1.1.1 正弦定理
课堂探究
一、判断三角形解的个数
剖析：(1)代数法
在△ABC中，已知a，b，∠A，由正弦定理可得sin B＝sin A＝m．
①当sin B>1时，这样的∠B不存在，即三角形无解．
②当sin B＝1时，∠B＝90°，若∠A<90°，则三角形有一解，否则无解．
③当sin B<1时，满足sin B＝m的角有两个，其中设锐角为α，钝角为β，则当∠A＋α>180°时，三角形无解；当∠A＋α<180°，且∠A＋β<180°时，有两解；当∠A＋α<180°且∠A＋β>180°时有一解．
(2)几何法
根据条件中∠A的大小，分为锐角、直角、钝角三种情况，通过几何作图，得出解的情况．作出已知∠A，以A为圆心，边长b为半径画弧交∠A的一边于C．使未知的边AB水平，顶点C在边AB上方，以点C为圆心，边长a为半径作圆，该圆与射线AB交点的个数，即为解的个数，如下表所示：
∠A为锐角
∠A为钝角或直角
图
形
①
②
关系式
①a＝bsin A
②a≥b
bsin A
a< bsin A
a>b
a≤b
解的个数
一解
两解
无解
一解
无解
二、教材中的“探索与研究”
在正弦定理中，设＝＝＝k．请研究常数k与△ABC外接圆的半径R的关系．(提示：先考察直角三角形)
剖析：(1)如图1，当△ABC为直角三角形时，直接得到＝＝＝2R(a，b，c分别为△ABC中角A，B，C的对边，R为外接圆半径)．
(2)如图2，当△ABC为锐角三角形时，连接BO并延长交圆O于点D，连接CD．因为∠A＝∠D，
所以＝＝2R，
同理＝＝2R，
即＝＝＝2R．
(3)如图3，当△ABC为钝角三角形且∠A为钝角时，连接BO并延长交圆O于点D，连接CD，∠A＝180°－∠D，所以＝＝＝2R．
由(2)知＝＝2R，
即＝＝＝2R．
综上所述，对于任意△ABC，＝＝＝2R恒成立．
归纳总结：根据上述关系式可得到正弦定理的常用变式：
(1)asin B＝bsin A；asin C＝csin A；bsin C＝csin B．
(2)a＝；sin B＝．
(3)＝＝＝＝2R(R为△ABC外接圆的半径)．
(4)a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C．
(5)边化角公式：a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C．
(6)角化边公式：sin A＝，sin B＝，sin C＝．
题型一 解三角形
【例1】 已知在△ABC中，c＝10，∠A＝45°，∠C＝30°，求a，b和∠B．
分析：正弦定理中有三个等式，每个等式都含有四个未知量，可知三求一．当知道两个角时，即可知道第三个角，所以若再知道三边中任意一边，就可解这个三角形．
解：∵＝，∠A＝45°，∠C＝30°，
∴a＝＝＝10，
∠B＝180°－(∠A＋∠C)＝180°－(45°＋30°)＝105°．
又＝，
∴b＝＝＝20sin 75°＝20×＝5(＋)．
反思：本题给出了解三角形第一类问题(即已知两角和一边，求另两边和一角)的方法步骤，即先由正弦定理求得已知角的对边，然后利用内角和公式求得第三角，再用正弦定理求第三边．
【例2】 在△ABC中，已知a＝，b＝，∠B＝45°，求∠A，∠C和c．
分析：已知两边和其中一边的对角的解三角形问题可运用正弦定理来求解，但应注意解的个数．
解：由正弦定理＝，知sin A＝＝．
∵asin B∴∠A有两个解，
∴∠A＝60°或∠A＝120°．
(1)当∠A＝60°时，∠C＝180°－∠A－∠B＝75°，
∴c＝＝＝．
(2)当∠A＝120°时，∠C＝180°－∠A－∠B＝15°，
∴c＝＝＝．
故∠A＝60°，∠C＝75°，c＝或∠A＝120°，∠C＝15°，c＝．
反思：本题给出了解三角形第二类问题(即已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角及其他的角和边)的方法步骤，即先由正弦定理求得已知边的对角，然后利用内角和公式求得第三角，再求得第三边．解答此类问题应注意对解的个数的讨论．
题型二 判断三角形的形状
【例3】 在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，且＝＝，试判断△ABC的形状．
分析：将式中的a，b，c分别用2Rsin A，2Rsin B，2Rsin C(R为△ABC外接圆半径)来代替是解决本题的关键．
解：由正弦定理＝＝＝2R(R为△ABC外接圆的半径)，得a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C，
代入＝＝中，可得
＝＝，
所以tan A＝tan B＝tan C．
又因为∠A，∠B，∠C是△ABC的内角，
所以∠A＝∠B＝∠C，
所以△ABC是等边三角形．
反思：已知三角形中的边角关系式，判断三角形的形状，有两种思路：其一，化边为角，再进行三角恒等变换求出三个角之间的关系；其二，化角为边，再进行代数恒等变换求出三条边之间的关系．
【互动探究】 在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别是a，b，c，且＝＝，试判断△ABC的形状．
解：由＝＝，＝＝
得＝，＝，
∴sin B＝cos B，即sin(∠B－45°)＝0，
∴∠B＝45°，同理，∠C＝45°．
∴∠A＝180°－∠B－∠C＝90°．
∴△ABC为等腰直角三角形．
题型三 用正弦定理证明
【例4】 在△ABC中，求证：＝．
分析：求证的等式左边既含有边又含有角，而右边只有角，可利用正弦定理将左边的边化成角．
证明：由正弦定理得
左边＝＝＝
＝＝＝＝右边．
故原等式成立．
反思：在含有边角关系的等式中，若含有a，b，c及sin A，sin B，sin C形式，可利用正弦定理完成边角关系的统一．
题型四 易错辨析
【例5】 在△ABC中，∠B＝30°，AB＝2，AC＝2，求△ABC的面积．
错解：由正弦定理，得sin C＝＝，所以∠C＝60°，所以∠A＝90°，所以S△ABC＝AB·AC·sin A＝×2×2×1＝2，
即△ABC的面积是2．
错因分析：利用正弦定理求角C时漏解了，实际上由AB>AC，得满足sin C＝的角C有两个．
正解：由正弦定理，得sin C＝＝．
因为AB>AC，所以∠C＝60°或120°．
当∠C＝60°时，∠A＝90°，S△ABC＝AB·AC·sin A＝2；当∠C＝120°时，∠A＝30°，S△ABC＝AB·AC·sin A＝．所以△ABC的面积为2或．
【例6】 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，c＝＋，∠C＝30°，求a＋b的最大值．
错解：因为∠C＝30°，所以∠A＋∠B＝150°，
即∠B＝150°－∠A．
由正弦定理，得＝＝．
又因为sin A≤1，sin(150°－∠A)≤1，
所以a＋b≤2(＋)＋2(＋)＝4(＋)．
故a＋b的最大值为4(＋)．
错因分析：上述解法错误的原因是未弄清∠A与150°－∠A之间的关系，这里∠A与150°－∠A是相互制约的，不是相互独立的量，sin A与sin(150°－∠A)不能同时取最大值1，因此所得的结果是错误的．
正解：因为C＝30°，所以∠A＋∠B＝150°．
由正弦定理，得＝＝．
因此，a＋b＝2(＋)·[sin A＋sin(150°－∠A)]
＝(8＋4)cos(∠A－75°)≤8＋4．
故a＋b的最大值为8＋4．
1.1.2 余弦定理
1．理解用向量的工具推导余弦定理的过程，并能初步运用余弦定理解斜三角形．
2．掌握三角形的面积公式．
3．能够运用正弦定理、余弦定理、面积公式等知识和方法解决一些与测量及几何计算有关的三角形问题．
1．余弦定理
公式表达
语言叙述
推论
a2＝____________
三角形任何一边的平方等于_______
cos A＝____________
b2＝______________
cos B＝____________
c2＝____________
cos C＝__________
(1)余弦定理揭示了任意三角形边角之间关系的客观规律，是解三角形的重要工具；
(2)余弦定理是勾股定理的推广，勾股定理是余弦定理的特例；
(3)在余弦定理中，每一个等式均含有四个量，利用方程的观点，可以知三求一；
(4)运用余弦定理时，因为已知三边求角，或已知两边及夹角求另一边，由三角形全等的判定定理知，三角形是确定的，所以解也是唯一的．
【做一做1－1】在△ABC中，AB＝1，BC＝2，∠B＝60°，则AC的长为________．
【做一做1－2】在△ABC中，a2－c2＋b2＝ab，则∠C＝________.
2．余弦定理的应用
(1)利用余弦定理判断三角形的形状
由余弦定理，当边c为最大边时，
如果c2＝a2＋b2，则△ABC为____三角形；
如果c2＜a2＋b2，则△ABC为____三角形；
如果c2＞a2＋b2，则△ABC为____三角形．
(2)利用余弦定理可以解决有关斜三角形的问题
①已知三边，________；
②已知两边和它们的夹角，求______和其他______；
③已知三角形的两边和其中一边的对角解斜三角形时，也可用余弦定理，如已知a，b，A，可先用余弦定理__________，求出c，此时c的个数即为三角形解的个数．
使用余弦定理求角时，一般在判断三条边的大小后，可先求最大角，也可先求最小角，如果最大角小于60°或最小角大于60°，可知三角形无解．
【做一做2－1】在△ABC中，若sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶4，则该三角形的形状为( )．
A．直角三角形 B．等边三角形
C．锐角三角形 D．钝角三角形
【做一做2－2】在△ABC中，已知c＝2acos B，则△ABC的形状为________三角形．
3．三角形的面积公式
(1)S＝a·ha(ha表示a边上的高)；
(2)S＝absin C＝______＝______；
(3)S＝r(a＋b＋c)(r为三角形的内切圆半径)；
(4)S＝(其中p＝(a＋b＋c))．
【做一做3－1】在△ABC中，角A，B，C的对边边长分别为a，b，c，且a＝1，∠B＝45°，S△ABC＝2，则c＝____.
【做一做3－2】已知三角形的周长为12，内切圆的半径为1，则S△ABC＝________.
一、三角形中的四类基本问题
剖析：解三角形的问题可以分为以下四类：
(1)已知三角形的两边和其中一边的对角，解三角形．
此种情况的基本解法是先由正弦定理求出另一条边所对的角，用三角形的内角和定理求出第三个角，再用正弦定理求出第三边，注意判断解的个数．
(2)已知三角形的两角和任一边，解三角形．
此种情况的基本解法是若所给边是已知角的对边时，可由正弦定理求另一边，再由三角形内角和定理求出第三个角，再由正弦定理求第三边．若所给边不是已知角的对边时，先由三角形内角和定理求第三个角，再由正弦定理求另外两边．
(3)已知两边和它们的夹角，解三角形．
此种情况的基本解法是先用余弦定理求第三边，再用正弦定理或余弦定理求另一角，最后用三角形内角和定理求第三个角．
(4)已知三角形的三边，解三角形．
此种情况的基本解法是先用余弦定理求出一个角，再用正弦定理或余弦定理求出另一个角，最后用三角形内角和定理求出第三个角．
二、教材中的“？”
在△ABC中，令＝c，＝b，＝a，你能通过计算|a|2＝a·a证明余弦定理吗？
剖析：如图所示，|a|2＝a·a＝a2＝·＝(－)·(－)＝2－2·＋2＝2－2||||cos A＋2＝b2＋c2－2bccos A，即a2＝b2＋c2－2bccos A．
同理可证b2＝a2＋c2－2accos B，c2＝a2＋b2－2abcos C．
除了向量法和几何法来证明余弦定理外，我们还可以用坐标法或正弦定理来解决．
(1)坐标法：
如图所示，以A为坐标原点，AC所在直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，
则A，B，C的坐标分别为A(0,0)，B(ccos A，csin A)，C(b,0)，根据两点间的距离公式，得
a＝|BC|＝，
∴a2＝c2cos2A－2bccos A＋b2＋c2sin2A，
即a2＝b2＋c2－2bccos A．
同理可得b2＝a2＋c2－2accos B，c2＝a2＋b2－2abcos C．
(2)(用正弦定理证明)因为a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C，
所以b2＋c2－2bccos A
＝4R2(sin2B＋sin2C－2sin Bsin Ccos A)
＝4R2[sin2B＋sin2C＋2sin Bsin Ccos (B＋C)]
＝4R2(sin2B＋sin2C－2sin2Bsin2C＋2sin Bsin Ccos Bcos C)
＝4R2[sin2B(1－sin2C)＋sin2C(1－sin2B)＋2sin Bsin Ccos Bcos C]
＝4R2(sin2Bcos2C＋2sin Bsin Ccos Bcos C＋sin2Ccos2B)
＝4R2sin2(B＋C)＝4R2sin2A＝a2.
同理可证b2＝a2＋c2－2accos B，c2＝a2＋b2－2abcos C．
题型一 用余弦定理解三角形
【例1】在△ABC中：
(1)a＝1，b＝1，∠C＝120°，求c；
(2)a＝3，b＝4，c＝，求最大角；
(3)a∶b∶c＝1∶∶2，求∠A，∠B，∠C．
分析：(1)直接利用余弦定理即可；
(2)在三角形中，大边对大角；
(3)可设三边为x，x,2x.
反思：(1)本例为余弦定理的最基本应用，要在此基础上熟练地掌握余弦定理的结构特征．
(2)对于第(3)小题，根据已知条件，设出三边长，由余弦定理求出∠A，进而求出其余两角．另外也可由边长关系，判断出∠C为直角，再求角．
题型二 判断三角形的形状
【例2】在△ABC中，已知(a＋b＋c)(b＋c－a)＝3bc，且sin A＝2sin B·cos C，试确定△ABC的形状．
分析：利用余弦定理先求出∠A＝60°，再根据三角变换公式求得∠B＝∠C．
反思：(1)判断三角形的形状是看该三角形是否为某特殊的三角形(如锐角、直角、钝角、等腰、等边三角形等)．
(2)对于给出条件是边角关系混合在一起的问题，一般地，应运用正弦定理和余弦定理，要么统一为边的关系，要么统一为角的关系．再利用三角形的有关知识、三角恒等变形方法、代数恒等变形方法进行转化、化简，从而得出结论．
(3)常见结论：设a，b，c分别是△ABC的角A，B，C的对边，
①若a2＋b2＝c2，则∠C＝90°；
②若a2＋b2＞c2，则∠C＜90°；
③若a2＋b2＜c2，则∠C＞90°；
④若sin 2A＝sin 2B，则∠A＝∠B或∠A＋∠B＝.
题型三 三角形的面积公式的应用
【例3】在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别是a，b，c，且＝－.求：
(1)∠B的大小；
(2)若b＝，a＋c＝4，求△ABC的面积．
分析：先由余弦定理求出∠B，再结合条件列方程求出ac，利用面积公式求出△ABC的面积．
反思：求三角形的面积，要充分挖掘题目中的条件，转化为求两边及夹角的正弦问题，要注意方程思想在解题中的应用．
题型四 正、余弦定理的综合应用
【例4】(2011·山东高考)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，求边a.
分析：(1)利用正弦定理及三角变换公式对已知等式进行化简即可；
(2)利用余弦定理列出方程，并且用上(1)中的结论即可求出a.
反思：正、余弦定理在解三角形中的应用关键要明确已知的边和角及所求，正弦定理尤其在边角转化方面功能显著．余弦定理的使用要注意选择好“第三边”，这样才能列出有效的方程，再者要熟练掌握三角变换公式，这在解三角形中经常用到．
题型五 易错辨析
【例5】在锐角△ABC中，b＝1，c＝2，则a的取值范围是( )．
A．1＜a＜3 B．1＜a＜
C．＜a＜ D．不确定
错解：由三角形的性质，知c－b＜a，得a＞1.又∠A为锐角，从而cos A＝＝＞0，得
0＜a＜.
所以1＜a＜.故选B．
错因分析：上述解法忽视了三角形三个内角的关系，即∠A＋∠B＋∠C＝180°，cos A＞0只能推出∠A为锐角，而不能推出△ABC一定为锐角三角形，因为∠A＋∠B＋∠C＝180°，所以当△ABC为锐角三角形时，不仅cos A＞0，还必须满足cos B＞0，cos C＞0.
【例6】在△ABC中，已知a＝2，b＝2，∠C＝15°，求∠A．
错解：由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos C＝4＋8－2×2×2×＝8－4，所以c＝－.又由正弦定理，得sin A＝＝.因为0°＜∠A＜180°，所以∠A＝30°或150°.
错因分析：没有注意到b＞a这一隐含条件，致使增解．
1在△ABC中，bcos A＝acos B，则三角形的形状为( )．
A．直角三角形 B．锐角三角形
C．等腰三角形 D．等边三角形
2在△ABC中，已知三边a，b，c满足(a＋b＋c)·(a＋b－c)＝3ab，则∠C等于( )．
A．15° B．30°
C．45° D．60°
3在△ABC中，a，b，c分别为∠A，∠B，∠C的对边，如果b＋c＝2，∠A＝60°，△ABC的面积为，那么a为( )．
A． B．
C．10 D．6
4在△ABC中，AB＝3，BC＝，AC＝4，则sin A＝________.
5(2012·北京昌平高三一模)在△ABC中，cos 2A＝cos2 A－cos A．
(1)求角A的大小；
(2)若a＝3，sin B＝2sin C，求S△ABC．
答案：
基础知识·梳理
1．b2＋c2－2bccos A a2＋c2－2accos B a2＋b2－2abcos C 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
【做一做1－1】 由余弦定理，得AC2＝12＋22－2×1×2×cos 60°＝3.∴AC＝.
【做一做1－2】60°
2．(1)直角 锐角 钝角 (2)求三个角 第三边 两个角 a2＝b2＋c2－2bccos A
【做一做2－1】D
【做一做2－2】等腰
3．(2)bcsin A acsin B
【做一做3－1】4
【做一做3－2】6
典型例题·领悟
【例1】解：(1)由余弦定理，得
c2＝a2＋b2－2abcos C＝12＋12－2×1×1×(－)＝3，
∴c＝.
(2)显然∠C最大．
∵cos C＝＝＝－，
∴∠C＝120°.
(3)由于a∶b∶c＝1∶∶2，可设a＝x，b＝x，c＝2x.
由余弦定理，得
cos A＝＝＝，∴∠A＝30°.
同理cos B＝，cos C＝0，
∴∠B＝60°，∠C＝90°.
【例2】解：∵(a＋b＋c)(b＋c－a)＝3bc，∴a2＝b2＋c2－bc.
而a2＝b2＋c2－2bccos A，∴2cos A＝1.∴cos A＝
∴∠A＝60°.
又sin A＝sin (B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C，sin A＝2sin B·cos C，
∴sin Bcos C－cos Bsin C＝0，
即sin (B－C)＝0，∴∠B＝∠C.
又∵∠B＋∠C＝120°，∴∠A＝∠B＝∠C＝60°.
故△ABC为等边三角形．
【例3】解：(1)∵＝－，
∴＝－，
整理，得a2＋c2－b2＝－ac，
∴cos B＝＝－＝－，
从而∠B＝120°.
(2)由(1)得a2＋c2＋ac＝13.①
又a＋c＝4，∴a2＋c2＋2ac＝16.②
由①②，得ac＝3，
∴S△ABC＝acsin B＝×3×sin 120°＝.
【例4】解：(1)由正弦定理，得a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C，所以
＝＝，即
sin Bcos A－2sin Bcos C＝2sin Ccos B－sin Acos B，即有sin (A＋B)＝2sin (B＋C)，即sin C＝2sin A，所以＝2.
(2)由(1)知＝＝2，即c＝2a，
又因为b＝2，所以由余弦定理，得：
b2＝a2＋c2－2accos B，
即22＝4a2＋a2－2a×2a×，解得a＝1.
【例5】C 正解：由三角形的性质，知c－b＜a，得a＞1.
又由cos A＝＝＞0，得
0＜a＜.
由cos B＝＝＞0，得a∈R.
由cos C＝＝＞0，得a＞.
综上，知＜a＜.
【例6】正解：由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos C＝8－4，所以c＝－.又由正弦定理，得sin A＝＝.因为b＞a，所以∠B＞∠A.又因为0°＜∠A＜180°，所以∠A＝30°.
随堂练习·巩固
1．C 已知等式中有边也有角，故可用下列两种方法来解：①将边化为角，即将a＝2Rsin A，b＝2Rsin B代入，再进行三角恒等变换即可．②将角化为边，即由余弦定理将cos A，cos B的式子代入化简即可．
2．D 3．B
4． 由余弦定理，得cos A＝＝，
∴sin A＝.
5．解：(1)由已知得(2cos2 A－1)＝cos2 A－cos A，
∴cos A＝.
∵0＜∠A＜π，∴∠A＝.
(2)由＝可得，＝＝2，
∴b＝2c.
cos A＝＝＝，
解得c＝，b＝2.
S△ABC＝bcsin A＝×2××＝.
1.1.2 余弦定理
课堂探究
一、三角形中的四类基本问题
剖析：解三角形的问题可以分为以下四类：
(1)已知三角形的两边和其中一边的对角，解三角形．
此种情况的基本解法是先由正弦定理求出另一条边所对的角，用三角形的内角和定理求出第三个角，再用正弦定理求出第三边，注意判断解的个数．
(2)已知三角形的两角和任一边，解三角形．
此种情况的基本解法是若所给边是已知角的对边时，可由正弦定理求另一边，再由三角形内角和定理求出第三个角，再由正弦定理求第三边．若所给边不是已知角的对边时，先由三角形内角和定理求第三个角，再由正弦定理求另外两边．
(3)已知两边和它们的夹角，解三角形．
此种情况的基本解法是先用余弦定理求第三边，再用正弦定理或余弦定理求另一角，最后用三角形内角和定理求第三个角．
(4)已知三角形的三边，解三角形．
此种情况的基本解法是先用余弦定理求出一个角，再用正弦定理或余弦定理求出另一个角，最后用三角形内角和定理求出第三个角．
二、教材中的“？”
在△ABC中，令＝c，＝b，＝a，你能通过计算|a|2＝a·a证明余弦定理吗？
剖析：如图所示，|a|2＝a·a＝a2＝·＝(－)·(－)＝－2·＋＝－2||||cos A＋＝b2＋c2－2bccos A，即a2＝b2＋c2－2bccos A．
同理可证b2＝a2＋c2－2accos B，c2＝a2＋b2－2abcos C．
知识拓展：除了向量法和几何法来证明余弦定理外，我们还可以用坐标法或正弦定理来解决．
(1)(坐标法)如图所示，以A为坐标原点，AC所在直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，
则点A，B，C的坐标分别为A(0，0)，B(ccos A，csin A)，C(b，0)，根据两点间的距离公式，得
a=|BC|=，
∴a2=c2cos2A-2bccos A+b2+c2sin2A，
即a2=b2+c2-2bccos A．
同理可得b2＝a2＋c2－2accos B，c2＝a2＋b2－2abcos C．
(2)(用正弦定理证明)∵a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C，
∴b2＋c2－2bccos A
＝4R2(sin2B＋sin2C－2sin Bsin Ccos A)
＝4R2[sin2B＋sin2C＋2sin Bsin Ccos(B＋C)]
＝4R2(sin2B＋sin2C－2sin2Bsin2C＋2sin Bsin Ccos Bcos C)
＝4R2[sin2B(1－sin2C)＋sin2C(1－sin2B)＋2sin B sin Ccos Bcos C]
＝4R2(sin2Bcos2C＋2sin Bsin Ccos Bcos C＋sin2Ccos2B)
＝4R2sin2(B＋C)＝4R2sin2A＝a2．
同理可证b2＝a2＋c2－2accos B，c2＝a2＋b2－2abcos C．
题型一 用余弦定理解三角形
【例1】 在△ABC中：
(1)a＝1，b＝1，∠C＝120°，求c；
(2)a＝3，b＝4，c＝，求最大角；
(3)a∶b∶c＝1∶∶2，求∠A，∠B，∠C．
分析：(1)直接利用余弦定理即可；
(2)在三角形中，大边对大角；
(3)可设三边为x，x，2x．
解：(1)由余弦定理，得
c2＝a2＋b2－2abcos C＝12＋12－2×1×1×＝3，
∴c＝．
(2)显然∠C最大．
∵cos C＝＝＝－，
∴∠C＝120°．
(3)由于a∶b∶c＝1∶∶2，可设a＝x，b＝x，c＝2x．
由余弦定理，得
cos A＝＝＝，∴∠A＝30°．
同理cos B＝，cos C＝0，
∴∠B＝60°，∠C＝90°．
反思：(1)本例为余弦定理的最基本应用，要在此基础上熟练地掌握余弦定理的结构特征．
(2)对于第(3)小题，根据已知条件，设出三边长，由余弦定理求出∠A，进而求出其余两角．另外也可由边长关系，判断出∠C为直角，再求角．
题型二 判断三角形的形状
【例2】 在△ABC中，已知(a＋b＋c)(b＋c－a)＝3bc，且sin A＝2sin B·cos C，试确定△ABC的形状．
分析：利用余弦定理先求出∠A＝60°，再根据三角变换公式求得∠B＝∠C．
解：∵(a＋b＋c)(b＋c－a)＝3bc，∴a2＝b2＋c2－bc．
而a2＝b2＋c2－2bccos A，∴2cos A＝1．∴cos A＝．
∴∠A＝60°．又sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos B sin C，sin A＝2sin B·cos C，
∴sin Bcos C－cos Bsin C＝0，
即sin(∠B－∠C)＝0，∴∠B＝∠C．
又∵∠B＋∠C＝120°，∴∠A＝∠B＝∠C＝60°．
故△ABC为等边三角形．
反思：(1)判断三角形的形状是看该三角形是否为某特殊的三角形(如锐角、直角、钝角、等腰、等边三角形等)．
(2)对于给出条件是边角关系混合在一起的问题，一般地，应运用正弦定理和余弦定理，要么统一为边的关系，要么统一为角的关系．再利用三角形的有关知识、三角恒等变形方法、代数恒等变形方法进行转化、化简，从而得出结论．
(3)常见结论：设a，b，c分别是△ABC的角A，B，C的对边，
①若a2＋b2＝c2，则∠C＝90°；
②若a2＋b2>c2，则∠C<90°；
③若a2＋b290°；
④若sin 2A＝sin 2B，则∠A＝∠B或∠A＋∠B＝．
题型三 三角形的面积公式的应用
【例3】 在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别是a，b，c，且＝－．求：
(1)∠B的大小；
(2)若b＝，a＋c＝4，求△ABC的面积．
分析：先由余弦定理求出∠B，再结合条件列方程求出ac，利用面积公式求出△ABC的面积．
解：(1)∵＝－，
∴＝－，
整理，得a2＋c2－b2＝－ac，
∴cos B＝＝－＝－，
从而∠B＝120°．
(2)由(1)得a2＋c2＋ac＝13．①
又a＋c＝4，∴a2＋c2＋2ac＝16．②
由①②，得ac＝3，
∴S△ABC＝acsin B＝×3×sin 120°＝．
反思：求三角形的面积，要充分挖掘题目中的条件，转化为求两边及夹角的正弦问题，要注意方程思想在解题中的应用．
题型四 正、余弦定理的综合应用
【例4】 (2013·课标全国Ⅰ高考，理17)如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝，BC＝1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°．
(1)若PB＝，求PA；
(2)若∠APB＝150°，求tan∠PBA．
分析：(1)在△PBA中，利用余弦定理求得PA；(2)在△PBA中，再利用正弦定理列出与∠PBA和∠APB有关的方程即可．
解：(1)由已知得∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°．
在△PBA中，由余弦定理得PA2＝3＋－2××cos 30°＝．故PA＝．
(2)设∠PBA＝α，由已知得PB＝sin α．
在△PBA中，由正弦定理得＝，
化简得cos α＝4sin α．
所以tan α＝，即tan∠PBA＝．
反思：正、余弦定理在解三角形中的应用关键要明确已知的边和角及所求，正弦定理尤其在边角转化方面功能显著．余弦定理的使用要注意选择好“第三边”，这样才能列出有效的方程，再者要熟练掌握三角变换公式，这在解三角形中经常用到．
题型五 易错辨析
【例5】 在锐角△ABC中，b＝1，c＝2，则a的取值范围是( )
A．1错解：由三角形的性质，知c－b1．又∠A为锐角，从而cos A＝＝>0，得0所以1错因分析：上述解法忽视了三角形三个内角的关系，即∠A＋∠B＋∠C＝180°，cos A>0只能推出∠A为锐角，而不能推出△ABC一定为锐角三角形，因为∠A＋∠B＋∠C＝180°，所以当△ABC为锐角三角形时，不仅cos A>0，还必须满足cos B>0，cos C>0．
正解：由三角形的性质，知c－b1．
又由cos A＝＝>0，得0由cos B＝＝>0，得a∈R．
由cos C＝＝>0，得a>．
综上，知答案：C
【例6】 在△ABC中，已知a＝2，b＝2，∠C＝15°，求∠A．
错解：由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos C＝4＋8－2×2×2×＝8－4，所以c＝－．又由正弦定理，得sin A＝＝．因为0°<∠A<180°，所以∠A＝30°或150°．
错因分析：没有注意到b>a这一隐含条件，致使增解．
正解：由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos C＝8－4，所以c＝－．又由正弦定理，得sin A＝＝．因为b>a，所以∠B>∠A．又因为0°<∠A<180°，所以∠A＝30°．
1.1 正弦定理和余弦定理
知识梳理
1.正弦定理和余弦定理
(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)余弦定理：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的夹角的余弦积的两倍，即a2=b2+c2-2bccosA，b2=c2+a2-2accosB，c2=a2+b2-2abcosC.
(3)余弦定理的推论：cosA=，cosB=，cosC=.
2.正弦定理的推广及变形
(1)由正弦定理的推导过程,得面积公式S△ABC=absinC=bcsinA=acsinB.
(2)设R为△ABC外接圆的半径，则=2R，
则有如下边角互化公式：
a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC——边化角公式;
sinA=,sinB=,sinC=——角化边公式;
a∶b∶c=sinA∶sinB∶sinC.
知识导学
本节知识在现实生活中应用广泛，与前面学过的很多内容联系密切.所以学习本节前，要对相关的知识进行系统的复习.如初中我们学习过的勾股定理、三角形的面积公式以及三角形的内心、外心、重心、垂心等性质，还有三角形内角和、三边关系、内角平分线定理等相关内容.这些知识对本节的学习起着基础性的作用.
由于此类问题主要有两类考查方式：一是与三角函数结合，再是与平面向量尤其是向量的数量积结合，求值或判断三角形的形状.所以学习中还要注意与三角函数、平面向量等知识联系，将新知识融入到已知的知识体系中，从而提高综合运用知识的能力.
疑难突破
1.如何恰当地使用正、余弦定理?
剖析:正、余弦定理揭示的都是同一个三角形的边角间的关系，有了这两个重要定理后，对于三角形问题的解决就有了一定的信心.在应用时，通常视题中所给的具体条件而定.一般说来，正弦定理常宜解决下列问题：(1)已知两角及一边，求其他元素；(2)已知两边及其中一边的对角，求其他元素.而余弦定理常宜解决下列问题：(3)已知三边，求各角；(4)已知两边及其夹角，求其他元素.
由于三角形全等的判定定理有“角角边”“角边角”“边边边”“边角边”，所以以上的(1)(3)(4)情形都只有一解，而(2)这样的情形可能有一解、两解或无解.
当然这也不是绝对的，有关解三角形的问题，在具体的问题中如何恰当地使用这两个定理必须视具体问题而定，有时在同一个问题中可能这两个定理要同时使用才能达到目的或者使用其中的任何一个定理都可以达到目的.另外,还应当注意使用方式，是利用定理的原始形式还是使用相应的某种变形形式，这都是要在具体问题中去具体地分析才行.
2.解决三角形问题时，除了正、余弦定理及三角形面积公式是基础外，还要用到哪些基础知识?应注意的问题是什么？有什么规律？
剖析:另外还用到的知识主要有:(1)三角形的一些性质，如：内角和定理、勾股定理、大边对大角等，如cos(B+C)=-cosA，tan，sin(2A+2B)=-sin2C.
(2)三角变换.三角变换是基础，是计算和证明的关键.
规律：(1)分析条件，缩小差异，尽量实现边角的统一，或化边为角，化角为边；(2)选用合适的公式，将三角变换和解三角形问题结合起来.(3)注意画图，分清题意，注意条件和结论的联系，选准突破口.
