)根据正弦定理可知a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C
＝(＋1)∶(－1)∶，
∴边c最大，即角C最大．
设a＝(＋1)k，b＝(－1)k，c＝k，
则cos C＝＝
＝－.∵C∈(0，π)，∴C＝.
变式训练1 解 (1)＝，∴sin B＝，
∴B＝60°或120°，
当B＝60°时，A＝90°，∴BC＝2，此时，S△ABC＝.
当B＝120°时，A＝30°，
∴S△ABC＝××1×sin 30°＝.
综上，△ABC的面积为或.
(2)∵S＝absin C＝5，∴sin C＝，
于是C＝60°或C＝120°.
当C＝60°时，c2＝a2＋b2－2abcos C＝a2＋b2－ab＝21，
∴c＝；
当C＝120°时，c2＝a2＋b2－2abcos C＝a2＋b2＋ab＝61，
∴c＝.∴c的长度为或.
例2 解 (1)∵b2＝ac且a2－c2＝ac－bc，
∴a2－c2＝b2－bc，∴b2＋c2－a2＝bc，
∴cos A＝＝＝，∴A＝60°.
(2)方法一 在△ABC中，由正弦定理得：
sin B＝，∵b2＝ac，∴＝.
∴sin B＝＝，
∴＝sin A＝sin 60°＝.
方法二 在△ABC中，由面积公式得：
bcsin A＝acsin B
∵b2＝ac，∴bcsin A＝b2sin B，
∴＝sin A＝sin 60°＝.
变式训练2 解 (1)∵B＋C＝180°－A，
∴＝90°－.
由4sin2－cos 2A＝，
得4cos2－cos 2A＝，
即2(1＋cos A)－(2cos2 A－1)＝.
整理得4cos2A－4cos A＋1＝0.
∴cos A＝，又0°(2)由A＝60°，根据余弦定理得
cos A＝，即＝.
∴b2＋c2－a2＝bc，∵a＝，∴b2＋c2－bc＝3.
又b＋c＝3，∴b2＋c2＋2bc＝9，∴bc＝2.
由，解得或.
例3 解
如图所示，过C、B、P分别作CM⊥l，BN⊥l，PQ⊥l，垂足分别为M、N、Q.
设BN＝x，则PQ＝x，PA＝x.
∵AB＝BC，
∴CM＝2BN＝2x，PC＝2x.
在△PAC中，由余弦定理得
AC2＝PA2＋PC2－2PA·PC·cos 75°，
即4＝2x2＋4x2－4x2·，
解得x2＝，过P作PD⊥AC，垂足为D，
则线段PD的长为塔到直路的距离．
在△PAC中，由于AC·PD＝PA·PC·sin 75°，
得PD＝＝
＝··＝ (km)．
答 塔到直路的距离为 km.
变式训练3 解 在△ABC中，AB＝20，AC＝10，
∠BAC＝120°，
由余弦定理知：BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos 120°
＝202＋102－2×20×10×＝700.∴BC＝10.
由正弦定理得＝，
∴sin∠ACB＝·sin∠BAC＝·sin 120°＝.∴cos∠ACB＝.
∴sin θ＝sin(∠ACB＋30°)
＝sin∠ACB·cos 30°＋cos∠ACB·sin 30°
＝×＋×＝.
课时作业
1．C [∵sin B＝b·＝，且b2．C [cos Acos B>sin Asin B?cos(A＋B)>0，
∴A＋B<90°，∴C>90°，C为钝角．]
3．D [∵(a2＋c2－b2)tan B＝ac，
∴·tan B＝，即cos B·tan B＝sin B＝.
∵04．D [S△ABC＝AC×AB×sin 60°＝×16×AB×＝220，∴AB＝55.∴BC2＝AB2＋AC2－2AB×ACcos 60°＝552＋162－2×16×55×＝2 401∴BC＝49.]
5．A [①由a2>b2＋c2知A为钝角，①正确；②由a2＝b2＋c2＋bc知A＝120°，②错；③由a2＋b2>c2，仅能判断C为锐角，A、B未知，③错；④由A∶B∶C＝1∶2∶3，知A＝，B＝，C＝，∴sin A∶sin B∶sin C＝∶∶1＝1∶∶2，④错．所以仅①正确．]
6．6 cm2
解析 由5x2－7x－6＝0，解得x1＝－，x2＝2.
∵x2＝2>1，不合题意．∴设夹角为θ，则cos θ＝－
得sin θ＝，∴S＝×3×5×＝6 (cm2)．
7.
解析 由S＝bcsin A＝×1×c×＝，
∴c＝4.
∴a＝＝＝.
∴＝＝.
8．20 km
解析 如图所示，
＝
∴BC＝×sin 45°
＝×＝20 (km)．
9．解 (1)∵cos B＝>0，且0∴sin B＝＝.
由正弦定理得＝，sin A＝＝＝.
(2)∵S△ABC＝acsin B＝4，∴×2×c×＝4，∴c＝5.
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝22＋52－2×2×5×＝17，∴b＝.
10．解 设E为BC的中点．连接DE，则DE∥AB，且DE＝AB＝，设BE＝x.
在△BDE中利用余弦定理可得：
BD2＝BE2＋ED2－2BE·EDcos∠BED，
5＝x2＋＋2××x，
解得x＝1，x＝－(舍去)．故BC＝2，
从而AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos B＝，即AC＝.又sin B＝，故＝，sin A＝.
