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°
题 号
1
2
3
4
5
答 案
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．
答案详解
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
2．90° (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．
综上，＝＝.
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 [由余弦定理知D正确．]
2．B [因为a>b，A为钝角，所有只有一个解．]
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°
题 号
1
2
3
4
5
答 案
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∴△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 [∵A∶B∶C＝1∶2∶3，∴A＝30°，B＝60°，C＝90°，
∴a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C＝1∶∶2.]
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＝，所以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°
题 号
1
2
3
4
5
答 案
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°∴A＝30°.
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．不确定
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
题 号
1
2
3
4
5
答 案
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：＝.
10．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知bcos C＝(2a－c)cos B.
(1)求角B的大小；
(2)若b2＝ac，试确定△ABC的形状．
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 因为左边＝＝＝·＝＝右边，所以＝.
方法二 右边＝＝
＝·＝·＝＝左边，
所以＝.
变式训练1 证明 方法一
因为左边＝＝
右边＝＝，
∴等式成立．
方法二 因为右边＝
＝＝＝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.
又∵2b＝a＋c，∴2b＝2a，即b＝a.∴△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°.
∴△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 [∵2cos Bsin A＝sin C，∴2××a＝c，
∴a＝b.故△ABC为等腰三角形．]
2．C [∵b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2＋ac，
∴cos B＝，∴B＝120°.]
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·AC·sin 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 因为右边＝
＝·cos B－·cos A
＝·－·
＝－＝＝左边．
所以＝.
10．解析 (1)由已知及正弦定理，有
sin Bcos C＝(2sin A－sin C)cos B，
即sin Bcos C＋cos Bsin C＝2sin Acos B.
∴sin(B＋C)＝2sin Acos B.
∵sin(B＋C)＝sin A≠0，∴2cos B＝1，
即cos B＝，∴B＝60°.
(2)由题设，b2＝ac.由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos B，
∴ac＝a2＋c2－2accos 60°，即a2＋c2－2ac＝0.
∴(a－c)2＝0.从而有a＝c.
由(1)知B＝60°，
∴A＝B＝C＝60°.∴△ABC为正三角形．
第一章 解三角形
§1.1 正弦定理和余弦定理
材拓展
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．
法突破
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< aa<
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．
区突破
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．
题多解
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∴0∵AB∴C∴0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
题赏析
1．(2009·上海)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．(2011·大纲卷)△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
材拓展
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＝；
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：
法突破
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 (2009·北京昌平区期末)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)．
区突破
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 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)．
题多解
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．
题赏析
1．(2009·宁夏，海南)
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．(2009·福建)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．
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最快追上乙船？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
题 号
1
2
3
4
答 案
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 下方 (2)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°方向前进才能最快追上乙船，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，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，t1t2＝.
从而|t1－t2|＝＝1.]
4．A [设行驶x小时后甲到点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．]
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(－)．
∴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，则平行四边形的面积是( )
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
题 号
1
2
3
4
5
答 案
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，所以△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 2.B 3.B 4.A 5.A
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°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.
本章回顾
识结构
点回放
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
想方法
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．如下图所示：
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．
思妙解
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：＋
>.
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)求角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相关三角形中，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的测量问题时，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
题 号
1
2
3
4
5
答 案
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为______．
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＝＝＝.
综上，A＝60°，C＝75°，c＝，或A＝120°，C＝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＋162－2×55×16×＝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，整理得，3x2＋4x－7＝0，
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＝.
第一章 解三角形 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
题 号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答 案
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________．(填序号)
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．
答 案 详 解
第一章 章末检测
1．B 2.A 3.A 4.D 5.A 6.A 7.B
8．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的角平分线长为m，
则S1∶S2＝∶
＝1∶2.
16．③
解析 在△ABC中，
A>B，sin A>sin B，cos A∴1－2sin2 A<1－2sin2 B，
∴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.
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．(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×＝.
