课件30张PPT。1.1
1.1.1
正
弦
定
理理解教材新知突破常考题型跨越高分障碍第一章题型一题型二题型三知识点应用落实体验随堂即时演练课时达标检测1．1.1 正弦定理正弦定理 问题5：问题4中所得数字满足问题3中的结论吗？
提示：满足．
问题6：若是锐角三角形上述结论还成立吗？
提示：都成立． 1．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 .
2．解三角形
一般地，把三角形的三个角A、B、C和它们的对边 、
、 叫做三角形的元素，已知三角形的几个元素求其他元素的过程叫做 ．abc解三角形对正弦定理的理解
(1)适用范围：正弦定理对任意的三角形都成立．
(2)结构形式：分子为三角形的边长，分母为相应边所对角的正弦的连等式．
(3)揭示规律：正弦定理指出的是三角形中三条边与对应角的正弦之间的一个关系式，它描述了三角形中边与角的一种数量关系．
(4)主要功能：正弦定理的主要功能是实现三角形中边角关系的转化．已知两角及一边解三角形 [类题通法]
已知三角形任意两角和一边解三角形的基本思路
(1)由三角形的内角和定理求出第三个角．
(2)由正弦定理公式的变形，求另外的两条边．
注意：若已知角不是特殊角时，往往先求出其正弦值(这时应注意角的拆并，即将非特殊角转化为特殊角的和或差，如75°＝45°＋30°)，再根据上述思路求解．已知两边及一边的对角解三角形 [类题通法]
已知三角形两边和其中一边的对角解三角形时的方法
(1)首先由正弦定理求出另一边对角的正弦值．
(2)如果已知的角为大边所对的角时，由三角形中大边对大角，大角对大边的法则能判断另一边所对的角为锐角，由正弦值可求锐角唯一．
(3)如果已知的角为小边所对的角时，则不能判断另一边所对的角为锐角，这时由正弦值可求两个角，要分类讨论．判断三角形的形状 [类题通法]
1．判断三角形的形状，可以从考查三边的关系入手，也可以从三个内角的关系入手，从条件出发，利用正弦定理进行代换、转化，呈现出边与边的关系或求出角与角的关系或大小，从而作出准确判断．
2．判断三角形的形状，主要看其是否是正三角形、等腰三角形、直角三角形、钝角三角形或锐角三角形，要特别注意“等腰直角三角形”与“等腰三角形或直角三角形”的区别．[答案] 30°答案：B 答案：A答案：直角“课时达标检测”见“课时跟踪检测(一)”课件35张PPT。1.1
1.1.2
余
弦
定
理理解教材新知突破常考题型跨越高分障碍第一章题型一题型二题型三知识点应用落实体验随堂即时演练课时达标检测题型四1．1.2 余弦定理正弦定理 问题4：利用问题3的推导方法，能否推导出用b，c，A表示a?
提示：能．余弦定理b2＋c2－2bccos Aa2＋c2－2accos Ba2＋b2－2abcos C其他两边的平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍对余弦定理的理解
(1)适用范围：余弦定理对任意的三角形都成立．
(2)结构特征：“平方”、“夹角”、“余弦”．
(3)揭示的规律：余弦定理指的是三角形中三条边与其中一个角的余弦之间的关系式，它描述了任意三角形中边与角的一种数量关系．
(4)主要功能：余弦定理的主要功能是实现三角形中边角关系的互化．已知三角形的三边解三角形 [类题通法]
已知三角形的三边解三角形的方法
(1)先利用余弦定理求出一个角的余弦，从而求出第一个角；再利用余弦定理或由求得的第一个角，利用正弦定理求出第二个角；最后利用三角形的内角和定理求出第三个角．
(2)利用余弦定理求三个角的余弦，进而求三个角．已知三角形的两边及其夹角解三角形 [类题通法]
已知三角形的两边及其夹角解三角形的方法
先利用余弦定理求出第三边，其余角的求解有两种思路：一是利用余弦定理的推论求出其余角；二是利用正弦定理(已知两边和一边的对角)求解．
若用正弦定理求解，需对角的取值进行取舍，而用余弦定理就不存在这些问题(在(0，π)上，余弦值所对角的值是唯一的)，故用余弦定理求解较好．已知三角形的两边和其中一边的对角解三角形 [类题通法]
已知三角形的两边及其中一边的对角解三角形的方法
可根据余弦定理列一元二次方程求出第三边(注意边的取舍)，再利用正弦定理求其他的两个角；也可以由正弦定理求出第二个角(注意角的取舍)，再利用三角形内角和定理求出第三个角，最后再利用正弦定理求出第三边．答案：5判断三角形的形状 [解题流程]要求BC的长，应确定BC所在的三角形中的数量关系．[名师批注]
将四边形ABCD分解为两个△ABD和△BCD，利用余弦定理列出关于x的一元二次方程，化简方程时易出错，应注意步骤及计算的准确性．
由AD⊥CD，∠BDA＝60°得∠CDB＝30°，学生有时不易想到．答案： C答案：C答案：2“课时达标检测”见“课时跟踪检测(二)”课件31张PPT。1.2
1.2.1
正、余弦定理在实际中的应用理解教材新知突破常考题型跨越高分障碍第一章题型一题型二知识点应用落实体验随堂即时演练课时达标检测1.2.1 正、余弦定理在实际中的应用测量中的基本术语实际测量中的有关名称、术语 南偏西60°(指以正南方向为始边，转向目标方向线形成的角 解三角形实际问题的一般步骤，在弄清题意的基础上作出示意图，在图形中分析已知三角形中哪些元素，需求哪些量．用正、余弦定理解三角形是解题的关键环节．测量高度问题 [类题通法]
测量高度问题的要求及注意事项
(1)依题意画图是解决三角形应用题的关键，问题中，如果既有方向角(它是在水平面上所成的角)，又有仰(俯)角(它是在铅垂面上所成的角)，在绘制图形时，可画立体图形和平面图形两个图，以对比分析求解；
(2)方向角是相对于在某地而言的，因此在确定方向角时，必须先弄清楚是哪一点的方向角．从这个意义上来说，方向角是一个动态角，在理解题意时，应把它看活，否则在理解题意时将可能产生偏差．测量角度问题 答案： C答案：Ｄ答案：32“课时达标检测”见“课时跟踪检测(三)”课件34张PPT。1.2
1.2.2
正、余弦定理在三角形中的应用理解教材新知突破常考题型跨越高分障碍第一章题型一题型二知识点应用落实体验随堂即时演练课时达标检测题型三1．2.2 正、余弦定理在三角形中的应用三角形的面积公式 三角形的面积计算 三角形中的恒等式证明问题 三角形中的综合问题 [解题流程]答案：A答案：C“课时达标检测”见“课时跟踪检测(四)”点击此图进入“阶段质量检测(一)”
_1.1正弦定理和余弦定理
1．1.1 正弦定理
正弦定理
[提出问题]
如图，在Rt△ABC中，A＝30°，斜边c＝2，
问题1：△ABC的其他边和角为多少？
提示：∠B＝60°，∠C＝90°，a＝1，b＝.
问题2：试计算，，的值，三者有何关系？
提示：＝2，＝＝2，＝2，三者的值相等．
问题3：对于任意的直角三角形是否也有类似的结论？
提示：是．如图sin A＝，
∴＝c.sin B＝，∴＝c.
∵sin C＝1，∴＝＝.
问题4：在钝角△ABC中，B＝C＝30°，b＝，试求其他边和角．
提示：如图，△ACD为直角三角形，∠C＝30°
AC＝，则AD＝，CD＝，
BC＝3.AB＝，∠BAC＝120°.
问题5：问题4中所得数字满足问题3中的结论吗？
提示：满足．
问题6：若是锐角三角形上述结论还成立吗？
提示：都成立．
[导入新知]
1．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＝＝.
2．解三角形
一般地，把三角形的三个角A、B、C和它们的对边a、b、c叫做三角形的元素，已知三角形的几个元素求其他元素的过程叫做解三角形．
[化解疑难]
对正弦定理的理解
(1)适用范围：正弦定理对任意的三角形都成立．
(2)结构形式：分子为三角形的边长，分母为相应边所对角的正弦的连等式．
(3)揭示规律：正弦定理指出的是三角形中三条边与对应角的正弦之间的一个关系式，它描述了三角形中边与角的一种数量关系．
(4)主要功能：正弦定理的主要功能是实现三角形中边角关系的转化．
已知两角及一边解三角形
[例1] 在△ABC中，已知a＝8，B＝60°，C＝75°，求A，b，c.
[解] A＝180°－(B＋C)＝180°－(60°＋75°)＝45°.
由＝得，
b＝＝＝4，由＝得，
c＝＝＝＝4(＋1)．
∴A＝45°，b＝4，c＝4(＋1)．
[类题通法]
已知三角形任意两角和一边解三角形的基本思路
(1)由三角形的内角和定理求出第三个角．
(2)由正弦定理公式的变形，求另外的两条边．
注意：若已知角不是特殊角时，往往先求出其正弦值(这时应注意角的拆并，即将非特殊角转化为特殊角的和或差，如75°＝45°＋30°)，再根据上述思路求解．
[活学活用]
1．在△ABC中，已知c＝10，A＝45°，C＝30°，解这个三角形．
解：∵A＝45°，C＝30°，∴B＝180°－(A＋C)＝105°.
由＝得a＝＝＝10.
由＝得b＝＝＝20sin 75°，
∵sin 75°＝sin (30°＋45°)＝sin 30°cos 45°＋cos 30°sin 45°
＝，
∴b＝20×＝5＋5.
已知两边及一边的对角解三角形
[例2] 在△ABC中，已知c＝，A＝45°，a＝2，解这个三角形．
[解] ∵＝，∴sin C＝＝＝，
∴C＝60°或C＝120°.
当C＝60°时，B＝75°，b＝＝＝＋1；
当C＝120°时，B＝15°，b＝＝＝－1.
∴b＝＋1，B＝75°，C＝60°或b＝－1，B＝15°，C＝120°.
[类题通法]
已知三角形两边和其中一边的对角解三角形时的方法
(1)首先由正弦定理求出另一边对角的正弦值．
(2)如果已知的角为大边所对的角时，由三角形中大边对大角，大角对大边的法则能判断另一边所对的角为锐角，由正弦值可求锐角唯一．
(3)如果已知的角为小边所对的角时，则不能判断另一边所对的角为锐角，这时由正弦值可求两个角，要分类讨论．
[活学活用]
2．在△ABC中，若c＝，C＝，a＝2，求A，B，b.
解：由＝，得sin A＝＝.
∴A＝或A＝π.
又∵c＞a，∴C＞A，
∴只能取A＝，
∴B＝π－－＝，b＝
＝＝＋1.
判断三角形的形状
[例3] 在△ABC中，sin2 A＝sin2 B＋sin2 C，且
sin A＝2sin B·cos C．试判断△ABC的形状．
[解] 由正弦定理，得sin A＝，sin B＝，sin C＝.
∵sin2 A＝sin2 B＋sin2 C，
∴2＝2＋2，
即a2＝b2＋c2，故A＝90°.
∴C＝90°－B，cos C＝sin B.
∴2sin B·cos C＝2sin2 B＝sin A＝1.
∴sin B＝.∴B＝45°或B＝135°(A＋B＝225°＞180°，故舍去)．
∴△ABC是等腰直角三角形．
[类题通法]
1．判断三角形的形状，可以从考查三边的关系入手，也可以从三个内角的关系入手，从条件出发，利用正弦定理进行代换、转化，呈现出边与边的关系或求出角与角的关系或大小，从而作出准确判断．
2．判断三角形的形状，主要看其是否是正三角形、等腰三角形、直角三角形、钝角三角形或锐角三角形，要特别注意“等腰直角三角形”与“等腰三角形或直角三角形”的区别．
[活学活用]
3．在△ABC中，若b＝acos C，试判断该三角形的形状．
解：∵b＝acos C，＝＝2R.(2R为△ABC外接圆直径)
∴sin B＝sin A·cos C.
∵B＝π－(A＋C)，∴sin (A＋C)＝sin A·cos C.
即sin Acos C＋cos Asin C＝sin A·cos C，
∴cos Asin C＝0，
∵A、C∈(0，π)，∴cos A＝0，∴A＝，
∴△ABC为直角三角形．
[典例] 在△ABC中，已知a＝2，b＝2，A＝60°，则
B＝________.
[解析] 由正弦定理，得sin B＝b×＝2×＝.∵0°＜B＜180°，∴B＝30°，或B＝150°.∵b＜a，根据三角形中大边对大角可知B＜A，∴B＝150°不符合条件，应舍去，∴B＝30°.
[答案] 30°
[易错防范]
1．由sin B＝得B＝30°，或150°，而忽视b＝2＜a＝2，从而易出错．
2．在求出角的正弦值后，要根据“大边对大角”和“内角和定理”讨论角的取舍．
[成功破障]
在△ABC中，a，b，c分别是角A，B, C所对应的边，且b＝6，a＝2，A＝30°，求ac的值.
解：由正弦定理＝得
sin B＝＝＝.
由条件b＝6，a＝2，b＞a知B＞A.
∴B＝60°或120°.
(1)当B＝60°时，C＝180°－A－B
＝180°－30°－60°＝90°.
在Rt△ABC中，C＝90°，a＝2，b＝6，c＝4，
∴ac＝2×4＝24.
(2)当B＝120°时，C＝180°－A－B＝180°－30°－120°＝30°，
∴A＝C，则有a＝c＝2.
∴ac＝2×2＝12.
[随堂即时演练]
1．(2012·广东高考)在△ABC中，若∠A＝60°，∠B＝45°，BC＝3，则AC＝( )
A．4 B．2
C. D.
解析：选B 由正弦定理得：＝，即＝，所以AC＝×＝2，故选B.
2．在△ABC中，a＝5，b＝3，C＝120°，则sin A∶sin B的值是( )
A. B.
C. D.
答案：A
3．在△ABC中，若(sin A＋sin B)(sin A－sin B)＝sin2 C，则△ABC是________三角形．
解析：由已知得sin2 A－sin2 B＝sin2 C，根据正弦定理知sin A＝，sin B＝，sin C＝，
所以2－2＝2，
即a2－b2＝c2，故b2＋c2＝a2.所以△ABC是直角三角形．
答案：直角
4．(2012·北京高考)在△ABC中，若a＝3，b＝，∠A＝，则∠C的大小为________．
解析：由正弦定理可知sin B＝＝＝，所以∠B＝或(舍去)，所以∠C＝π－∠A－∠B＝π－－＝.
答案：
5．不解三角形，判断下列三角形解的个数．
(1)a＝5，b＝4，A＝120°；
(2)a＝7，b＝14，A＝150°；
(3)a＝9，b＝10，A＝60°.
解：(1)sin B＝＝×＜，
所以△ABC有一解．
(2)sin B＝＝1，所以△ABC无解．
(3)sin B＝＝×＝，而＜＜1，所以当B为锐角时，满足sin B＝的B的取值范围为60°＜B＜90°.
当B为钝角时，有90°＜B＜120°，也满足A＋B＜180°，所以△ABC有两解．
[课时达标检测]
一、选择题
1．在△ABC中，下列式子与的值相等的是( )
A. B.
C. D.
解析：选C 由正弦定理得＝，所以＝.
2．(2013·浏阳高二检测)在△ABC中，若sin A>sin B，则A与B的大小关系为( )
A．A>B B．A
C．A≥B D．A、B的大小关系不确定
解析：选A ∵sin A>sin B，∴2Rsin A>2Rsin B，即a>b，故A>B.
3．一个三角形的两个角分别等于120°和45°，若45°角所对的边长是4，那么120°角所对边长是( )
A．4 B.12
C．4 D．12
解析：选D 若设120°角所对的边长为x，则由正弦定理可得：＝，
于是x＝＝＝12，故选D.
4．△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，asin Asin B＋bcos2A＝a，则＝( )
A．2 B.2
C. D.
解析：选D 由正弦定理，得sin2Asin B＋sin Bcos2A＝sin A，
即sin B·(sin2A＋cos2A)＝sin A.
所以sin B＝sin A．∴＝＝.
5．以下关于正弦定理或其变形的叙述错误的是( )
A．在△ABC中，a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C
B．在△ABC中，若sin 2A＝sin 2B，则a＝b
C．在△ABC中，若sin A＞sin B，则A ＞B，若A＞B，则sin A＞sin B都成立
D．在△ABC中，＝
解析：选B 由正弦定理易知A，C，D正确．对于B，由sin 2A＝sin 2B，可得A＝B，或2A＋2B＝π，即A＝B，或A＋B＝，
∴a＝b，或a2＋b2＝c2，故B错误.
二、填空题
6．在△ABC中，若a＝14，b＝7，B＝60°，则C＝________.
解析：由正弦定理知＝，又a＝14，b＝7，B＝60°，
∴sin A＝＝＝，∵a＜b，∴A＜B，
∴A＝45°，∴C＝180°－(B＋A)＝180°－(60°＋45°)＝75°.
答案：75°
7．在△ABC中，B＝30°，C＝120°，则a∶b∶c＝________.
解析：A＝180°－B－C＝30°，由正弦定理得a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C，
即a∶b∶c＝sin 30°∶sin 30°∶sin 120°
＝1∶1∶.
答案：1∶1∶
8．在△ABC中，若A＝120°，AB＝5，BC＝7，则sin B＝________.
解析：由正弦定理，得
sin C＝
＝＝.
可知C为锐角，∴cos C＝＝.
∴sin B＝sin(180°－120°－C)＝sin(60°－C)
＝sin 60°·cos C－cos 60°·sin C＝.
答案：
三、解答题
9．(2011·安徽高考)在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边长，a＝，b＝，1＋2cos(B＋C)＝0，求边BC上的高．
解：由1＋2cos(B＋C)＝0和B＋C＝π－A，得
1－2cos A＝0，所以cos A＝，
sin A＝.
再由正弦定理，得sin B＝＝.
由bcos B＝＝.
由上述结果知sin C＝sin(A＋B)＝×(＋)＝.
设边BC上的高为h，则有h＝bsin C＝.
10．在△ABC中，已知＝，试数列△ABC的形状．
解：∵＝，a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，
∴＝.
又∵sin Asin B≠0，
∴sin Acos A＝sin Bcos B，
即sin 2A＝sin 2B，
∴2A＝2B，或2A＋2B＝π，
即A＝B，或A＋B＝.
故△ABC是等腰三角形或直角三角形．
1．1.2 余弦定理
余弦定理
[提出问题]
在△ABC中，若AB＝2，AC＝3，A＝60°.
问题1：这个三角形确定吗？
提示：确定．
问题2：你能利用正弦定理求出BC吗？
提示：不能
问题3：能否利用平面向量求边BC？如何求得？
提示：能．
∵＝＋
∴2＝2＋2＋2·
＝2＋2－2cos A
＝4＋9－2×2×3cos 60°
＝7
∴＝
问题4：利用问题3的推导方法，能否推导出用b，c，A表示a?
提示：能．
[导入新知]
余弦定理
余弦定理
公式表达
a2＝b2＋c2－2bccos_A，
b2＝a2＋c2－2accos_B，
c2＝a2＋b2－2abcos_C
余弦定理
语言叙述
三角形中任意一边的平方等于其他两边的平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍
推论
cos A＝，
cos B＝，
cos C＝
[化解疑难]
对余弦定理的理解
(1)适用范围：余弦定理对任意的三角形都成立．
(2)结构特征：“平方”、“夹角”、“余弦”．
(3)揭示的规律：余弦定理指的是三角形中三条边与其中一个角的余弦之间的关系式，它描述了任意三角形中边与角的一种数量关系．
(4)主要功能：余弦定理的主要功能是实现三角形中边角关系的互化．
已知三角形的三边解三角形
[例1] 在△ABC中，若a∶b∶c＝1∶∶2，求A，B，C.
[解] 由于a∶b∶c＝1∶∶2，
可设a＝x，b＝x，c＝2x.
由余弦定理的推论，得cos A＝＝＝，故A＝30°.
同理可求得cos B＝，cos C＝0，所以B＝60°，C＝90°.
[类题通法]
已知三角形的三边解三角形的方法
(1)先利用余弦定理求出一个角的余弦，从而求出第一个角；再利用余弦定理或由求得的第一个角，利用正弦定理求出第二个角；最后利用三角形的内角和定理求出第三个角．
(2)利用余弦定理求三个角的余弦，进而求三个角．
[活学活用]
1．边长为5,7,8的三角形中，最大角与最小角的和是________．
解析：设中间角为θ，由于8＞7＞5，故θ的对边的长为7，由余弦定理，得cos θ＝＝.所以θ＝60°，故另外两角和为180°－60°＝120°.
答案：120°
已知三角形的两边及其夹角解三角形
[例2] 在△ABC中，已知a＝8，B＝60°，c＝4(＋1)，解此三角形．
[解] 由余弦定理得：b2＝a2＋c2－2accos B＝82＋[4(＋1)]2－2×8×4(＋1)·cos 60°
＝64＋16(4＋2)－64(＋1)×＝96，
∴b＝4.
法一：由cos A＝＝＝，
∵0°＜A＜180°，∴A＝45°.
故C＝180°－A－B＝180°－45°－60°＝75°.
法二：由正弦定理＝，∴＝，
∴sin A＝，∵b＞a，c＞a，
∴a最小，即A为锐角．
因此A＝45°.
故C＝180°－A－B＝180°－45°－60°＝75°.
[类题通法]
已知三角形的两边及其夹角解三角形的方法
先利用余弦定理求出第三边，其余角的求解有两种思路：一是利用余弦定理的推论求出其余角；二是利用正弦定理(已知两边和一边的对角)求解．
若用正弦定理求解，需对角的取值进行取舍，而用余弦定理就不存在这些问题(在(0，π)上，余弦值所对角的值是唯一的)，故用余弦定理求解较好．
[活学活用]
2．在△ABC，已知a＝2，b＝2，C＝15°，解此三角形．
解：c2＝a2＋b2－2abcos C＝(2)2＋(2)2－2×2×2×cos(45°－30°)
＝8－4
＝(－) 2
∴c＝－.
法一：由余弦定理的推论得
cos A＝
＝＝.
∵0°＜A＜180°，
∴A＝45°，
从而B＝120°.
法二：由正弦定理得
sin A＝＝＝.
∵a＜b，
∴A＜B，
又0°＜A＜180°，
∴A必为锐角，
∴A＝45°，从而得B＝120°.
已知三角形的两边和其中一边的对角解三角形
[例3] 在△ABC中，已知b＝3，c＝3，B＝30°，求角A、角C和边a.
[解] 法一：由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，
得32＝a2＋(3)2－2a×3×cos 30°，
∴a2－9a＋18＝0，得a＝3或6.
当a＝3时，A＝30°，
∴C＝120°.
当a＝6时，由正弦定理得
sin A＝＝＝1.
∴A＝90°，
∴C＝60°.
法二：由b＜c，B＝30°，b＞csin 30°＝3×＝知本题有两解．
由正弦定理得sin C＝＝＝，
∴C＝60°或120°，
当C＝60°时，A＝90°，△ABC为直角三角形．
由勾股定理得a＝＝＝6，
当C＝120°时，A＝30°，△ABC为等腰三角形，
∴a＝3.
[类题通法]
已知三角形的两边及其中一边的对角解三角形的方法
可根据余弦定理列一元二次方程求出第三边(注意边的取舍)，再利用正弦定理求其他的两个角；也可以由正弦定理求出第二个角(注意角的取舍)，再利用三角形内角和定理求出第三个角，最后再利用正弦定理求出第三边．
[活学活用]
3．已知：在△ABC中，cos A＝，a＝4，b＝3，则c＝________.
解析：A为b，c的夹角，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，
∴16＝9＋c2－6×c，
整理得5c2－18c－35＝0.
解得c＝5或c＝－(舍)．
答案：5
判断三角形的形状
[例4] 在△ABC中，若acos A＋bcos B＝ccos C，试判断△ABC的形状．
[解] 由余弦定理可得a·＋b·
＝c·
等式两边同乘以2abc得
a2(b2＋c2－a2)＋b2(a2＋c2－b2)＝c2(a2＋b2－c2)，
整理化简得a4＋b4－2a2b2＝c4，
∴(a2－b2)2＝c4.
因此有a2－b2＝c2或b2－a2＝c2.
即a2＝b2＋c2或b2＝a2＋c2
故△ABC为直角三角形．
[类题通法]
判断三角形的形状应围绕三角形的边角关系进行思考，可用正、余弦定理将已知条件转化为边边关系，通过因式分解、配方等方式得出边的相应关系，从而判断三角形的形状，也可利用正、余弦定理将已知条件转化为角与角之间的关系，通过三角变换，得出三角形各内角之间的关系，从而判断三角形形状．
[活学活用]
4．在△ABC中，若cos A＝，试判断其形状．
解：由cos A＝得cos A＝，即＝，
∴b2＋c2－a2＝2b2，即a2＋b2＝c2，
因此△ABC是以C为直角的直角三角形．
[典例]如图所示，在四边形ABCD中，AD⊥CD，AD＝10，AB＝14，∠BDA＝60°，∠BCD＝135°，求出BC的长．
[解题流程]
[规范解答]
设BD＝x.在△ABD中，根据余弦定理，AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠BDA，∴142＝102＋x2－2×10×xcos 60°，
即x2－10x－96＝0，
解得x1＝16，x2＝－6(舍去)，∴BD＝16.
∵AD⊥CD，∠BDA＝60°，∴∠CDB＝30°.
在△BCD中，由正弦定理，＝，
∴BC＝＝8.
[名师批注]
将四边形ABCD分解为两个△ABD和△BCD，利用余弦定理列出关于x的一元二次方程，化简方程时易出错，应注意步骤及计算的准确性．
由AD⊥CD，∠BDA＝60°得∠CDB＝30°，学生有时不易想到．
[活学活用]
如图所示，在△ABC中，已知B＝45°，D是BC边上一点，AD＝5，AC＝7，DC＝3，求AB.
解：在△ADC中，cos C＝＝＝.
又∵0°＜C＜180°，∴sin C＝.在△ABC中，＝，
∴AB＝·AC＝··7＝.
[随堂即时演练]
1．在△ABC中，已知A＝30°，且3a＝b＝12，则c的值为( )
A．4 B．8
C．4或8 D．无解
解析：选C 由3a＝b＝12，得a＝4，b＝4，利用余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccos A，即16＝48＋c2－12c，解得c＝4或c＝8.
2．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若＞0，则△ABC( )
A．一定是锐角三角形 B.一定是直角三角形
C．一定是钝角三角形 D．是锐角或直角三角形
解析：选C 由＞0得－cos C＞0，
所以cos C＜0，从而C为钝角，因此△ABC一定是钝角三角形．
3．(2012·陕西高考)在△ABC中，角A，B，C所对边的长分别为a，b，c.若a＝2，B＝，c＝2，则b＝________.
解析：由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝4＋12－2×2×2×＝4，所以b＝2.
答案：2
4．在△ABC中，已知a＝7，b＝3，c＝5，则最大的角是________．
解析：∵a＞c＞b，∴A为最大角．
cos A＝＝＝－，
又∵0°＜A＜180°，
∴A＝120°.
答案：120°
5．在△ABC中，已知a＝5，b＝3，角C的余弦值是方程5x2＋7x－6＝0的根，求第三边c的长．
解：5x2＋7x－6＝0可化为(5x－3)(x＋2)＝0.
∴x1＝，x2＝－2(舍去)．
∴cos C＝.
根据余弦定理，
c2＝a2＋b2－2abcos C
＝52＋32－2×5×3×＝16.
∴c＝4，即第三边长为4.
[课时达标检测]
一、选择题
1．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A＝，a＝，b＝1，则c＝( )
A．1 B.2
C.－1 D.
解析：选B 由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，得c2－c－2＝0，解得c＝2或c＝－1(舍去)．
2．在△ABC中，若a＝8，b＝7，cos C＝，则最大角的余弦值是( )
A．－ B.－
C．－ D．－
解析：选C 由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos C＝82＋72－2×8×7×＝9，
所以c＝3，故a最大，所以最大角的余弦值为cos A＝＝＝－.
3．在△ABC中，B＝60°，b2＝ac，则此三角形一定是( )
A．直角三角形 B.等边三角形
C．等腰直角三角形 D．钝角三角形
解析：选B 由余弦定理，得b2＝a2＋c2－ac，
又∵b2＝ac，
∴a2＋c2－2ac＝0，即(a－c)2＝0，
∴a＝c.
∵B＝60°，
∴A＝C＝60°.
故△ABC是等边三角形．
4．(2013·宁阳高二检测)在△ABC中，bcos A＝acos B，则△ABC是( )
A．等边三角形 B.等腰三角形
C．直角三角形 D．锐角三角形
解析：选B 因为bcos A＝acos B，
所以b·＝a·.
所以b2＋c2－a2＝a2＋c2－b2.
所以a2＝b2.
所以a＝b.故此三角形是等腰三角形．
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°
解析：选C 由题意可知c＜b＜a，或a＜b＜c，
不妨设c＝2x，则a＝(＋1)x，
∴cos B＝.
即＝
∴b2＝6x2.
∴cos C＝
＝＝，
∴C＝45°，
∴A＝180°－60°－45°＝75°.
二、填空题
6．(2012·湖北高考)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若(a＋b－c)(a＋b＋c)＝ab，则角C＝________
解析：∵(a＋b)2－c2＝ab，
∴cos C＝＝－，C＝.
答案：
7．在△ABC中，A＝120°，AB＝5，BC＝7，则的值为________．
解析：由余弦定理可得49＝AC2＋25－2×5×AC×cos 120°，整理得：
AC2＋5·AC－24＝0，
解得AC＝3或AC＝－8(舍去)，
再由正弦定理可得＝＝.
答案：
8．在△ABC中，若sin A∶sin B∶sin C＝3∶5∶7，则C的大小是________．
解析：因为sin A∶sin B∶sin C＝3∶5∶7，由正弦定理可得a∶b∶c＝3∶5∶7，设a＝3k(k＞0)，则b＝5k，c＝7k，由余弦定理的推论得cos C＝＝－，又0°＜C＜180°，所以C＝120°.
答案：120°
三、解答题
9．在△ABC中，若已知(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，并且sin C＝2sin Bcos A，试判断△ABC的形状．
解：由正弦定理，可得sin B＝，sin C＝.
由余弦定理，得cos A＝.
代入sin C＝2sin Bcos A，得c＝2b·.
整理得 a＝b.
又因为(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，
所以a2＋b2－c2＝ab，
即cos C＝＝.
故C＝.
又a＝b，
所以△ABC为等边三角形．
10．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且2b·cos A＝c·cos A＋a·cos C
(1)求角A的大小；
(2)若a＝，b＋c＝4，求bc的值．
解：(1)根据正弦定理
2b·cos A＝c·cos A＋a·cos C?
2cos Asin B＝sin Acos C＋cos Asin C
＝sin (A＋C)＝sin B，
∵sin B≠0，
∴cos A＝，
∵0°＜A＜180°，
∴A＝60°.
(2)由余弦定理得：
7＝a2＝b2＋c2－2bc·cos 60°
＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc，
把 b＋c＝4代入得bc＝3，故bc＝3.
_1.2应用举例
1.2.1 正、余弦定理在实际中的应用
测量中的基本术语
[提出问题]
李尧出校门向南前进200米，再向东走了200米，回到自己家中．
问题1：李尧家在学校的哪个方向？
提示：东南方向．
问题2：能否用角度再进一步确定其方位？
提示：可以，南偏东45°或东偏南45°.
[导入新知]
实际测量中的有关名称、术语
名称
定义
图示
基线
在测量上，根据测量需要适当确定的线段叫做基线
仰角
在同一铅垂平面内，视线在水平线上方时与水平线的夹角
俯角
在同一铅垂平面内，视线在水平线下方时与水平线的夹角
基线
在测量上，根据测量需要适当确定的线段叫做基线
方向角
从指定方向线到目标方向线的水平角(指定方向线是指正北或正南或正东或正西，方向角小于90°)
南偏西60°?指以正南方向为始边，转向目标方向线形成的角
方位角
从正北的方向线按顺时针到目标方向线所转过的水平角
[化解疑难]
解三角形实际问题的一般步骤，在弄清题意的基础上作出示意图，在图形中分析已知三角形中哪些元素，需求哪些量．用正、余弦定理解三角形是解题的关键环节．
测量高度问题
[例1] 如图，为了测量河对岸的塔高AB，有不同的方案，其中之一是选取与塔底B在同一水平面内的两个测点C和D，测得CD＝200米，在C点和D点测得塔顶A的仰角分别是45°和30°，且∠CBD＝30°，求塔高AB.
[解] 在Rt△ABC中，∠ACB＝45°，若设AB＝h，则BC＝h；在Rt△ABD中，∠ADB＝30°，则BD＝ h.
在△BCD中，由余弦定理可得
CD2＝BC2＋BD2－2·BC·BD·cos∠CBD，
即2002＝h2＋(h)2－2·h·h·，
所以h2＝2002，解得h＝200(h＝－200舍去)
即塔高AB＝200米．
[类题通法]
测量高度问题的要求及注意事项
(1)依题意画图是解决三角形应用题的关键，问题中，如果既有方向角(它是在水平面上所成的角)，又有仰(俯)角(它是在铅垂面上所成的角)，在绘制图形时，可画立体图形和平面图形两个图，以对比分析求解；
(2)方向角是相对于在某地而言的，因此在确定方向角时，必须先弄清楚是哪一点的方向角．从这个意义上来说，方向角是一个动态角，在理解题意时，应把它看活，否则在理解题意时将可能产生偏差．
[活学活用]
1.如图，A、B是水平面上两个点，相距800 m，在A点测得山顶C的仰角是25°，∠BAD＝110°，又在点B测得∠ABD＝40°，其中D点是点C在水平面上的垂足．求山高CD(精确到1 m)．
解：在△ABD中，∠ADB＝180°－110°－40°＝30°，
由正弦定理得
AD＝＝
≈1 028.5(m)，
在Rt△ACD中，CD＝ADtan 25°
≈480(m)．
答：山高约为480 m.
测量角度问题
[例2] 如图，在海岸A处，发现北偏东45°方向，距A处(－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处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°方向逃窜，问缉私船沿着什么方向能最快追上走私船？
[解] 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·ACcos ∠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°.
即缉私船沿东偏北30°方向能最快追上走私船．
[类题通法]
解决追及问题的步骤
(1)把实际问题转化为数学问题；
(2)画出表示实际问题的图形，并在图中标出有关的角和距离，这样借助于正弦定理或余弦定理，就容易解决问题了；
(3)最后把数学问题还原到实际问题中去．
[活学活用]
2.某货船在索马里海域航行中遭海盗袭击，发出呼叫信号，如图，我海军护航舰在A处获悉后，立即测出该货船在方位角为45°，距离为10海里的C处，并测得货船正沿方位角为105°的方向，以10海里/小时的速度向前行驶，我海军护航舰立即以10海里/小时的速度前去营救，求护航舰的航向和靠近货船所需的时间．
解：在△ABC中，根据余弦定理，有AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos 120°，
可得(10t)2＝102＋(10t)2－2×10×10tcos 120°，
整理得2t2－t－1＝0，解得t＝1或t＝－(舍去)．
舰艇需1小时靠近货船．
此时AB＝10，BC＝10，
又AC＝10，所以∠CAB＝30°，
所以护航舰航行的方位角为75°.
测量距离问题分为三种类型：两点间不可通又不可视，两点间可视但不可达，两点都不可达．解决此问题的方法是：选择合适的辅助测量点，构造三角形，将问题转化为求某个三角形的边长问题，从而利用正、余弦定理求解．
【角度一】 两点不相通的距离
如图所示，要测量一水塘两侧A、B两点间的距离，其方法先选定适当的位置C，用经纬仪测出角α，再分别测出AC，BC的长b，a，则可求出A，B两点间的距离．
即AB＝.
若测得CA＝400 m，CB＝600 m，∠ACB＝60°，试计算AB长．
解：在△ABC中，由余弦定理得
AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB，
∴AB2＝4002＋6002－2×400×600cos 60°＝280 000.
∴AB＝200 m.
即A、B两点间的距离为200 m.
【角度二】 两点间可视但有一点不可到达
如图所示，A，B两点在一条河的两岸，测量者在A的同侧，且B点不可到达，要测出AB的距离，其方法在A所在的岸边选定一点C，可以测出AC的距离m，再借助仪器，测出∠ACB＝α，∠CAB＝β，在△ABC中，运用正弦定理就可以求出AB.
若测出AC＝60 m，∠BAC＝75°，∠BCA＝45°，则A、B两点间的距离为________．
解析：∠ABC＝180°－75°－45°＝60°，
所以由正弦定理得，＝，
∴AB＝＝＝20(m)．
即A、B两点间的距离为20 m.
答案：20 m
【角度三】 两点都不可到达
如图，A，B两点在河的同侧，且A，B两点均不可到达，测出AB的距离，其方法测量者可以在河岸边选定两点C，D，测得CD＝a，同时在C，D两点分别测得∠BCA＝α，∠ACD＝β，∠CDB＝γ，∠BDA＝δ.在△ADC和△BDC中，由正弦定理分别计算出AC和BC，再在△ABC中，应用余弦定理计算出AB.
若测得CD＝ km，∠ADB＝∠CDB＝30°，∠ACD＝60°，∠ACB＝45°，求A，B两点间的距离．
解：∵∠ADC＝∠ADB＋∠CDB＝60°，∠ACD＝60°，
∴∠DAC＝60°，
∴AC＝DC＝.
在△BCD中，∠DBC＝45°，由正弦定理，得BC＝·sin∠BDC＝·sin 30°＝.
在△ABC中，由余弦定理，得
AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos 45°
＝＋－2×××＝.
∴AB＝(km)．
∴A，B两点间的距离为 km.
[随堂即时演练]
1．若P在Q的北偏东44°50′方向上，则Q在P的( )
A．东偏北45°10′方向上 B．北偏东45°50′方向上
C．南偏西44°50′方向上 D．西偏南45°50′方向上
解析：选C 如图所示，点Q在点P的南偏西44°50′的方向上．
2．海上有A、B两个小岛相距10海里，从A岛望C岛和B岛成60°的视角，从B岛望C岛和A岛成75°视角，则B、C间的距离是( )
A．10 海里 B. 海里
C．5 海里 D．5 海里
解析：.选D 如图，C＝180°－60°－75°＝45°，AB＝10，由正弦定理得＝，
∴BC＝5(海里)，故选D.
3.如图，线段AB、CD分别表示甲、乙两楼，AB⊥BD，CD⊥BD，从甲楼顶部A处测得乙楼顶部C处的仰角为α＝30°，测得乙楼底部D的俯角β＝60°，已知甲楼高AB＝24米，则乙楼高CD＝________米．
解析：过A作AE⊥CD，垂足为E，ED＝AB＝24米，则AE＝＝＝8(米)
在Rt△ACE中，CE＝AE·tan 30°＝8·＝8(米)
∴CD＝CE＋ED＝8＋24＝32(米)
答案：32
4.如图，为了测量河的宽度，在一岸边选定两点A、B，望对岸的标记物C，测得∠CAB＝45°，∠CBA＝75°，AB＝120米，则河的宽度为________．
解析：如图∠ACB＝180°－45°－75°＝60°，
在△ABC中，＝.
∴BC＝120·＝，
河宽为BCsin∠CBA＝sin 75°＝20(＋3)米.
答案：20(＋3)米
5.如图所示，货轮在海上以40 km/h的速度由B向C航行，航行的方位角是140°.A处有一灯塔，其方位角是110°，在C处观察灯塔A的方位角是35°，由B到C需航行半个小时，求C到灯塔A的距离．
解：在△ABC中，BC＝40×＝20(km)，
∠ABC＝140°－110°＝30°，
∠ACB＝(180°－140°)＋35°＝75°，
∴∠BAC＝75°.
由正弦定理，得＝，
∴AC＝＝
＝＝10(－)(km)．
答：C到灯塔A的距离为10(－) km.
[课时达标检测]
一、选择题
1．从A处望B处的仰角为α，从B处望A处的俯角为β，则α，β的关系为( )
A．α＞β B.α＝β
C．α＋β＝90° D．α＋β＝180°
解析：选B 根据题意和仰角、俯角的概念画出草图，如图．知α＝β，故应选B.
2．两灯塔A，B与海洋观察站C的距离都等于a(km)，灯塔A在C北偏东30°，B在C南偏东60°，则A，B之间距离为( )
A.a km B.a km
C．a km D．2a km
解析：选A △ABC中，AC＝BC＝a，∠ACB＝90°，
AB＝a.
3．有一长为10 m的斜坡，倾斜角为75°，在不改变坡高和坡顶的前提下，通过加长坡面的方法将它的倾斜角改为30°，则坡底要延长的长度(单位：m)是( )
A．5 B.10
C．10 D．10
解析：选C 如图，设将坡底加长到B′时，倾斜角为30°，在△ABB′中，利用正弦定理可求得BB′的长度．
在△ABB′中，∠B′＝30°，
∠BAB′＝75°－30°＝45°，AB＝10 m，
由正弦定理，得
BB′＝＝＝10(m)．
∴坡底延伸10 m时，斜坡的倾斜角将变为30°.
4．一船自西向东匀速航行，上午10时到达一座灯塔P的南偏西75°距塔68海里的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处，则这只船的航行速度为( )
A.海里/小时 B.34海里/小时
C.海里/小时 D．34海里/小时
解析：选A 如图所示，在△PMN中，＝，
∴MN＝＝34，
∴v＝＝(海里/小时)．
5.如图，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，则乙船每小时航行( )
A．10海里 B.20海里
C．30海里 D．30海里
解析：选D 如图，连结A1B2，在△A1A2B2中，易知∠A1A2B2＝60°，又易求得A1A2＝30×＝10＝A2B2，
∴△A1A2B2为正三角形，
∴A1B2＝10.
在△A1B1B2中，易知∠B1A1B2＝45°，
∴B1B＝400＋200－2×20×10×＝200，
∴B1B2＝10，∴乙船每小时航行30海里．
二、填空题
6．某人从A处出发，沿北偏东60°行走3 km到B处，再沿正东方向行走2 km到C处，则A，C两地距离为________km.
解析：如右图所示，由题意可知AB＝3，BC＝2，∠ABC＝150°.
由余弦定理，得
AC2＝27＋4－2×3×2×cos 150°＝49，
AC＝7.
则A，C两地距离为7 km.
答案：7
7．一蜘蛛沿东北方向爬行x cm捕捉到一只小虫，然后向右转105°，爬行10 cm捕捉到另一只小虫，这时它向右转135°爬行回它的出发点，那么x＝________.
解析：如图所示，设蜘蛛原来在O点，先爬行到A点，再爬行到B点，易知在△AOB中，AB＝10 cm，∠OAB＝75°，
∠ABO＝45°，
则∠AOB＝60°，由正弦定理知：
x＝＝＝(cm)．
答案： cm
8．某船开始看见灯塔在南偏东30°方向，后来船沿南偏东60°方向航行30 n mile后，看见灯塔在正西方向，则这时船与灯塔的距离为________ n mile.
解析：如图所示，B是灯塔，A是船的初始位置，C是船航行后的位置，
则BC⊥AD，∠DAB＝30°，
∠DAC＝60°，则在Rt△ACD中，
DC＝ACsin ∠DAC＝30sin 60°＝15 n mile，
AD＝ACcos ∠DAC＝30cos 60°＝15 n mile，
则在Rt△ADB中，
DB＝ADtan∠DAB＝15tan 30°＝5 n mile，
则BC＝DC－DB＝15－5＝10 n mile.
答案：10
三、解答题
9．海岛O上有一座海拔1 000米的山，山顶上设有一个观察站A，上午11时，测得一轮船在岛北偏东60°的C处，俯角30°，11时10分，又测得该船在岛的北偏西60°的B处，俯角60°.则该船的速度为每小时多少千米？
解：如图所示，设观察站A在水平面上的射影为O，依题意OB＝OA·tan 30°＝(千米)，
OC＝OA·tan 60°＝ (千米)，
则BC＝
＝(千米)．
∴船速v＝÷＝2(千米/小时)．
10．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海里，乙船正向北行驶，若甲船是乙船速度的倍，问甲船应取什么方向前进才能在最短时间内追上乙船？此时乙船行驶多少海里．
解：设甲沿直线与乙船同时到C点，
则A、B、C构成一个△ABC，
如图，设乙船速度为v，
则甲船速度为v，到达C处用时为t.
由题意BC＝vt，AC＝vt，∠ABC＝120°.
在△ABC中，
由余弦定理
AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos120°，
∴3v2t2＝a2＋v2t2＋avt.
∴2v2t2－avt－a2＝0，
解得vt＝－(舍)或vt＝a.
∴BC＝a，
在△ABC中AB＝BC＝a，
∴∠BAC＝∠ACB＝30°.
答：甲船应取北偏东30°的方向去追乙，此时乙船行驶a海里．
1．2.2 正、余弦定理在三角形中的应用
三角形的面积公式
[提出问题]
在△ABC中，若AC＝3，BC＝4，
C＝60°.
问题1：△ABC的高AD为多少？
提示：AD＝AC·sin C＝3×sin 60°＝.
问题2：△ABC的面积为多少？
提示：S△ABC＝BC·AD＝×4×＝3.
问题3：若AC＝b，BC＝a，你发现△ABC的面积S可以直接用a，b，C表示吗？
提示：能．S＝absin C.
[导入新知]
三角形的面积公式
(1)S＝a·ha(ha表示a边上的高)．
(2)S＝absin C＝bcsin A＝acsin B.
[化解疑难]
三角形的面积公式S＝absin C与原来的面积公式S＝a·h(h为a边上的高)的关系为：
h＝bsin C，实质上bsin C就是△ABC中a边上的高．
三角形的面积计算
[例1] 在△ABC中，已知C＝120°，AB＝2，AC＝2，求△ABC的面积．
[解] 由正弦定理知＝，
即＝，
所以sin B＝，
由于AB＞AC，
所以C＞B，故B＝30°.
从而A＝180°－120°－30°＝30°.
所以△ABC的面积
S＝AB·AC·sin A
＝·2·2·sin 30°
＝ .
[类题通法]
1．求三角形面积时，应先根据题目给出的已知条件选择最简便、最快捷的计算方法，这样不仅能减少一些不必要的计算，还能使计算结果更加接近真实值．
2．事实上，在众多公式中，最常用的公式是S△ABC＝absin C＝bcsin A＝acsin B，即给出三角形的两边和夹角(其中某边或角需求解)求三角形面积，反过来，给出三角形的面积利用上述公式也可求得相应的边或角，应熟练应用此公式．
[活学活用]
1．(1)在△ABC中，若A＝60°，b＝16，S△ABC＝64，则c＝________.
(2)在△ABC中，若a＝3，b＝2，c＝4，则其面积等于________．
解析：(1)由已知得S△ABC＝·bc·sin A，
即64＝×16×c×sin 60°，解得c＝16.
(2)由余弦定理得cos A＝＝＝，
所以sin A＝ ＝，
于是S△ABC＝bcsin A＝×2×4×＝.
答案：(1)16 (2)
三角形中的恒等式证明问题
[例2] 在△ABC中，求证：＝.
[解] 法一：左边＝
＝·
＝＝＝＝右边，
其中R为△ABC外接圆的半径．
∴＝.
法二：左边＝
＝
＝＝＝右边，(cos C≠0)
∴＝.
[类题通法]
解决此类问题，既要用到三角形中特有的恒等变形公式，又要用到任意角三角函数的恒等变形公式，两者要结合，灵活运用．三角形边和角的相互转换公式，主要是正弦定理、余弦定理这两个定理，因此这类题型都可用不同的途径求解．
[活学活用]
2．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，求证：－＝c.
证明：由余弦定理的推论得cos B＝，
cos A＝，代入等式右边，得
右边＝c＝＝＝－＝左边，
∴－＝c.
三角形中的综合问题
[例3] (2012·江西高考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知3cos(B－C)－1＝6cos Bcos C.
(1)求cos A；
(2)若a＝3，△ABC的面积为2，求b，c.
[解] (1)由3cos(B－C)－1＝6cos Bcos C，
得3(cos Bcos C－sin Bsin C)＝－1，
即cos(B＋C)＝－，
从而cos A＝－cos(B＋C)＝.
(2)由于0又S△ABC＝2，即bcsin A＝2，解得bc＝6.
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，得b2＋c2＝13，
解方程组得或
[类题通法]
解决三角形的综合问题，除灵活运用正、余弦定理及三角形的有关知识外，一般还要用到三角函数、三角恒等变换、方程等知识．因此，掌握正、余弦定理，三角函数的公式和性质是解题关键．
[活学活用]
3．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足cos＝，·＝3.
(1)求△ABC的面积；
(2)若b＋c＝6，求a的值．
解：(1)∵cos＝，
∴cos A＝2cos2－1＝，sin A＝.
又由·＝3，得bccos A＝3，∴bc＝5，
∴S△ABC＝bcsin A＝2.
(2)∵bc＝5，b＋c＝6，
∴b＝5，c＝1或b＝1，c＝5.
由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccos A＝20，
∴a＝2.
[典例] (12分)如图，在四边形ABCD中，AC＝CD＝AB＝1，·＝1，
sin∠BCD＝.
(1)求BC边的长；
(2)求四边形ABCD的面积．
[解题流程]
[规范解答]
(1)∵AC＝CD＝AB＝1，∴·＝··cos∠BAC＝
2cos∠BAC＝1，
∴cos∠BAC＝，∴∠BAC＝60°.(3分)
在△ABC中，由余弦定理有：BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC＝
22＋12－2×2×1×＝3，∴BC＝(6分)
(2)由(1)知，在△ABC中有：AB2＝BC2＋AC2，∴△ABC为直角三角形，
且∠ACB＝90°，(7分)
∴S△ABC＝BC·AC＝××1＝.(8分)
又∠BCD＝∠ACB＋∠ACD＝90°＋∠ACD，
sin∠BCD＝，∴cos∠ACD＝，(9分)
从而sin∠ACD＝＝，(10分)
∴S△ACD＝AC·CD·sin∠ACD＝×1×1×＝.(11分)
∴S四边形ABCD＝S△ABC＋S△ACD＝＋＝.(12分)
[名师批注]
向量数量积运算公式易用错，在△ABC中，和夹角有时误认为∠ABC，从而不得分．
利用了诱导公式求cos∠ACD，求解时对取正负号不把握．
[活学活用]
在△ABC，中，AB＝2，cos C＝，D是AC上一点，AD＝2DC，且cos∠DBC＝.
求：(1)∠BDA的大小；(2) ·.
解：(1)由已知得cos∠DBC＝，cos C＝，从而sin∠DBC＝，sin C＝，
∴cos∠BDA＝cos(∠DBC＋∠C)＝×－×＝，∴∠BDA＝.
(2)设DC＝x，则AD＝2x，AC＝3x，设BC＝a，则在△DBC中，由正弦定理得＝，
∴a＝x.
在△ABC中，由余弦定理，得4＝(3x)2＋(x)2－2·3x·x·.解得x＝1，∴＝3，＝.
∴·＝·cos(π－C)＝2××＝－4.
[随堂即时演练]
1．已知△ABC的面积为，且b＝2，c＝，则A的大小为( )
A．60°或120° B．60°
C．120° D．30°或150°
解析：选A 由S△ABC＝bcsin A得
＝×2××sin A，
所以sin A＝，
故A＝60°或120°，故选A.
2．在△ABC中，若＝，则( )
A．A＝C B.A＝B
C．B＝C D．以上都不正确
解析：选C ∵＝＝
∴sin Bcos C＝cos Bsin C
∴sin(B－C)＝0
又∵－π＜B－C＜π，
∴B－C＝0，即B＝C.
3．等腰△ABC中，顶角A＝120°，腰长AB＝1，则底边BC长为________．
解析：易知∠B＝∠C＝30°，
由正弦定理知：＝，
∴BC＝.
答案：
4．三角形的两边分别为3 cm,5 cm，它们所夹角的余弦值为方程5x2－7x－6＝0的根，则这个三角形的面积为________．
解析：方程5x2－7x－6＝0的两根为x1＝2，x2＝－，
因此两边夹角的余弦值等于－，
并可求得正弦值为，
于是三角形面积
S＝×3×5×＝6(cm2)．
答案：6 cm2
5．在△ABC中，若B＝30°，AB＝2，AC＝2，求△ABC的面积．
解：∵AB＝2，AC＝2，B＝30°，
∴根据正弦定理，有sin C＝＝＝，
又∵AB＞AC，∴C＞B，则C有两解，
(1)当C为锐角时，C＝60°，A＝90°，
∴S△ABC＝AB·ACsin A＝2.
(2)当C为钝角时，C＝120°，A＝30°，
∴S△ABC＝AB·ACsin A＝.
综上可知，△ABC的面积为2或.
[课时达标检测]
一、选择题
1．在△ABC中，已知AB＝2，BC＝5，△ABC的面积为4，若∠ABC＝θ，则cos θ是( )
A. B.－
C．± D．±
解析：选C ∵S△ABC＝AB·BCsin∠ABC
＝×2×5×sin θ＝4.
∴sin θ＝.
又θ∈(0，π)，
∴cos θ＝±＝±.
2．在△ABC中，已知A＝30°，a＝8，b＝8，则△ABC的面积为( )
A．32 B.16
C．32或16 D．32或16
解析：选D 在△ABC中，由正弦定理＝，得sin B＝＝＝，
又b＞a，∴B＝60°或120°.
当B＝60°时，C＝180°－30°－60°＝90°，
∴S△ABC＝×8×8＝32；
当B＝120°时，C＝180°－30°－120°＝30°，
∴S△ABC＝absin C＝×8×8×＝16.
3．在△ABC中，A＝60°，AB＝2，且△ABC的面积S△ABC＝，则边BC的边长为( )
A. B.3
C. D．7
解析：选A ∵S△ABC＝AB·ACsin A＝，
∴AC＝1
由余弦定理可得
BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos A
＝4＋1－2×2×1×cos 60°＝3.
即BC＝.
4．△ABC的周长为20，面积为10，A＝60°，则BC的边长等于( )
A．5 B.6
C．7 D．8
解析：选C 如图由题意得
由(2)得bc＝40.
由(3)得a2＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc
＝(20－a)2－3×40
∴a＝7.
5．某人从出发点A向正东走x m后到B，向左转150°再向前走3 m到C，测得△ABC的面积为 m2，则此人这时离开出发点的距离为( )
A．3 m B. m
C．2 m D. m
解析：选D 在△ABC中，
S＝AB×BCsin B，
∴＝×x×3×sin 30°，
∴x＝.
由余弦定理，得
AC＝
＝ ＝ (m)．
二、填空题
6．△ABC的两边长分别为2,3，其夹角的余弦值为，则其外接圆的半径为________．
解析：不妨设b＝2，c＝2，cos A＝，
则a2＝b2＋c2－2bc·cos A＝9，
∴a＝3.
又∵sin A＝ ＝，
∴外接圆半径为R＝＝＝.
答案：
7．一艘船以4 km/h的速度沿着与水流方向成120°的方向航行，已知河水流速为2 km/h，则经过 h，该船实际航程为________．
解析：如图所示，在△ACD中，AC＝2，CD＝4，∠ACD＝60°，
∴AD2＝12＋48－2×2×4×＝36，
∴AD＝6，即该船实际航程为6 km.
答案：6 km
8．在△ABC中，a＝b＋2，b＝c＋2，又知最大角的正弦等于，则三边长为________．
解析：由题意知a边最大．sin A＝，
∴A＝120°，∴a2＝b2＋c2－2bccos A.
∴a2＝(a－2)2＋(a－4)2＋(a－2)(a－4)．
∴a2－9a＋14＝0，a＝2(舍去)，a＝7.
∴b＝a－2＝5，c＝b－2＝3.
答案：a＝7，b＝5，c＝3
三、解答题
9．在△ABC中，若c＝4，b＝7，BC边上的中线AD的长为，求边长a.
解：∵AD是BC边上的中线，
∴可设CD＝DB＝x，则CB＝a＝2x.
∵c＝4，b＝7，AD＝，
在△ACD中，有cos C＝，
在△ABC中，有cos C＝.
∴＝
解得x＝.∴a＝2x＝9.
10．(2010·浙江高考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设S为△ABC的面积，满足S＝(a2＋b2－c2)．
(1)求角C的大小；
(2)求sinA＋sinB的最大值．
解：(1)由题意可知absin C＝·2abcos C，
所以tan C＝，
因为0＜C＜π，所以C＝.
(2)由已知sin A＋sin B＝sin A＋sin(π－C－A)＝sin A＋sin(－A)
＝sin A＋cos A＋sin A＝sin(A＋)≤.
当△ABC为正三角形时取等号，
所以sin A＋sin B的最大值是.
解三角形
一、选择题(共10小题，每小题5分，共50分)
1．在△ABC中，已知a2＝b2＋c2＋bc，则A＝( )
A. B.
C. D.或
解析：选C ∵a2＝b2＋c2＋bc，
∴由余弦定理的推论得cos A＝＝＝＝－，
∴A＝.
2．在△ABC中，B＝45°，C＝60°，c＝1，则最短边的边长等于( )
A. B.
C. D.
解析：选A ∵A＝180°－45°－60°＝75°
∴A＞C＞B
∴边b最短．
由＝
得b＝
＝＝.
3．在△ABC中，A＝60°，a＝，b＝4，那么满足条件的△ABC( )
A．有一个解 B.有两个解
C．无解 D．不能确定
解析：选C bsin A＝4×sin 60°＝4×＝2.
又a＝，且＜2，故△ABC无解．
4．△ABC的三边长分别为AB＝7，BC＝5，CA＝6，则·的值为( )
A．19 B.14
C．－18 D．－19
解析：选D 在△ABC中，由余弦定理得cos B＝
＝＝
∴·＝－cos B＝－7×5×＝－19.
5．若△ABC的内角A，B，C满足6sin A＝4sin B＝3sin C，则cos B＝( )
A. B.
C. D.
解析：选D 依题意，结合正弦定理得6a＝4b＝3c，设3c＝12k(k＞0)，则有a＝2k，b＝3k，c＝4k，由余弦定理得cos B＝＝＝，故选D.
6．已知圆的半径为4，a，b，c为该圆的内接三角形的三边，若abc＝16，则三角形的面积为( )
A．2 B.8
C. D.
解析：选C ∵＝＝＝2R＝8，
∴sin C＝，
∴S△ABC＝absin C＝
＝＝.
7．在△ABC中，a＝k，b＝k(k＞0)，A＝45°，则满足条件的三角形个数是( )
A．0 B.1
C．2 D．无数个
解析：选A 由正弦定理得＝，
∴sin B＝＝＞1，即sin B ＞1，这是不成立的．所以没有满足此条件的三角形．
8．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，B＝2A，a＝1，b＝，则△ABC是( )
A．锐角三角形 B.直角三角形
C．钝角三角形 D．不能确定
解析：选C 由正弦定理得＝，则cos A＝，从而cos B＝cos 2A＝2cos2 A－1＝－＜0，所以角B为钝角，△ABC是钝角三角形．
9．已知锐角三角形的三边长分别为1,3，a，那么a的取值范围( )
A．(8,10) B.(2，)
C．(2，10) D．(，8)
解析：选B 设1,3，a所对的角分别为∠C、∠B、∠A，由余弦定理知a2＝12＋32－2×3cos A＜12＋32＝10，
32＝1＋a2－2×acos B＜1＋a2，
∴2＜a＜.
10．江岸边有一炮台高30米，江中有两条船，则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线成30°角，则两条船相距( )
A．10米 B.100米
C．20米 D．30米
解析：选D 设炮台顶部为A，两条船分别为B、C，炮台底部为D，可知∠BAD＝45°，∠CAD＝60°，∠BDC＝30°，AD＝30.分别在Rt△ADB，Rt△ADC中，求得DB＝30，DC＝30.在△DBC中，由余弦定理得
BC2＝DB2＋DC2－2DB·DCcos 30°，解得BC＝30.
故选D.
二、填空题(共4小题，每小题5分，共20分)
11．在△ABC中，已知b＝50，c＝150，B＝30°，则边长a＝________.
解析：由余弦定理得
a2＋c2－2accos 30°＝b2
∴a2－150a＋15 000＝0
解得a＝100或50.
答案：100或50
12．已知△ABC的面积S＝，A＝，则·＝________.
解析：S△ABC＝·|AB|·|AC|·sin A，
即＝·|AB|·|AC|·，
所以|AB|·|AC|＝4，
于是·＝··cos A
＝4×＝2.
答案：2
13．(2012·上冈高级中学高二期中)△ABC为钝角三角形，且∠C为钝角，则a2＋b2与c2的大小关系为________．
解析：cos C＝，∵∠C为钝角，
∴cos C<0，∴a2＋b2－c2<0，
故a2＋b2答案：a2＋b214．在△ABC中，a＝14，A＝60°，b∶c＝8∶5，则该三角形的面积为________．
解析：设另两边长分别为8x和5x，则
cos 60°＝
解得x＝2
所以b＝16，c＝10
∴S△ABC＝bcsin A＝×16×10sin 60°＝40.
答案：40
三、解答题(共4小题，共50分)
15．(12分)在△ABC中，已知a＝2，b＝6，A＝30°，求B及S△ABC.
解：在△ABC中，由正弦定理，
得sin B＝sin A＝×＝.
又A＝30°，且a＜b，
∴B＝60°或B＝120°.
①当B＝60°时，C＝90°，△ABC为直角三角形，
故S△ABC＝ab＝6.
②当B＝120°时，C＝30°，△ABC为等腰三角形，
故S△ABC＝absin C＝×2×6sin 30°＝3.
16．(12分)在△ABC中，∠B＝45°，AC＝，cos C＝，
(1)求BC边的长．
(2)若点D是AB的中点，求中线CD的长度．
解：(1)由cos C＝得sin C＝.
sin A＝sin(180°－45°－C)＝(cos C＋sin C)＝.
由正弦定理知BC＝·sin A＝·＝3.
(2)AB＝·sin C＝·＝2，BD＝AB＝1.
由余弦定理知CD＝
＝ ＝.
17．(12分)为保障高考的公平性，高考时每个考点都要安装手机屏蔽仪，要求在考点周围1 km内不能收到手机信号．检查员抽查青岛市一考点，在考点正西约 km有一条北偏东60°方向的公路，在此处检查员用手机接通电话，以12 km/h的速度沿公路行驶，最长需要多少时间，检查员开始收不到信号，并至少持续多长时间该考点才算合格？
解：如图所示，考点为A，检查开始处为B，设公路上C，D两点到考点的距离为1 km.
在△ABC中，AB＝ ，AC＝1，∠ABC＝30°，
由正弦定理，得sin∠ACB＝＝，
∴∠ACB＝120°(∠ACB＝60°不合题意)，
∴∠BAC＝30°，∴BC＝AC＝1.
在△ACD中，AC＝AD，∠ACD＝60°，
∴△ACD为等边三角形，
∴CD＝1.
∵×60＝5，
∴在BC上需要5 min，CD上需要5 min.
答：最长需要5 min检查员开始收不到信号，并持续至少5 min才算合格．
18．(14分)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知＝，
(1)求的值；
(2)若cos B＝，b＝2，求△ABC的面积S.
解：(1)法一：在△ABC中，由＝及正弦定理可得
＝，
即cos Asin B－2cos Csin B＝2sin Ccos B－sin Acos B.
则cos Asin B＋sin Acos B＝2sin Ccos B＋2cos Csin B，
即sin(A＋B)＝2sin(C＋B)，而A＋B＋C＝π，
则sin C＝2sin A，即＝2.
法二：在△ABC中，由＝可得
bcos A－2bcos C＝2ccos B－acos B
由余弦定理可得
－＝－，
整理可得c＝2a，由正弦定理可得＝＝2.
法三：利用教材习题结论解题，在△ABC中有结论
a＝bcos C＋ccos B，b＝ccos A＋acos C，
c＝acos B＋bcos A.
由＝可得
bcos A－2bcos C＝2ccos B－acos B，
即bcos A＋acos B＝2ccos B＋2bcos C，则c＝2a，
由正弦定理可得＝＝2.
(2)由c＝2a及cos B＝，b＝2可得
4＝c2＋a2－2accos B＝4a2＋a2－a2＝4a2，
则a＝1，c＝2.
∴S＝acsin B＝×1×2×＝.
课时跟踪检测(一) 正弦定理
一、选择题
1．在△ABC中，下列式子与的值相等的是( )
A. B.
C. D.
2．(2013·浏阳高二检测)在△ABC中，若sin A>sin B，则A与B的大小关系为( )
A．A>B B．AC．A≥B D．A、B的大小关系不确定
3．一个三角形的两个角分别等于120°和45°，若45°角所对的边长是4，那么120°角所对边长是( )
A．4 B．12
C．4 D．12
4．△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，asin Asin B＋bcos2A＝a，则＝( )
A．2 B．2
C. D.
5．以下关于正弦定理或其变形的叙述错误的是( )
A．在△ABC中，a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C
B．在△ABC中，若sin 2A＝sin 2B，则a＝b
C．在△ABC中，若sin A＞sin B，则A ＞B，若A＞B，则sin A＞sin B都成立
D．在△ABC中，＝
二、填空题
6．在△ABC中，若a＝14，b＝7，B＝60°，则C＝________.
7．在△ABC中，B＝30°，C＝120°，则a∶b∶c＝________.
8．在△ABC中，若A＝120°，AB＝5，BC＝7，则sin B＝
________.
三、解答题
9．(2011·安徽高考)在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边长，a＝，b＝，1＋2cos(B＋C)＝0，求边BC上的高．
10．在△ABC中，已知＝，试数列△ABC的形状．
答 案
课时跟踪检测(一)
1．选C 由正弦定理得＝，所以＝.
2．选A ∵sin A>sin B，∴2Rsin A>2Rsin B，即a>b，故A>B.
3．选D 若设120°角所对的边长为x，则由正弦定理可得：＝，
于是x＝＝＝12，故选D.
4．选D 由正弦定理，得sin2Asin B＋sin Bcos2A＝sin A，
即sin B·(sin2A＋cos2A)＝sin A.
所以sin B＝sin A．∴＝＝.
5．选B 由正弦定理易知A，C，D正确．对于B，由sin 2A＝sin 2B，可得A＝B，或2A＋2B＝π，即A＝B，或A＋B＝，
∴a＝b，或a2＋b2＝c2，故B错误.
6．解析：由正弦定理知＝，
又a＝14，b＝7，B＝60°，
∴sin A＝＝＝，
∵a＜b，∴A＜B，
∴A＝45°，∴C＝180°－(B＋A)＝180°－(60°＋45°)＝75°.
答案：75°
7．解析：A＝180°－B－C＝30°，由正弦定理得a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C，
即a∶b∶c＝sin 30°∶sin 30°∶sin 120°
＝1∶1∶.
答案：1∶1∶
8.解析：由正弦定理，得
sin C＝
＝＝.
可知C为锐角，∴cos C＝＝.
∴sin B＝sin(180°－120°－C)＝sin(60°－C)
＝sin 60°·cos C－cos 60°·sin C＝.
答案：
9．解：由1＋2cos(B＋C)＝0和B＋C＝π－A，得
1－2cos A＝0，所以cos A＝，
sin A＝.
再由正弦定理，得sin B＝＝.
由bcos B＝＝.
由上述结果知sin C＝sin(A＋B)＝×(＋)＝.
设边BC上的高为h，则有h＝bsin C＝.
10．解：∵＝，
a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，
∴＝.
又∵sin Asin B≠0，
∴sin Acos A＝sin Bcos B，
即sin 2A＝sin 2B，
∴2A＝2B，或2A＋2B＝π，
即A＝B，或A＋B＝.
故△ABC是等腰三角形或直角三角形．
课时跟踪检测(三) 正、余弦定理在实际中的应用
一、选择题
1．从A处望B处的仰角为α，从B处望A处的俯角为β，则α，β的关系为( )
A．α＞β B．α＝β
C．α＋β＝90° D．α＋β＝180°
2．两灯塔A，B与海洋观察站C的距离都等于a(km)，灯塔A在C北偏东30°，B在C南偏东60°，则A，B之间距离为( )
A.a km B.a km
C．a km D．2a km
3．有一长为10 m的斜坡，倾斜角为75°，在不改变坡高和坡顶的前提下，通过加长坡面的方法将它的倾斜角改为30°，则坡底要延长的长度(单位：m)是( )
A．5 B．10
C．10 D．10
4．一船自西向东匀速航行，上午10时到达一座灯塔P的南偏西75°距塔68海里的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处，则这只船的航行速度为( )
A.海里/小时 B．34海里/小时
C.海里/小时 D．34海里/小时
5.
如图，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，则乙船每小时航行( )
A．10海里 B．20海里
C．30海里 D．30海里
二、填空题
6．某人从A处出发，沿北偏东60°行走3 km到B处，再沿正东方向行走2 km到C处，则A，C两地距离为________km.
7．一蜘蛛沿东北方向爬行x cm捕捉到一只小虫，然后向右转105°，爬行10 cm捕捉到另一只小虫，这时它向右转135°爬行回它的出发点，那么x＝________.
8．某船开始看见灯塔在南偏东30°方向，后来船沿南偏东60°方向航行30 n mile后，看见灯塔在正西方向，则这时船与灯塔的距离为________ n mile.
三、解答题
9．海岛O上有一座海拔1 000米的山，山顶上设有一个观察站A，上午11时，测得一轮船在岛北偏东60°的C处，俯角30°，11时10分，又测得该船在岛的北偏西60°的B处，俯角60°.则该船的速度为每小时多少千米？
10．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海里，乙船正向北行驶，若甲船是乙船速度的倍，问甲船应取什么方向前进才能在最短时间内追上乙船？此时乙船行驶多少海里．
答 案
课时跟踪检测(三)
1.解析：选B 根据题意和仰角、俯角的概念画出草图，如图．知α＝β，故应选B.
2．选A △ABC中，AC＝BC＝a，∠ACB＝90°，AB＝a.
3.选C 如图，设将坡底加长到B′时，倾斜角为30°，在△ABB′中，利用正弦定理可求得BB′的长度．
在△ABB′中，∠B′＝30°，
∠BAB′＝75°－30°＝45°，AB＝10 m，
由正弦定理，得
BB′＝＝＝10(m)．
∴坡底延伸10 m时，斜坡的倾斜角将变为30°.
4．选A 如图所示，在△PMN中，＝，
∴MN＝＝34，
∴v＝＝(海里/小时)．
5．选D 如图，连接A1B2，在△A1A2B2中，易知∠A1A2B2＝60°，又易求得A1A2＝30×＝10＝A2B2，
∴△A1A2B2为正三角形，
∴A1B2＝10.
在△A1B1B2中，易知∠B1A1B2＝45°，
∴B1B＝400＋200－2×20×10×＝200，
∴B1B2＝10，∴乙船每小时航行30海里．
6．解析：如右图所示，由题意可知AB＝3，
BC＝2，
∠ABC＝150°.
由余弦定理，得
AC2＝27＋4－2×3×2×cos 150°＝49，AC＝7.则A，C两地距离为7 km.
答案：7
7．解析：如图所示，设蜘蛛原来在O点，先爬行到A点，再爬行到B点，易知在△AOB中，AB＝10 cm，∠OAB＝75°，
∠ABO＝45°，
则∠AOB＝60°，由正弦定理知：
x＝＝＝(cm)．
答案： cm
8.解析：如图所示，B是灯塔，A是船的初始位置，C是船航行后的位置，
则BC⊥AD，∠DAB＝30°，
∠DAC＝60°，则在Rt△ACD中，
DC＝ACsin ∠DAC＝30sin 60°＝15 n mile，
AD＝ACcos ∠DAC＝30cos 60°＝15 n mile，
则在Rt△ADB中，
DB＝ADtan∠DAB＝15tan 30°＝5 n mile，
则BC＝DC－DB＝15－5＝10 n mile.
答案：10
9.解：如图所示，设观察站A在水平面上的射影为O，依题意OB＝OA·tan 30°＝(千米)，
OC＝OA·tan 60°＝ (千米)，
则BC＝
＝(千米)．
∴船速v＝÷＝2(千米/小时)．
10．解：设甲沿直线与乙船同时到C点，
则A、B、C构成一个△ABC，
如图，设乙船速度为v，
则甲船速度为v，到达C处用时为t.
由题意BC＝vt，AC＝vt，∠ABC＝120°.
在△ABC中，
由余弦定理
AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos120°，
∴3v2t2＝a2＋v2t2＋avt.
∴2v2t2－avt－a2＝0，
解得vt＝－(舍)或vt＝a.
∴BC＝a，
在△ABC中AB＝BC＝a，
∴∠BAC＝∠ACB＝30°.
答：甲船应取北偏东30°的方向去追乙，此时乙船行驶a海里．
课时跟踪检测(二) 余弦定理
一、选择题
1．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A＝，a＝，b＝1，则c＝( )
A．1 B．2
C.－1 D.
2．在△ABC中，若a＝8，b＝7，cos C＝，则最大角的余弦值是( )
A．－ B．－
C．－ D．－
3．在△ABC中，B＝60°，b2＝ac，则此三角形一定是( )
A．直角三角形 B．等边三角形
C．等腰直角三角形 D．钝角三角形
4．(2013·宁阳高二检测)在△ABC中，bcos A＝acos B，则△ABC是( )
A．等边三角形 B．等腰三角形
C．直角三角形 D．锐角三角形
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． 设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若(a＋b－c)(a＋b＋c)＝ab，则角C＝
________
7．在△ABC中，A＝120°，AB＝5，BC＝7，则的值为________．
8．在△ABC中，若sin A∶sin B∶sin C＝3∶5∶7，则C的大小是________．
三、解答题
9．在△ABC中，若已知(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，并且sin C＝2sin Bcos A，试判断△ABC的形状．
10．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且2b·cos A＝c·cos A＋a·cos C
(1)求角A的大小；
(2)若a＝，b＋c＝4，求bc的值．
答 案
课时跟踪检测(二)
1．选B 由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，得c2－c－2＝0，解得c＝2或c＝－1(舍去)．
2．选C 由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos C＝82＋72－2×8×7×＝9，
所以c＝3，故a最大，所以最大角的余弦值为cos A＝＝＝－.
3．选B 由余弦定理，得b2＝a2＋c2－ac，
又∵b2＝ac，
∴a2＋c2－2ac＝0，即(a－c)2＝0，
∴a＝c.
∵B＝60°，
∴A＝C＝60°.
故△ABC是等边三角形．
4．选B 因为bcos A＝acos B，
所以b·＝a·.
所以b2＋c2－a2＝a2＋c2－b2.
所以a2＝b2.
所以a＝b.故此三角形是等腰三角形．
5．选C 由题意可知c＜b＜a，或a＜b＜c，
不妨设c＝2x，则a＝(＋1)x，
∴cos B＝.
即＝
∴b2＝6x2.
∴cos C＝
＝
＝，
∴C＝45°，
∴A＝180°－60°－45°＝75°.
6．解析：∵(a＋b)2－c2＝ab，
∴cos C＝＝－，C＝.
答案：
7．解析：由余弦定理可得49＝AC2＋25－2×5×AC×cos 120°，整理得：
AC2＋5·AC－24＝0，
解得AC＝3或AC＝－8(舍去)，
再由正弦定理可得＝＝.
答案：
8．解析：因为sin A∶sin B∶sin C＝3∶5∶7，由正弦定理可得a∶b∶c＝3∶5∶7，设a＝3k(k＞0)，则b＝5k，c＝7k，由余弦定理的推论得cos C＝＝－，又0°＜C＜180°，所以C＝120°.
答案：120°
9．解：由正弦定理，可得sin B＝，
sin C＝.
由余弦定理，得cos A＝.
代入sin C＝2sin Bcos A，
得c＝2b·.
整理得 a＝b.
又因为(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，
所以a2＋b2－c2＝ab，
即cos C＝＝.
故C＝.
又a＝b，
所以△ABC为等边三角形．
10．解：(1)根据正弦定理
2b·cos A＝c·cos A＋a·cos C?
2cos Asin B＝sin Acos C＋cos Asin C
＝sin (A＋C)＝sin B，
∵sin B≠0，
∴cos A＝，
∵0°＜A＜180°，
∴A＝60°.
(2)由余弦定理得：
7＝a2＝b2＋c2－2bc·cos 60°
＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc，
把 b＋c＝4代入得bc＝3，故bc＝3.
课时跟踪检测(四) 正、余弦定理在三角形中的应用
一、选择题
1．在△ABC中，已知AB＝2，BC＝5，△ABC的面积为4，若∠ABC＝θ，则cos θ是( )
A. B．－
C．± D．±
2．在△ABC中，已知A＝30°，a＝8，b＝8，则△ABC的面积为( )
A．32 B．16
C．32或16 D．32或16
3．在△ABC中，A＝60°，AB＝2，且△ABC的面积S△ABC＝，则边BC的边长为( )
A. B．3
C. D．7
4．△ABC的周长为20，面积为10，A＝60°，则BC的边长等于( )
A．5 B．6
C．7 D．8
5．某人从出发点A向正东走x m后到B，向左转150°再向前走3 m到C，测得△ABC的面积为 m2，则此人这时离开出发点的距离为( )
A．3 m B. m
C．2 m D. m
二 、填空题
6．△ABC的两边长分别为2,3，其夹角的余弦值为，则其外接圆的半径为________．
7．一艘船以4 km/h的速度沿着与水流方向成120°的方向航行，已知河水流速为2 km/h，则经过 h，该船实际航程为________．
8．在△ABC中，a＝b＋2，b＝c＋2，又知最大角的正弦等于，则三边长为________．
三、解答题
9．在△ABC中，若c＝4，b＝7，BC边上的中线AD的长为，求边长a.
10．(2010·浙江高考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设S为△ABC的面积，满足S＝(a2＋b2－c2)．
(1)求角C的大小；
(2)求sinA＋sinB的最大值．
答 案
课时跟踪检测(四)
1．选C ∵S△ABC＝
AB·BCsin∠ABC
＝×2×5×sin θ＝4.
∴sin θ＝.
又θ∈(0，π)，
∴cos θ＝±＝±.
2．选D 在△ABC中，由正弦定理＝，得sin B＝＝＝，
又b＞a，∴B＝60°或120°.
当B＝60°时，C＝180°－30°－60°＝90°，
∴S△ABC＝×8×8＝32；
当B＝120°时，C＝180°－30°－120°＝30°，
∴S△ABC＝absin C＝×8×8×＝16.
3．选A ∵S△ABC＝AB·ACsin A＝，
∴AC＝1
由余弦定理可得
BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos A
＝4＋1－2×2×1×cos 60°＝3.
即BC＝.
4.选C 如图由题意得
由(2)得bc＝40.
由(3)得a2＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc
＝(20－a)2－3×40
∴a＝7.
5．选D 在△ABC中，
S＝AB×BCsin B，
∴＝×x×3×sin 30°，
∴x＝.
由余弦定理，得
AC＝
＝ ＝ (m)．
6．解析：不妨设b＝2，c＝2，cos A＝，
则a2＝b2＋c2－2bc·cos A＝9，
∴a＝3.
又∵sin A＝ ＝，
∴外接圆半径为R＝＝＝.
答案：
7.解析：如图所示，在△ACD中，AC＝2，CD＝4，∠ACD＝60°，
∴AD2＝12＋48－2×2×4×＝36，
∴AD＝6，即该船实际航程为6 km.
答案：6 km
8．解析：由题意知a边最大．sin A＝，
∴A＝120°，∴a2＝b2＋c2－2bccos A.
∴a2＝(a－2)2＋(a－4)2＋(a－2)(a－4)．
∴a2－9a＋14＝0，a＝2(舍去)，a＝7.
∴b＝a－2＝5，c＝b－2＝3.
答案：a＝7，b＝5，c＝3
9.解：∵AD是BC边上的中线，
∴可设CD＝DB＝x，则CB＝a＝2x.
∵c＝4，b＝7，AD＝，
在△ACD中，
有cos C＝，
在△ABC中，
有cos C＝.
∴＝
解得x＝.∴a＝2x＝9.
10．解：(1)由题意可知absin C＝·2abcos C，
所以tan C＝，
因为0＜C＜π，所以C＝.
(2)由已知sin A＋sin B＝sin A＋sin(π－C－A)＝sin A＋sin(－A)
＝sin A＋cos A＋sin A＝sin(A＋)≤.
当△ABC为正三角形时取等号，
所以sin A＋sin B的最大值是.
阶段质量检测(一) 解三角形
(时间90分钟，满分120分)
一、选择题(共10小题，每小题5分，共50分)
1．在△ABC中，已知a2＝b2＋c2＋bc，则A＝( )
A. B.
C. D.或
2．在△ABC中，B＝45°，C＝60°，c＝1，则最短边的边长等于( )
A. B.
C. D.
3．在△ABC中，A＝60°，a＝，b＝4，那么满足条件的△ABC( )
A．有一个解 B．有两个解
C．无解 D．不能确定
4．△ABC的三边长分别为AB＝7，BC＝5，CA＝6，则·的值为( )
A．19 B．14
C．－18 D．－19
5．若△ABC的内角A，B，C满足6sin A＝4sin B＝3sin C，则cos B＝( )
A. B.
C. D.
6．已知圆的半径为4，a，b，c为该圆的内接三角形的三边，若abc＝16，则三角形的面积为( )
A．2 B．8
C. D.
7．在△ABC中，a＝k，b＝k(k＞0)，A＝45°，则满足条件的三角形个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．无数个
8．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，B＝2A，a＝1，b＝，则△ABC是( )
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．不能确定
9．已知锐角三角形的三边长分别为1,3，a，那么a的取值范围( )
A．(8,10) B．(2，)
C．(2，10) D．(，8)
10．江岸边有一炮台高30米，江中有两条船，则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线成30°角，则两条船相距( )
A．10米 B．100米
C．20米 D．30米
二、填空题(共4小题，每小题5分，共20分)
11．在△ABC中，已知b＝50，c＝150，B＝30°，则边长a＝________.
12．已知△ABC的面积S＝，A＝，则·＝________.
13． △ABC为钝角三角形，且∠C为钝角，则a2＋b2与c2的大小关系为________．
14．在△ABC中，a＝14，A＝60°，b∶c＝8∶5，则该三角形的面积为________．
三、解答题(共4小题，共50分)
15．(12分)在△ABC中，已知a＝2，b＝6，A＝30°，求B及S△ABC.
16．(12分)在△ABC中，∠B＝45°，AC＝，cos C＝，
(1)求BC边的长．
(2)若点D是AB的中点，求中线CD的长度．
17．(12分)为保障高考的公平性，高考时每个考点都要安装手机屏蔽仪，要求在考点周围1 km内不能收到手机信号．检查员抽查青岛市一考点，在考点正西约 km有一条北偏东60°方向的公路，在此处检查员用手机接通电话，以12 km/h的速度沿公路行驶，最长需要多少时间，检查员开始收不到信号，并至少持续多长时间该考点才算合格？
18．(14分)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知＝，
(1)求的值；
(2)若cos B＝，b＝2，求△ABC的面积S.
答 案
阶段质量检测(一) 解三角形
1．选C ∵a2＝b2＋c2＋bc，
∴由余弦定理的推论得cos A＝＝＝＝－，
∴A＝.
2．选A ∵A＝180°－45°－60°＝75°
∴A＞C＞B
∴边b最短．
由＝
得b＝
＝＝.
3．选C bsin A＝4×sin 60°＝4×＝2.
又a＝，且＜2，故△ABC无解．
4．选D 在△ABC中，由余弦定理得cos B＝
＝＝
∴·＝－cos B＝－7×5×＝－19.
5．选D 依题意，结合正弦定理得6a＝4b＝3c，设3c＝12k(k＞0)，则有a＝2k，b＝3k，c＝4k，由余弦定理得cos B＝＝＝.
6．选C ∵＝＝＝2R＝8，
∴sin C＝，
∴S△ABC＝absin C＝
＝＝.
7．选A 由正弦定理得＝，
∴sin B＝＝＞1，即sin B ＞1，这是不成立的．所以没有满足此条件的三角形．
8．选C 由正弦定理得＝，则cos A＝，从而cos B＝cos 2A＝2cos2 A－1＝－＜0，所以角B为钝角，△ABC是钝角三角形．
9．选B 设1,3，a所对的角分别为∠C、∠B、∠A，由余弦定理知a2＝12＋32－2×3cos A＜12＋32＝10，
32＝1＋a2－2×acos B＜1＋a2，
∴2＜a＜.
10．选D 设炮台顶部为A，两条船分别为B、C，炮台底部为D，可知∠BAD＝45°，∠CAD＝60°，∠BDC＝30°，AD＝30.分别在Rt△ADB，Rt△ADC中，求得DB＝30，DC＝30.在△DBC中，由余弦定理得
BC2＝DB2＋DC2－2DB·DCcos 30°，解得BC＝30.
故选D.
11．解析：由余弦定理得
a2＋c2－2accos 30°＝b2
∴a2－150a＋15 000＝0
解得a＝100或50.
答案：100或50
12．解析：S△ABC＝·|AB|·|AC|·sin A，
即＝·|AB|·|AC|·，
所以|AB|·|AC|＝4，
于是·＝··cos A
＝4×＝2.
答案：2
13．解析：cos C＝，∵∠C为钝角，
∴cos C<0，∴a2＋b2－c2<0，
故a2＋b2答案：a2＋b214．解析：设另两边长分别为8x和5x，则
cos 60°＝
解得x＝2
所以b＝16，c＝10
∴S△ABC＝bcsin A＝×16×10sin 60°＝40.
答案：40
15．解：在△ABC中，由正弦定理，
得sin B＝sin A＝×＝.
又A＝30°，且a＜b，
∴B＝60°或B＝120°.
①当B＝60°时，C＝90°，△ABC为直角三角形，
故S△ABC＝ab＝6.
②当B＝120°时，C＝30°，△ABC为等腰三角形，
故S△ABC＝absin C＝×2×6sin 30°＝3.
16．解：(1)由cos C＝得sin C＝.
sin A＝sin(180°－45°－C)＝
(cos C＋sin C)＝.
由正弦定理知BC＝·sin A＝·＝3.
(2)AB＝·sin C＝·＝2，BD＝AB＝1.
由余弦定理知CD
＝
＝
＝.
17．解：如图所示，考点为A，检查开始处为B，设公路上C，D两点到考点的距离为1 km.
在△ABC中，AB＝ ，AC＝1，∠ABC＝30°，
由正弦定理，得sin∠ACB＝＝，
∴∠ACB＝120°(∠ACB＝60°不合题意)，
∴∠BAC＝30°，∴BC＝AC＝1.
在△ACD中，AC＝AD，∠ACD＝60°，
∴△ACD为等边三角形，
∴CD＝1.
∵×60＝5，
在BC上需要5 min，CD上需要5 min.
答：最长需要5 min检查员开始收不到信号，并持续至少5 min才算合格．
18．解：(1)法一：在△ABC中，由＝及正弦定理可得
＝，
即cos Asin B－2cos Csin B＝2sin Ccos B－sin Acos B.
则cos Asin B＋sin Acos B＝2sin Ccos B＋2cos Csin B，
即sin(A＋B)＝2sin(C＋B)，而A＋B＋C＝π，
则sin C＝2sin A，即＝2.
法二：在△ABC中，由＝可得
bcos A－2bcos C＝2ccos B－acos B
由余弦定理可得
－＝－，
整理可得c＝2a，由正弦定理可得＝＝2.
法三：利用教材习题结论解题，在△ABC中有结论
a＝bcos C＋ccos B，b＝ccos A＋acos C，
c＝acos B＋bcos A.
由＝可得
bcos A－2bcos C＝2ccos B－acos B，
即bcos A＋acos B＝2ccos B＋2bcos C，则c＝2a，
由正弦定理可得＝＝2.
(2)由c＝2a及cos B＝，b＝2可得
4＝c2＋a2－2accos B＝4a2＋a2－a2＝4a2，
则a＝1，c＝2.
∴S＝acsin B＝×1×2×＝.
