§1.1 正弦定理和余弦定理
1.1.1 正弦定理
学习目标 1.掌握正弦定理的内容及其证明方法.2.能运用正弦定理与三角形内角和定理解决简单的解三角形问题．
知识点一 正弦定理
思考1 如图，在Rt△ABC中，，，分别等于什么？
答案 ＝＝＝c.
思考2 在一般的△ABC中，＝＝还成立吗？
答案 在一般的△ABC中，＝＝仍然成立．
梳理 在任意△ABC中，都有＝＝，这就是正弦定理．
特别提醒：正弦定理的特点
(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)刻画规律：正弦定理刻画了三角形中边与角的一种数量关系，可以实现三角形中边角关系的互化．
知识点二 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．
1．对任意△ABC，都有＝＝.(√)
2．任意给出三角形的三个元素，都能求出其余元素．(×)
3．在△ABC中，已知a，b，A，则三角形有唯一解．(×)
类型一 正弦定理的证明
例1 在钝角△ABC中，证明正弦定理．
考点 正弦定理及其变形应用
题点 正弦定理的理解
证明 如图，过C作CD⊥AB，垂足为D，D是BA延长线上一点，
根据正弦函数的定义知，
＝sin∠CAD＝sin(180°－A)＝sin A，＝sin B.
∴CD＝bsin A＝asin B.
∴＝.
同理，＝.
故＝＝.
反思与感悟 (1)用正弦函数定义沟通边与角内在联系，充分挖掘这些联系可以使你理解更深刻，记忆更牢固．
(2)要证＝，只需证asin B＝bsin A，而asin B，bsin A都对应CD.初看是神来之笔，仔细体会还是有迹可循的，通过体会思维的轨迹，可以提高我们的分析解题能力．
跟踪训练1 如图，锐角△ABC的外接圆O半径为R，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，证明：＝2R.
考点 正弦定理及其变形应用
题点 正弦定理的理解
证明 连接BO并延长，交外接圆于点A′，连接A′C，
则圆周角A′＝A.
∵A′B为直径，长度为2R，
∴∠A′CB＝90°，
∴sin A′＝＝，
∴sin A＝，即＝2R.
类型二 已知两角及一边解三角形
例2 在△ABC中，已知A＝30°，B＝60°，a＝10，解三角形．
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知两角及一边解三角形
解 根据正弦定理，得b＝＝＝10.
又C＝180°－(30°＋60°)＝90°.
∴c＝＝＝20.
反思与感悟 (1)正弦定理实际上是三个等式：＝，＝，＝，每个等式涉及四个元素，
所以只要知道其中的三个就可以求另外一个．
(2)因为三角形内角和为180°，所以已知两角一定可以求出第三个角．
跟踪训练2 在△ABC中，已知a＝18，B＝60°，C＝75°，求b的值．
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知两角及一边解三角形
解 根据三角形内角和定理，得
A＝180°－(B＋C)＝180°－(60°＋75°)＝45°.
根据正弦定理，得b＝＝＝9.
类型三 已知两边及其中一边的对角解三角形
例3 在△ABC中，已知c＝，A＝45°，a＝2，解三角形．
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知两边及其中一边对角解三角形
解 ∵＝，∴sin C＝＝＝，
∵C∈(0°，180°)，∴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°.
引申探究
若把本例中的条件“A＝45°”改为“C＝45°”，则角A有几个值？
解 ∵＝，∴sin A＝＝＝.
∵c＝>2＝a，∴C>A.
∴A为小于45°的锐角，且正弦值为，这样的角A只有一个．
反思与感悟 已知三角形两边和其中一边的对角解三角形的方法：首先用正弦定理求出另一边所对的角的正弦值，若这个角不是直角，当已知的角为大边所对的角时，则能判断另一边所对的角为锐角，当已知的角为小边所对的角时，则不能判断，此时就有两组解，再分别求解即可；然后由三角形内角和定理求出第三个角；最后根据正弦定理求出第三条边．
跟踪训练3 在△ABC中，若a＝，b＝2，A＝30°，则C＝________.
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知两边及其中一边对角解三角形
答案 105°或15°
解析 由正弦定理＝，
得sin B＝＝＝.
∵B∈(0°，180°)，∴B＝45°或135°，
∴C＝180°－45°－30°＝105°或C＝180°－135°－30°＝15°.
1. 在△ABC中，一定成立的等式是( )
A．asin A＝bsin B B．acos A＝bcos B
C．asin B＝bsin A D．acos B＝bcos A
考点 正弦定理及其变形应用
题点 正弦定理的变形应用
答案 C
解析 由正弦定理＝，得asin B＝bsin A，故选C.
2．在△ABC中，sin A＝sin C，则△ABC是( )
A．直角三角形 B．等腰三角形
C．锐角三角形 D．钝角三角形
考点 用正弦定理解三角形
题点 利用正弦定理进行边角互化解三角形
答案 B
解析 由sin A＝sin C及正弦定理，知a＝c，
∴△ABC为等腰三角形．
3．在△ABC中，已知a＝8，B＝60°，C＝75°，则b等于( )
A．4 B．4
C．4 D．4
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知两角及一边解三角形
答案 C
解析 易知A＝45°，由＝得
b＝＝＝4.
4．在△ABC中，a＝，b＝，B＝，则A＝________.
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知两边及其中一边对角解三角形
答案 或
解析 由正弦定理，得sin A＝＝＝，
又A∈(0，π)，a>b，∴A>B，∴A＝或.
5．在△ABC中，已知a＝，sin C＝2sin A，则c＝________.
考点 正弦定理及其变形应用
题点 正弦定理的变形应用
答案 2
解析 由正弦定理，得c＝＝2a＝2.
1. 正弦定理的表示形式：＝＝＝2R，
或a＝ksin A，b＝ksin B，c＝ksin C(k>0)．
2. 正弦定理的应用范围
(1)已知两角和任一边，求其他两边和其余一角．
(2)已知两边和其中一边的对角，求另一边和其余两角．
3. 已知三角形两边和其中一边的对角解三角形的方法
(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，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，由正弦值可求唯一锐角．
(3)如果已知的角为小边所对的角，则不能判断另一边所对的角为锐角，这时由正弦值可求得两个角，要分类讨论．
一、选择题
1．在△ABC中，a＝5，b＝3，则sin A∶sin B的值是( )
A. B. C. D.
考点 用正弦定理解三角形
题点 利用正弦定理进行边角互化解三角形
答案 A
解析 根据正弦定理，得＝＝.
2．在△ABC中，a＝bsin A，则△ABC一定是( )
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．等腰三角形
考点 正弦定理及其变形应用
题点 正弦定理的变形应用
答案 B
解析 由题意有＝b＝，则sin B＝1，
又B∈(0，π)，故角B为直角，故△ABC是直角三角形．
3．在△ABC中，若＝，则C的值为( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
考点 正弦定理及其变形应用
题点 正弦定理的变形应用
答案 B
解析 由正弦定理知＝，
∴＝，∴cos C＝sin C，∴tan C＝1，
又∵C∈(0°，180°)，∴C＝45°，故选B.
4．在△ABC中，若A＝105°，B＝45°，b＝2，则c等于( )
A．1 B．2 C. D.
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知两角及一边解三角形
答案 B
解析 ∵A＝105°，B＝45°，∴C＝30°.
由正弦定理，得c＝＝＝2.
5．在△ABC中，a＝15，b＝10，A＝60°，则cos B等于( )
A．－ B. C．－ D.
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知两边及其中一边对角解三角形
答案 D
解析 由正弦定理，得＝，
∴sin B＝＝＝.
∵a>b，∴A>B，又∵A＝60°，∴B为锐角．
∴cos B＝＝ ＝.
6．在△ABC中，已知A＝，a＝，b＝1，则c的值为( )
A．1 B．2 C.－1 D.
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知两边及其中一边对角解三角形
答案 B
解析 由正弦定理＝，
可得＝，∴sin B＝，
由a>b，得A>B，∴B∈，∴B＝.
故C＝，由勾股定理得c＝2.
7．在△ABC中，B＝，BC边上的高等于BC，则sin A等于( )
A. B. C. D.
考点 用正弦定理解三角形
题点 正弦定理解三角形综合
答案 D
解析 如图，设BC边上的高为AD，不妨令AD＝1.
由B＝，知BD＝1.
又AD＝BC＝BD，
∴DC＝2，AC＝＝.
由正弦定理知，sin ∠BAC＝＝·3＝.
8．在△ABC中，若A＝60°，B＝45°，BC＝3，则AC等于( )
A．4 B．2 C. D.
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知两角及一边解三角形
答案 B
解析 由正弦定理得，＝，即＝，所以AC＝×＝2，故选B.
二、填空题
9．在△ABC中，若C＝2B，则的取值范围为________．
考点 用正弦定理解三角形
题点 利用正弦定理、三角变换解三角形
答案 (1,2)
解析 因为A＋B＋C＝π，C＝2B，
所以A＝π－3B>0，所以0
因为＝＝＝2cos B，
所以1<2cos B<2，故1<<2.
10．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos A＝，cos C＝，a＝1，则b＝_____.
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知两角及一边解三角形
答案
解析 在△ABC中，由cos A＝，cos C＝，可得sin A＝，sin C＝，sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos A·sin C＝，又a＝1，由正弦定理得b＝＝.
11．锐角三角形的内角分别是A，B，C，并且A>B.则下列三个不等式中成立的是______．
①sin A>sin B；
②cos A③sin A＋sin B>cos A＋cos B.
考点 用正弦定理解三角形
题点 利用正弦定理、三角变换解三角形
答案 ①②③
解析 A>B?a>b?sin A>sin B，故①成立．
函数y＝cos x在区间[0，π]上是减函数，
∵A>B，∴cos A在锐角三角形中，∵A＋B>，
∴0<－B函数y＝sin x在区间上是增函数，
则有sin A>sin，即sin A>cos B，
同理sin B>cos A，故③成立．
三、解答题
12．已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，c＝10，A＝45°，C＝30°，求a，b和B.
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知两角及一边解三角形
解 ∵＝，
∴a＝＝＝10.
B＝180°－(A＋C)＝180°－(45°＋30°)＝105°.
又∵＝，
∴b＝＝＝20sin 75°
＝20×＝5(＋)．
13．在△ABC中，A＝60°，a＝4，b＝4，求B.
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知两边及其中一边对角解三角形
解 由正弦定理＝，得sin B＝，
∵a>b，∴A>B.∴B只有一解，∴B＝45°.
四、探究与拓展
14．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝x，b＝2，B＝45°.若△ABC有两解，则x的取值范围是( )
A．(2，＋∞) B．(0,2)
C．(2,2) D．(，2)
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知两边及其中一边对角解三角形
答案 C
解析 因为△ABC有两解，所以asin B即xsin 45°<215．已知下列各三角形中的两边及其中一边的对角，判断三角形是否有解，有解的作出解答．
(1)a＝10，b＝20，A＝80°；
(2)a＝2，b＝6，A＝30°.
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知两边及其中一边对角解三角形
解 (1)a＝10，b＝20，a讨论如下：
∵bsin A＝20sin 80°>20sin 60°＝10，
∴a∴本题无解．
(2)a＝2，b＝6，a∵bsin A＝6sin 30°＝3，a>bsin A，
∴bsin A由正弦定理得sin B＝＝＝，
又∵B∈(0°，180°)，∴B＝60°或B＝120°.
当B＝60°时，C＝90°，c＝＝＝4；
当B＝120°时，C＝30°，c＝＝＝2.
∴当B＝60°时，C＝90°，c＝4；
当B＝120°时，C＝30°，c＝2.
1.1.2 余弦定理
第1课时 余弦定理及其直接应用
学习目标 1.掌握余弦定理的两种表示形式及证明余弦定理的向量方法.2.会运用余弦定理解决两类基本的解三角形问题.
知识点一 余弦定理
思考1 根据勾股定理，在△ABC中，C＝90°，则c2＝a2＋b2＝a2＋b2－2abcos C.①
试验证①式对等边三角形还成立吗？你有什么猜想？
答案 当a＝b＝c时，C＝60°，
a2＋b2－2abcos C＝c2＋c2－2c·ccos 60°＝c2，
即①式仍成立，据此猜想，对一般△ABC，都有c2＝a2＋b2－2abcos C.
思考2 在c2＝a2＋b2－2abcos C中，abcos C能解释为哪两个向量的数量积？你能由此证明思考1的猜想吗？
答案 abcos C＝||||cos?，?＝·.
∴a2＋b2－2abcos C＝2＋2－2·
＝(－)2＝2＝c2.
猜想得证.
梳理 余弦定理的公式表达及语言叙述
余
弦
定
理
公式表达
a2＝b2＋c2－2bccos A，
b2＝a2＋c2－2accos B，
c2＝a2＋b2－2abcos C
语言叙述
三角形中任何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的积的两倍
推论
cos A＝，
cos B＝，
cos C＝
特别提醒：余弦定理的特点
(1)适用范围：余弦定理对任意的三角形都成立.
(2)揭示的规律：余弦定理指的是三角形中的三条边与其中一个角的余弦之间的关系，它含有四个不同的量，知道其中的三个量，就可求得第四个量.
知识点二 适宜用余弦定理解决的两类基本的解三角形问题
思考1 观察知识点一梳理表格第一行中的公式结构，其中等号右边涉及几个量？你认为可用来解哪类三角形？
答案 每个公式右边都涉及三个量，两边及其夹角.故如果已知三角形的两边及其夹角，可用余弦定理解三角形.
思考2 观察知识点一梳理表格第三行中的公式结构，其中等号右边涉及几个量？你认为可用来解哪类三角形？
答案 每个公式右边都涉及三个量，即三角形的三条边，故如果已知三角形的三边，也可用余弦定理解三角形.
梳理 余弦定理适合解决的问题：(1)已知两边及其夹角，解三角形；(2)已知三边，解三角形.
1.勾股定理是余弦定理的特例.(√)
2.余弦定理每个公式中均涉及三角形的四个元素.(√)
3.在△ABC中，已知两边及夹角时，△ABC不一定唯一.(×)
类型一 余弦定理的证明
例1 已知△ABC，BC＝a，AC＝b和角C，求c的值.
考点 余弦定理及其变形应用
题点 余弦定理的理解
解 如图，设＝a，＝b，＝c，
由＝－，知c＝a－b，
则|c|2＝c·c＝(a－b)·(a－b)
＝a·a＋b·b－2a·b
＝a2＋b2－2|a||b|cos C.
所以c2＝a2＋b2－2abcos C，
即c＝.
反思与感悟 所谓证明，就是在新旧知识间架起一座桥梁.桥梁架在哪儿，要勘探地形，证明一个公式，要观察公式两边的结构特征，联系已经学过的知识，看有没有相似的地方.
跟踪训练1 例1涉及线段长度，能不能用解析几何的两点间距离公式来研究这个问题？
考点 余弦定理及其变形应用
题点 余弦定理的理解
解 如图，以A为原点，边AB所在直线为x轴建立直角坐标系，则A(0,0)，B(c,0)，
C(bcos A，bsin A)，
∴BC2＝b2cos2A－2bccos A＋c2＋b2sin2A，
即a2＝b2＋c2－2bccos A.
同理可证b2＝c2＋a2－2cacos B，
c2＝a2＋b2－2abcos C.
类型二 用余弦定理解三角形
例2 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝3，b＝2，cos(A＋B)＝，则c等于( )
A.4 B.
C.3 D.
考点 用余弦定理解三角形
题点 已知两边及其夹角解三角形
答案 D
解析 由三角形内角和定理可知
cos C＝－cos(A＋B)＝－，
又由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos C
＝9＋4－2×3×2×＝17，
所以c＝.
反思与感悟 已知三角形两边及其夹角时，应先从余弦定理入手求出第三边，再利用正弦定理求其余的角.
跟踪训练2 在△ABC中，已知a＝2，b＝2，C＝15°，求A.
考点 用余弦定理解三角形
题点 已知两边及其夹角解三角形
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，
所以A为锐角，所以A＝30°.
例3 在△ABC中，已知a＝2，b＝6＋2，c＝4，求A，B，C.
考点 用余弦定理解三角形
题点 已知三边解三解形
解 根据余弦定理，cos A＝
＝＝.
∵A∈(0，π)，∴A＝，
cos C＝
＝＝，
∵C∈(0，π)，∴C＝.
∴B＝π－A－C＝π－－＝，
∴A＝，B＝，C＝.
反思与感悟 已知三边求三角，可利用余弦定理的变形cos A＝，cos B＝，cos C＝先求一个角，求其余角时，可用余弦定理也可用正弦定理.
跟踪训练3 在△ABC中，sin A∶sin B∶sin C＝2∶4∶5，判断三角形的形状.
考点 用余弦定理解三角形
题点 已知三边解三角形
解 因为a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C＝2∶4∶5，
所以可令a＝2k，b＝4k，c＝5k(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.
1.一个三角形的两边长分别为5和3，它们夹角的余弦值是－，则三角形的第三边长为( )
A.52 B.2 C.16 D.4
考点 用余弦定理解三角形
题点 已知两边及其夹角解三角形
答案 B
解析 设第三边长为x，则x2＝52＋32－2×5×3×＝52，∴x＝2.
2.在△ABC中，a＝7，b＝4，c＝，则△ABC的最小角为( )
A. B. C. D.
考点 用余弦定理解三角形
题点 已知三边解三角形
答案 B
解析 ∵a>b>c，∴C为最小角且C为锐角，
由余弦定理，得cos C＝
＝＝.
又∵C为锐角，∴C＝.
3.如果等腰三角形的周长是底边长的5倍，那么它的顶角的余弦值为( )
A. B. C. D.
考点 用余弦定理解三角形
题点 已知三边解三角形
答案 D
解析 设顶角为C，周长为l，因为l＝5c，所以a＝b＝2c，
由余弦定理，得cos C＝＝＝.
4.在△ABC中，a＝3，b＝2，cos C＝，则c2＝ .
考点 用余弦定理解三角形
题点 已知两边及其夹角解三角形
答案 30－4
解析 c2＝a2＋b2－2abcos C＝(3)2＋(2)2－2×3×2×＝30－4.
5.在△ABC中，若b＝1，c＝，C＝，则a＝ .
考点 余弦定理及其变形应用
题点 用余弦定理求边或角的取值范围
答案 1
解析 ∵c2＝a2＋b2－2abcos C，
∴()2＝a2＋12－2a×1×cos，
∴a2＋a－2＝0，即(a＋2)(a－1)＝0.
∴a＝1或a＝－2(舍去).∴a＝1.
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的关系：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.
一、选择题
1.在△ABC中，已知a＝2，则bcos C＋ccos B等于( )
A.1 B. C.2 D.4
考点 余弦定理及其变形应用
题点 余弦定理的变形应用
答案 C
解析 bcos C＋ccos B＝b·＋c·＝＝a＝2.
2.在△ABC中，已知B＝120°，a＝3，c＝5，则b等于( )
A.4 B. C.7 D.5
考点 用余弦定理解三角形
题点 已知两边及其夹角解三角形
答案 C
解析 ∵b2＝a2＋c2－2accos B＝32＋52－2×3×5×cos 120°＝49，∴b＝7.
3.边长为5,7,8的三角形的最大角与最小角的和是( )
A.90° B.120° C.135° D.150°
考点 用余弦定理解三角形
题点 已知三边解三角形
答案 B
解析 设中间角为θ，则θ为锐角，cos θ＝＝，θ＝60°，180°－60°＝120°为所求.
4.在△ABC中，已知b2＝ac且c＝2a，则cos B等于( )
A. B. C. D.
考点 余弦定理及其变形应用
题点 余弦定理的变形应用
答案 B
解析 ∵b2＝ac，c＝2a，∴b2＝2a2，
∴cos B＝＝＝.
5.若△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
考点 余弦定理及其变形应用
题点 余弦定理的变形应用
答案 D
解析 设三角形的三边分别为a，b，c，
依题意得，a＝5，b＝6，c＝7.
∴·＝||·||·cos(π－B)＝－ac·cos B.
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac·cos B，
∴－ac·cos B＝(b2－a2－c2)＝(62－52－72)＝－19，
∴·＝－19.
6.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a＝4，b＝5，c＝6，则等于( )
A.1 B.2 C. D.
考点 用余弦定理解三角形
题点 已知三边解三角形
答案 A
解析 由余弦定理得cos A＝＝＝，所以＝＝＝＝1.
7.如图，某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形AOB，C是该小区的一个出入口，小区里有一条平行于AO的小路CD.已知某人从点O沿OD走到点D用了2 min，从点D沿DC走到点C用了3 min.若此人步行的速度为50 m/min，则该扇形的半径为( )
A.50 m B.45 m C.50 m D.47 m
考点 用余弦定理解三角形
题点 已知两边及其夹角解三角形
答案 C
解析 依题意得OD＝100 m，
CD＝150 m，
连接OC，易知
∠ODC＝180°－∠AOB＝60°，
因此由余弦定理，得
OC2＝OD2＋CD2－2OD×CD×cos∠ODC，
即OC2＝1002＋1502－2×100×150×，
解得OC＝50(m).
8.若△ABC的内角A，B，C所对的边a，b，c满足(a＋b)2－c2＝4，且C＝60°，则ab的值为( )
A. B.8－4 C.1 D.
考点 余弦定理及其变形应用
题点 余弦定理的变形应用
答案 A
解析 (a＋b)2－c2＝a2＋b2－c2＋2ab＝4，
又c2＝a2＋b2－2abcos C＝a2＋b2－ab
∴a2＋b2－c2＝ab，∴3ab＝4，∴ab＝.
二、填空题
9.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2＋b2考点 余弦定理及其变形应用
题点 用余弦定理求边或角的取值范围
答案
解析 因为a2＋b2.又因为sin C＝，所以C＝.
10.在△ABC中，A＝60°，最大边长与最小边长是方程x2－9x＋8＝0的两个实根，则边BC的长为 .
考点 余弦定理及其变形应用
题点 余弦定理与一元二次方程结合问题
答案
解析 设内角B，C所对的边分别为b，c.∵A＝60°，∴可设最大边与最小边分别为b，c.由条件可知b＋c＝9，bc＝8，∴BC2＝b2＋c2－2bccos A＝(b＋c)2－2bc－2bccos A＝92－2×8－2×8×cos 60°＝57，∴BC＝.
11.在△ABC中，AB＝2，AC＝，BC＝1＋，AD为边BC上的高，则AD的长是 .
考点 余弦定理解三解形
题点 已知三边解三角形
答案
解析 ∵cos C＝＝，
∵C∈，∴sin C＝.∴AD＝AC·sin C＝.
三、解答题
12.在△ABC中，已知A＝120°，a＝7，b＋c＝8，求b，c.
考点 余弦定理及其变形应用
题点 余弦定理的变形应用
解 由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccos A＝(b＋c)2－2bc(1＋cos A)，
所以49＝64－2bc，即bc＝15,
由解得或
13.在△ABC中，a2＋c2＝b2＋ac.
(1)求B的大小；
(2)求cos A＋cos C的最大值.
考点 用余弦定理解三角形
题点 余弦定理解三角形综合问题
解 (1)由a2＋c2＝b2＋ac得a2＋c2－b2＝ac，
由余弦定理得cos B＝＝＝.
又0(2)A＋C＝π－B＝π－＝，所以C＝－A,0所以cos A＋cos C＝cos A＋cos
＝cos A＋cos cos A＋sin sin A
＝cos A－cos A＋sin A
＝sin A＋cos A
＝sin.
∵0故当A＋＝，
即A＝时，cos A＋cos C取得最大值1.
四、探究与拓展
14.已知a，b，c是△ABC的三边长，若直线ax＋by＋c＝0与圆x2＋y2＝1无公共点，则△ABC的形状是( )
A.锐角三角形 B.钝角三角形
C.直角三角形 D.不能确定
考点 判断三角形形状
题点 利用余弦定理判断三角形形状
答案 B
解析 ∵直线ax＋by＋c＝0与圆x2＋y2＝1无公共点，
∴圆心(0,0)到直线ax＋by＋c＝0的距离d＝>1，
即a2＋b2－c2<0，∴cos C＝<0，
又C∈(0，π)，∴C为钝角.
故△ABC为钝角三角形.
15.在△ABC中，已知BC＝7，AC＝8，AB＝9，则AC边上的中线长为 .
考点 用余弦定理解三角形
题点 已知三边解三角形
答案 7
解析 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，
所以x＝7.
所以AC边上的中线长为7.
第2课时 余弦定理的变形及应用
学习目标 1.熟练掌握余弦定理及其变形形式.2.会用余弦定理解三角形.3.能利用正弦、余弦定理解决有关三角形的恒等式化简、证明及形状判断等问题.
知识点一 余弦定理及其推论
1.a2＝b2＋c2－2bccos A，b2＝ c2＋a2－2cacos B，c2＝a2＋b2－2abcos C.
2.cos A＝；cos B＝；cos C＝.
3.在△ABC中，c2＝a2＋b2?C为直角；c2>a2＋b2?C为钝角；c2知识点二 余弦定理及其变形的使用
思考 在解题过程中我们会遇到各种各样的条件，那么什么样的条件适合用余弦定理去化简变形呢？
答案 当条件中出现了余弦定理的局部或变形如a2＋b2，a＋b，ab，cos A等，可以考虑使用余弦定理或变形形式对条件进行化简变形.
梳理 对条件、解题目标进行变形的目的是借助正弦定理、余弦定理两个桥梁，减少条件与目标间的差异直至贯通.
1.在△ABC的六个元素中，已知任意三个元素可求其他元素.(×)
2.当b2＋c2－a2>0时，三角形ABC为锐角三角形.(×)
类型一 利用余弦定理解已知两边及一边对角的三角形
例1 已知在△ABC中，a＝8，b＝7，B＝60°，求c.
考点 用余弦定理解三角形
题点 已知两边及其中一边对角用余弦定理解三角形
解 由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，
得72＝82＋c2－2×8×ccos 60°，
整理得c2－8c＋15＝0，解得c＝3或c＝5.
引申探究
本例条件不变，用正弦定理求c.
解 由正弦定理，
得＝＝＝＝，
∴sin A＝＝，
∴cos A＝±＝±＝±.
∴sin C＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)
＝sin Acos B＋cos Asin B
＝·±·，
∴sin C＝或sin C＝.
当sin C＝时，c＝·sin C＝5；
当sin C＝时，c＝·sin C＝3.
反思与感悟 相对于用正弦定理解此类题，用余弦定理不必考虑三角形解的个数，解出几个是几个.
跟踪训练1 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若A＝，a＝，b＝1，则c等于( )
A.1 B.2 C.－1 D.
考点 用余弦定理解三角形
题点 已知两边及其中一边对角用余弦定理解三角形
答案 B
解析 由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，
得()2＝12＋c2－2c·cos ，
即c2－c－2＝0，
∴c＝2或c＝－1(舍).
类型二 余弦定理的变形及应用
例2 在△ABC中，若(a＋c)(a－c)＝b(b＋c)，则A＝ .
考点 余弦定理及其变形应用
题点 余弦定理的变形应用
答案 120°
解析 a2－c2＝b2＋bc，b2＋c2－a2＝－bc，
cos A＝＝＝－，
又A∈(0°，180°)，
故A＝120°.
反思与感悟 只有熟悉余弦定理及其变形，才能敏锐地抓住条件中与余弦定理及变形相似的地方，从而对条件进行有目的地变形.
跟踪训练2 在△ABC中，sin2＝，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
考点 判断三角形形状
题点 利用正弦、余弦定理、三角变换判断三角形形状
答案 B
解析 ∵sin2＝＝，
∴cos A＝＝，
∴a2＋b2＝c2，符合勾股定理.
∴△ABC为直角三角形.
类型三 利用正弦、余弦定理证明三角形中的恒等式
例3 在△ABC中，有
(1)a＝bcos C＋ccos B；
(2)b＝ccos A＋acos C；
(3)c＝acos B＋bcos A，
这三个关系式也称为射影定理，请给出证明.
考点 正弦、余弦定理证明恒等式
题点 正弦、余弦定理证明恒等式
证明 方法一 (1)由正弦定理，得a＝2Rsin A
b＝2Rsin B，c＝2Rsin C(R为△ABC的外接圆半径)，
∴bcos C＋ccos B＝2Rsin Bcos C＋2Rsin Ccos B
＝2R(sin Bcos C＋cos Bsin C)
＝2Rsin(B＋C)
＝2Rsin A＝a.
即a＝bcos C＋ccos B.
同理可证(2)b＝ccos A＋acos C.
(3)c＝acos B＋bcos A.
方法二 (1)由余弦定理，得
cos B＝，cos C＝，
∴bcos C＋ccos B＝b·＋c·
＝＋＝＝a.
∴a＝bcos C＋ccos B.
同理可证(2)b＝ccos A＋acos C.
(3)c＝acos B＋bcos A.
反思与感悟 证明三角形中边角混合关系恒等式，可以考虑两种途径：一是把角的关系通过正弦、余弦定理转化为边的关系，正弦借助正弦定理转化，余弦借助余弦定理转化；二是通过正弦定理把边的关系转化为角的关系.
跟踪训练3 在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，求证：＝.
考点 正弦、余弦定理证明恒等式
题点 正弦、余弦定理证明恒等式
证明 方法一 左边＝＝，
右边＝＝，
∴等式成立.
方法二 右边＝
＝＝＝＝左边，
∴等式成立.
1.在△ABC中，若b2＝a2＋c2＋ac，则B等于( )
A.60° B.45°或135°
C.120° D.30°
考点 余弦定理及其变形应用
题点 余弦定理的变形应用
答案 C
解析 ∵b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2＋ac，
∴ac＝－2accos B，cos B＝－，
又0°∴B＝120°.
2.在△ABC中，关于x的方程(1＋x2)sin A＋2xsin B＋(1－x2)sin C＝0有两个不等的实根，则A为( )
A.锐角 B.直角
C.钝角 D.不存在
考点 判断三角形形状
题点 利用正弦定理、余弦定理判断三角形形状
答案 A
解析 由方程可得(sin A－sin C)x2＋2xsin B＋sin A＋sin C＝0.
∵ 方程有两个不等的实根，
∴ 4sin2 B－4(sin2 A－sin2 C)＞0.
由正弦定理＝＝，
代入不等式中得 b2－a2＋c2＞0，
再由余弦定理，有2bccos A＝b2＋c2－a2＞0.
∴ 0°3.已知在△ABC中，sin A∶sin B∶sin C＝4∶3∶2，则cos B等于( )
A. B. C. D.
考点 余弦定理及其变形应用
题点 余弦定理的变形应用
答案 A
解析 依题意设a＝4k，b＝3k，c＝2k(k>0)，则cos B＝＝＝.
4.如图，两座相距60 m的建筑物AB，CD的高度分别为20 m，50 m，BD为水平面，则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角为 .
考点 用余弦定理解三角形
题点 已知三边解三角形
答案 45°
解析 依题意可得AD＝20 m，AC＝30 m，
又CD＝50 m，所以在△ACD中，
由余弦定理得cos∠CAD＝
＝＝＝，
又0°<∠CAD<180°，所以∠CAD＝45°，
所以从顶端A看建筑物CD的张角为45°.
1.已知两边及其中一边的对角解三角形，一般情况下，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.如果采用余弦定理来解，只需解一个一元二次方程，即可求出边来，比较两种方法，采用余弦定理较简单.
2.对所给条件进行变形，主要有两种途径
(1)化边为角.
(2)化角为边，并常用正弦(余弦)定理进行边、角转换.
一、选择题
1.若三条线段的长分别为5,6,7，则用这三条线段( )
A.能组成直角三角形 B.能组成锐角三角形
C.能组成钝角三角形 D.不能组成三角形
考点 判断三角形形状
题点 利用余弦定理判断三角形形状
答案 B
解析 设最大角为θ，则最大边对应的角的余弦值为
cos θ＝＝>0，所以能组成锐角三角形.
2.在△ABC中，若c＝2，b＝2a，且cos C＝，则a等于( )
A.2 B. C.1 D.
考点 余弦定理及其变形应用
题点 余弦定理的变形应用
答案 C
解析 由cos C＝＝＝，得a＝1.
3.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
考点 判断三角形形状
题点 利用余弦定理判断三角形形状
答案 A
解析 设直角三角形的三边为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，
∴此时新三角形的最大角为锐角.
故新三角形是锐角三角形.
4.在△ABC中，sin A∶sin B∶sin C＝3∶2∶3，则cos C的值为( )
A. B.－ C. D.－
考点 余弦定理及其变形应用
题点 已知三边之比或三角正弦之比，求角
答案 A
解析 由sin A∶sin B∶sin C＝3∶2∶3及正弦定理，
可得a∶b∶c＝3∶2∶3.
不妨设a＝3k，b＝2k，c＝3k(k＞0)，
则cos C＝＝.
5.在△ABC中，若a2＝bc，则角A是( )
A.锐角 B.钝角
C.直角 D.不确定
考点 余弦定理及其变形应用
题点 用余弦定理求边或角的取值范围
答案 A
解析 ∵cos A＝＝
＝>0，
∴0°6.已知在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2b2－2a2＝ac＋2c2，则sin B等于( )
A. B. C. D.
考点 余弦定理及其变形应用
题点 余弦定理的变形应用
答案 A
解析 由2b2－2a2＝ac＋2c2，得2(a2＋c2－b2)＋ac＝0.
由余弦定理，得a2＋c2－b2＝2accos B，
∴4accos B＋ac＝0.
∵ac≠0，∴4cos B＋1＝0，cos B＝－，又B∈(0，π)，
∴sin B＝＝.
7.已知a，b，c为△ABC的三边，B＝120°，则a2＋c2＋ac－b2等于( )
A.0 B.－1 C.1 D.2
考点 余弦定理及其变形应用
题点 余弦定理的变形应用
答案 A
解析 ∵b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－2accos 120°＝a2＋c2＋ac，∴原式等于0.
8.已知△ABC的三边长为a＝3，b＝4，c＝，则△ABC的最大内角为( )
A.120° B.90° C.150° D.60°
考点 用余弦定理解三角形
题点 已知三边解三角形
答案 A
解析 ∵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°二、填空题
9.在△ABC中，a2－b2＝bc，sin C＝2sin B，则A＝ .
考点 用正弦、余弦定理解三角形
题点 用正弦、余弦定理解三角形
答案 30°
解析 由sin C＝2sin B及正弦定理，得c＝2b，
把它代入a2－b2＝bc，得a2－b2＝6b2，
即a2＝7b2.
由余弦定理，得
cos A＝＝＝＝，
又∵0°10.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，asin A＋csin C－asin C＝bsin B.则角B＝ .
考点 用正弦、余弦定理解三角形
题点 用正弦、余弦定理解三角形
答案 45°
解析 由正弦定理，得a2＋c2－ac＝b2，
由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos B，故cos B＝.
又因为B为三角形的内角，所以B＝45°.
11.在△ABC中，若a＝2，b＋c＝7，cos B＝－，则b＝ .
考点 余弦定理及其变形应用
题点 用余弦定理求边或角的取值范围
答案 4
解析 在△ABC中，
由b2＝a2＋c2－2accos B及b＋c＝7，
知b2＝4＋(7－b)2－2×2×(7－b)×，
整理得15b－60＝0.所以b＝4.
三、解答题
12.在△ABC中，求证：＝.
考点 正弦、余弦定理证明恒等式
题点 正弦、余弦定理证明恒等式
证明 因为右边＝
＝×cos B－×cos A
＝×－×
＝－＝＝左边.
所以＝.
13.△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若＝，求角B.
考点 用正弦、余弦定理解三角形
题点 用正弦、余弦定理解三角形
解 由＝及正弦定理知＝，整理得b2－a2＝ac＋c2，即b2＝a2＋c2＋ac，根据余弦定理可知cos B＝－，又B∈(0，π)，
所以B＝.
四、探究与拓展
14.已知三角形三边长为a，b， (a>0，b>0)，则最大角为 .
考点 用余弦定理解三角形
题点 已知三边解三角形
答案 120°
解析 易知>a，>b，
设最大角为θ，
则cos θ＝＝－，
又∵θ∈(0°，180°)，
∴θ＝120°.
15.在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且2asin A＝(2b－c)sin B＋(2c－b)sin C.
(1)求角A的大小；
(2)若sin B＋sin C＝，试判断△ABC的形状.
考点 判断三角形形状
题点 利用正弦、余弦定理、三角变换判断三角形形状
解 (1)∵2asin A＝(2b－c)sin B＋(2c－b)sin C，
∴2a2＝(2b－c)b＋(2c－b)c，即bc＝b2＋c2－a2，
∴cos A＝＝.
∵0°(2)∵A＋B＋C＝180°，
∴B＋C＝180°－60°＝120°，
由sin B＋sin C＝，得sin B＋sin(120°－B)＝，
∴sin B＋sin 120°cos B－cos 120°sin B＝，
∴sin B＋cos B＝，即sin(B＋30°)＝1.
又∵0°∴30°∴B＋30°＝90°，即B＝60°，
∴A＝B＝C＝60°，∴△ABC为正三角形.
§1.2 应用举例
第1课时 距离问题
学习目标 1.会用正弦、余弦定理解决生产实践中有关不可到达点距离的测量问题.2.培养提出问题、正确分析问题、独立解决问题的能力.
知识点一 实际问题中的常用角
(1)仰角和俯角
与目标视线在同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，如图所示.
(2)方位角
指从正北方向顺时针转到目标方向线的水平角，如B点的方位角为α(如图1所示).
(3)方位角的其他表示——方向角
①正南方向：指从原点O出发的经过目标的射线与正南的方向线重合，即目标在正南的方向线上.依此可类推正北方向、正东方向和正西方向.
②东南方向：指经过目标的射线是正东和正南的夹角平分线(如图2所示).
知识点二 常见距离问题的测量方案
思考 如图所示，A，B两点在一条河的两岸，测量者在点A的同侧，且B点不可到达，如何求出点A，B的距离？
答案 A，B，C三点之间可视，AC间的距离可测，故可测出∠A，∠C和AC，利用解三角形求AB.
梳理 常见距离问题可分为以下三类
(1)两点间不可通又不可视(如图①中AB)：可取某点C，使得点A，B和C之间的距离可直接测量，测出AC＝b，BC＝a，以及∠ACB＝γ，利用余弦定理得，
AB＝.
(2)两点间可视但不可到达(如图②中AB)：可选取与点B同侧的点C，测出BC＝a以及∠ABC和∠ACB，先使用内角和定理求出∠BAC，再利用正弦定理求出AB.
(3)两点都不可到达(如要求图③中河彼岸两点AB间的距离)：可先在此岸一侧选取两点C，D，测出CD＝m，∠ACB，∠BCD，∠ADC，∠ADB，再在△BCD中求出BC，在△ADC中求出AC，最后在△ABC中，由余弦定理求出AB.
1.两点间不可通又不可视问题的测量方案实质是构造已知两边及夹角的三角形并求解.(√)
2.两点间可视但不可到达问题的测量方案实质是构造已知两角及一边的三角形并求解.(√)
类型一 不可通又不可视的两点间距离
例1 A，B两地之间隔着一个山岗如图，现选择另一点C，测得CA＝10 km，CB＝10 km，角C＝60°，则A，B两点之间的距离为______ km.
考点 解三角形求距离
题点 测量两个不可到达点间的距离
答案 10
解析 由余弦定理，得
AB2＝CA2＋CB2－2CA·CB·cos C
＝(10)2＋102－2×10×10×＝800－100.
∴AB＝10.
反思与感悟 解实际应用题，通常要把实际问题抽象为数学问题，然后解决.
跟踪训练1 如图所示，为了测量某湖泊两侧A，B间的距离，李宁同学首先选定了与A，B不共线的一点C，然后给出了三种测量方案：(△ABC的角A，B，C所对的边分别记为a，b，c)：
①测量A，B，b ②测量a，b，C ③测量A，B，a
则一定能确定A，B间距离的所有方案的个数为( )
A.3 B.2 C.1 D.0
考点 解三角形求距离
题点 测量两个不可到达点间的距离
答案 A
解析 因为A，B间是湖泊，可视不可达，故三个方案涉及的量均可测，并能用这些量解三角形求出AB.
类型二 可视不可达的两点间的距离
例2 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________ m.
考点 解三角形求距离
题点 测量可到达点与不可到达点间的距离
答案 60
解析 由题意知，∠ACB＝180°－30°－75°＝75°，
∴△ABC为等腰三角形.
河宽即AB边上的高，这与AC边上的高相等，
过B作BD⊥AC于D，
∴河宽＝BD＝120·sin 30°＝60 m.
反思与感悟 求可视不可达的两点间的距离时，由于构造的三角形的两边均不可直接测量，故只能寻求构造已知两角一边的三角形.
跟踪训练2 在相距2千米的A，B两点处测量目标点C，若∠CAB＝75°，∠CBA＝60°，则A，C两点之间的距离为______千米.
考点 解三角形求距离
题点 测量可到达点与不可到达点间的距离
答案
解析 如图所示，
由题意知C＝180°－A－B＝45°，
由正弦定理得＝，
∴AC＝·＝(千米).
类型三 测量两个不可到达点间的距离
例3 如图，为了测量正在海面匀速行驶的某船的速度，在海岸上选取距离1千米的两个观察点C，D，在某天10：00观察到该船在A处，此时测得∠ADC＝30°，2分钟后该船行驶至B处，此时测得∠ACB＝60°，∠BCD＝45°，∠ADB＝60°，则船速为________千米/分钟.
考点 解三角形求距离
题点 测量两个不可到达点间的距离
答案
解析 在△ACD中，CD＝1，∠ADC＝30°，
∠ACD＝∠ACB＋∠BCD＝105°，
∴∠CAD＝180°－30°－105°＝45°.
由正弦定理，AD＝·sin∠ACD
＝·＝.
同理，在△BCD中，
BD＝·sin∠BCD＝·＝1.
在△ADB中，AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cos∠ADB
＝2＋12－2··1·＝.
∴AB＝，
∴船速为千米/分钟.
反思与感悟 本方案的实质是：把求不可到达的两点A，B之间的距离转化为类型一.
跟踪训练3 如图，为测量河对岸A，B两点间的距离，沿河岸选取相距40米的C，D两点，测得∠ACB＝60°，∠BCD＝45°，∠ADB＝60°，∠ADC＝30°，则A，B两点之间的距离是( )
A.20 米 B.20 米
C.40 米 D.20 米
考点 解三角形求距离
题点 测量两个不可到达点间的距离
答案 D
解析 在△BCD中，∠BDC＝60°＋30°＝90°，∠BCD＝45°，
∴∠CBD＝90°－45°＝∠BCD，
∴BD＝CD＝40，BC＝＝40.
在△ACD中，∠ADC＝30°，∠ACD＝60°＋45°＝105°，
∴∠CAD＝180°－(30°＋105°)＝45°.
由正弦定理，得AC＝＝20.
在△ABC中，由余弦定理，得
AB2＝BC2＋AC2－2BC×AC×cos∠BCA
＝(40)2＋(20)2－2×40×20cos 60°
＝2 400，
∴AB＝20，
故A，B两点之间的距离为20 米.
1.如图所示，设A，B两点在河的两岸，一测量者与A在河的同侧，在所在的河岸边先确定一点C，测出A，C的距离为50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以计算出A，B两点的距离为( )
A.50 m B.50 m
C.25 m D. m
考点 解三角形求距离
题点 测量可到达点与不可到达点间的距离
答案 A
解析 ∠B＝180°－45°－105°＝30°，在△ABC中，由＝，得AB＝100×＝50.
2.如图，某人向东方向走了x千米，然后向右转120°，再朝新方向走了3千米，结果他离出发点恰好千米，那么x的值是________.
考点 几何图形中的计算问题
题点 三角形有关的几何图形计算问题
答案 4
解析 由余弦定理，得x2＋9－3x＝13，
整理得x2－3x－4＝0，解得x＝4(舍负).
3.如图，为了测量A，C两点间的距离，选取同一平面上B，D两点，测出四边形ABCD各边的长度(单位：km)：AB＝5，BC＝8，CD＝3，DA＝5，A，B，C，D四点共圆，则AC的长为________ km.
考点 几何图形中的计算问题
题点 四边形有关的几何图形计算问题
答案 7
解析 因为A，B，C，D四点共圆，所以D＋B＝π.
在△ABC和△ADC中，
由余弦定理可得82＋52－2×8×5×cos(π－D)
＝32＋52－2×3×5×cos D，
整理得cos D＝－，
代入得AC2＝32＋52－2×3×5×＝49，故AC＝7.
1.运用正弦定理就能测量“一个可到达点与一个不可到达点间的距离”，而测量“两个不可到达点间的距离”要综合运用正弦定理和余弦定理.测量“一个可到达点与一个不可到达点间的距离”是测量“两个不可到达点间的距离”的基础，这两类测量距离的题型间既有联系又有区别.
2.正弦、余弦定理在实际测量中的应用的一般步骤
(1)分析：理解题意，分清已知与未知，画出示意图.
(2)建模：根据已知条件与求解目标，把已知量与求解量尽量集中在有关的三角形中，建立一个解斜三角形的数学模型.
(3)求解：利用正弦定理或余弦定理有序地解出三角形，求得数学模型的解.
(4)检验：检验上述所求的解是否符合实际意义，从而得出实际问题的解.
一、选择题
1.学校体育馆的人字屋架为等腰三角形，如图，测得AC的长度为4 m，∠A＝30°，则其跨度AB的长为( )
A.12 m B.8 m
C.3 m D.4 m
考点 解三角形求距离
题点 测量可到达点与不可到达点间的距离
答案 D
解析 由题意知，∠A＝∠B＝30°，
所以∠C＝180°－30°－30°＝120°，
由正弦定理得，＝，
即AB＝＝＝4.
2.如图，在河岸AC测量河的宽度，测量下列四组数据，较适宜的是( )
A.a，c，α B.b，c，α
C.c，a，β D.b，α，β
考点 解三角形求距离
题点 测量可到达点与不可到达点间的距离
答案 D
3.甲骑电动自行车以24 km/h的速度沿着正北方向的公路行驶，在点A处望见电视塔S在电动车的北偏东30°方向上，15 min后到点B处望见电视塔在电动车的北偏东75°方向上，则电动车在点B时与电视塔S的距离是 ( )
A.6 km B.3 km
C.3 km D.3 km
考点 解三角形求距离
题点 测量可到达点与不可到达点间的距离
答案 C
解析 由题意知，AB＝24×＝6(km)，∠BAS＝30°，∠ASB＝75°－30°＝45°.
由正弦定理，得BS＝＝＝3(km).
4.已知海上A，B两个小岛相距10海里，C岛临近陆地，若从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岛与C岛之间的距离是( )
A.10 海里 B. 海里
C.5 海里 D.5 海里
考点 几何图形中的计算问题
题点 三角形有关的几何图形计算问题
答案 D
解析 如图所示，C＝180°－60°－75°＝45°，AB＝10.由正弦定理得＝，所以BC＝5，故选D.
5.如图，A，B两地之间有一座山，汽车原来从A地到B地须经C地沿折线A－C－B行驶，现开通隧道后，汽车直接沿直线AB行驶.已知AC＝10 km，∠A＝30°，∠B＝45°，则隧道开通后，汽车从A地到B地比原来少走(结果精确到0.1 km，参考数据：≈1.41，≈1.73)( )
A.3.4 km B.2.3 km
C.5.1 km D.3.2 km
考点 解三角形求距离
题点 测量可到达点与不可到达点间的距离
答案 A
解析 过点C作CD⊥AB，垂足为D.
在Rt△CAD中，∠A＝30°，AC＝10 km，
CD＝AC·sin 30°＝5(km)，
AD＝AC·cos 30°＝5(km).
在Rt△BCD中，∠B＝45°，BD＝CD＝5(km)，
BC＝＝5(km).
AB＝AD＋BD＝(5＋5)(km)，
AC＋BC－AB＝10＋5－(5＋5)＝5＋5－5
≈5＋5×1.41－5×1.73＝3.4(km).
6.某人在地上画了一个角∠BDA＝60°，他从角的顶点D出发，沿角的一边DA行走10米后，拐弯往另一方向行走14米正好到达∠BDA的另一边BD上的一点N，则N与D之间的距离为( )
A.14米 B.15米 C.16米 D.17米
考点 几何图形中的计算问题
题点 三角形有关的几何图形计算问题
答案 C
解析 如图，DC＝10，CN＝14，∠D＝60°，
由正弦定理，sin∠DNC＝·DC＝×10＝.
且DC∴cos∠DNC＝＝，
∴sin∠DCN＝sin[180°－(∠CDN＋∠DNC)]
＝sin(∠CDN＋∠DNC)
＝sin 60°cos∠DNC＋cos 60°sin∠DNC
＝×＋×＝，
∴DN＝·sin∠DCN＝·＝16.
7.如图所示为起重机装置示意图.支杆BC＝10 m，吊杆AC＝15 m，吊索AB＝5 m，起吊的货物与岸的距离AD为( )
A.30 m B. m
C.15 m D.45 m
考点 解三角形的实际综合应用
题点 解三角形的实际综合应用
答案 B
解析 在△ABC中，cos∠ABC＝＝，
∠ABC∈(0，π)，
∴sin∠ABC＝＝，
∴在Rt△ABD中，
AD＝AB·sin∠ABC＝5×＝ (m).
二、填空题
8.一艘船以每小时15 km的速度向东航行，船在A处看到一个灯塔B在北偏东60°，行驶4 h后，船到达C处，看到这个灯塔在北偏东15°，这时船与灯塔间的距离为________ km.
考点 解三角形求距离
题点 测量方向角求距离
答案 30
解析 如图所示，
在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ACB＝105°，则∠ABC＝45°，
AC＝60 km，根据正弦定理，得
BC＝＝＝30(km).
9.一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，则x＝________ cm.
考点 解三角形的实际综合应用
题点 解三角形的实际综合应用
答案
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，则在△AOB中，AB＝10 cm，∠OAB＝75°，∠ABO＝45°，则∠AOB＝60°，由正弦定理知
x＝＝＝ (cm).
10.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°，则A，B之间的距离为________km.
考点 解三角形求距离
题点 测量两个不可到达点间的距离
答案
解析 如图，在△ACD中，
∠ACD＝120°，∠CAD＝∠ADC＝30°，
∴AC＝CD＝ (km).
在△BCD中，
∠BCD＝45°，∠BDC＝75°，∠CBD＝60°.
∴BC＝＝ (km).
在△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.
11.某人在M汽车站的北偏西20°的方向上的A处，观察到点C处有一辆汽车沿公路向M站行驶.公路的走向是M站的北偏东40°.开始时，汽车到A的距离为31千米，汽车前进20千米后，到A的距离缩短了10千米.则汽车到达M汽车站还需行驶________千米.
考点 解三角形求距离
题点 测量方向角求距离
答案 15
解析 由题设，画出示意图，设汽车前进20千米后到达B处.
在△ABC中，AC＝31，BC＝20，AB＝21，
由余弦定理，得cos C＝＝，
则sin2C＝1－cos2C＝，sin C＝，
所以sin∠MAC＝sin(120°－C)
＝sin 120°cos C－cos 120°sin C＝.
在△MAC中，由正弦定理，
得MC＝＝×＝35.
从而有MB＝MC－BC＝15.
故汽车到达M汽车站还需行驶15千米.
三、解答题
12.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.
考点 解三角形的实际综合应用
题点 解三角形的实际综合应用
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.
13.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，乙船位于甲船的南偏西75°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，乙船航行到甲船的南偏西60°方向的B2处，此时两船相距10海里，求乙船航行的速度.
考点 解三角形求距离
题点 测量方向角求距离
解 如图，连接A1B2，在△A1A2B2中，∠A1A2B2＝60°，又A1A2＝30×＝10＝A2B2，
∴△A1A2B2为正三角形，
∴A1B2＝10.
在△A1B1B2中，∠B1A1B2＝45°，
∴B1B＝400＋200－2×20×10×＝200，
∴B1B2＝10，∴乙船每小时航行30海里.
四、探究与拓展
14.如图所示，港口B在港口O正东方向120海里处，小岛C在港口O北偏东60°方向，且在港口B北偏西30°方向上，一艘科学考察船从港口O出发，沿北偏东30°的OA方向以20海里/时的速度行驶，一艘快艇从港口B出发，以60海里/时的速度驶向小岛C，在C岛装运补给物资后给考察船送去，现两船同时出发，补给物资的装船时间为1小时，则快艇驶离港口B后，最少要经过多少小时才能和考察船相遇？
考点 解三角形的实际综合应用
题点 解三角形的实际综合应用
解 设快艇驶离港口B后，经过x小时，在OA上的点D处与考察船相遇.如图所示，连接CD，则快艇沿线段BC，CD航行.在△OBC中，由题意得∠BOC＝30°，∠CBO＝60°，
所以∠BCO＝90°.
因为BO＝120，所以BC＝60，OC＝60.
故快艇从港口B到小岛C需要1小时，所以x>1.
在△OCD中，由题意得∠COD＝30°，OD＝20x，CD＝60(x－2).
由余弦定理，得CD2＝OD2＋OC2－2OD·OCcos∠COD，
所以602(x－2)2＝(20x)2＋(60)2－2×20x×60×cos 30°.
解得x＝3或x＝，因为x>1，所以x＝3.
所以快艇驶离港口B后，至少要经过3小时才能和考察船相遇.
15.在某次地震时，震中A(产生震动的中心位置)的南面有三座东西方向的城市B，C，D.已知B，C两市相距20 km，C，D相距34 km，C市在B，D两市之间，如图所示，某时刻C市感到地表震动，8 s后B市感到地表震动，20 s后D市感到地表震动，已知震波在地表传播的速度为每秒1.5 km.求震中A到B，C，D三市的距离.
考点 解三角形的实际综合应用
题点 解三角形的实际综合应用
解 在△ABC中，由题意得AB－AC＝1.5×8＝12 km.在△ACD中，由题意得AD－AC＝1.5×20＝30 km.
设AC＝x km，AB＝(12＋x) km，AD＝(30＋x) km.
在△ABC中，cos∠ACB＝＝＝，
在△ACD中，cos∠ACD＝＝＝.
∵B，C，D在一条直线上，∴＝－，
即＝，解得x＝.
∴AB＝ km，AD＝ km.
即震中A到B，C，D三市的距离分别为 km， km， km.
第2课时 角度、高度问题
学习目标 1.准确理解实际测量中常用的仰角、俯角、方向角等概念.2.掌握测量高度的常见方法.3.能把方向角等角度条件转化为解三角形的条件，解决航海等角度问题.
知识点一 测量仰角(或俯角)求高度问题
思考 如图，AB是底部B不可到达的一个建筑物，A为建筑物的最高点，如果能测出点C，D间的距离m和由C点，D点观察A的仰角，怎样求建筑物高度AB？(已知测角仪器的高是h)
答案 解题思路是：在△ACD中，＝
所以AC＝，
在Rt△AEC中，AE＝ACsin α，AB＝AE＋h.
梳理 问题的本质如图，已知∠AEC为直角，CD＝m，用α，β，m表示AE的长，所得结果再加上h.
知识点二 测量方向角求高度
思考 如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧远处一山顶D在北偏西75°的方向上，行驶5 km后到达B处，测得此山顶在北偏西65°的方向上，仰角为8°，怎样求此山的高度CD?
答案 先在△ABC中，用正弦定理求BC＝，再在Rt△DBC中求DC＝BCtan 8°.
梳理 问题本质如图，已知三棱锥 D－ABC，DC⊥平面ABC，AB＝m，用α，β，m，γ表示DC的长.
1.在方向角中，始边一定是南或北，旋转方向一定是顺时针.(×)
2.在仰角或俯角中，视线与水平线的关系实质是斜线与斜线在水平面内的射影.(√)
类型一 测量仰角(或俯角)求高度问题
例1 如图所示，D，C，B在地平面同一直线上，DC＝10 m，从D，C两地测得A点的仰角分别为30°和45°，则A点离地面的高AB等于( )
A.10 m B.5 m
C.5(－1) m D.5(＋1) m
考点 解三角形求高度
题点 测量俯角(仰角)求高度
答案 D
解析 方法一 设AB＝x m，则BC＝x m.
∴BD＝(10＋x) m.
∴tan∠ADB＝＝＝.
解得x＝5(＋1) m.
∴A点离地面的高AB等于5(＋1) m.
方法二 ∵∠ACB＝45°，∴∠ACD＝135°，
∴∠CAD＝180°－135°－30°＝15°.
由正弦定理，得AC＝·sin ∠ADC
＝·sin 30°＝ .
∴AB＝ACsin 45°＝5(＋1) m.
反思与感悟 (1)底部可到达，此类问题可直接构造直角三角形.
(2)底部不可到达，但仍在同一与地面垂直的平面内，此类问题中两次观测点和所测垂线段的垂足在同一条直线上，观测者一直向“目标物”前进.
跟踪训练1 某登山队在山脚A处测得山顶B的仰角为35°，沿倾斜角为20°的斜坡前进1 000 m后到达D处，又测得山顶的仰角为65°，则山的高度为______ m.(精确到1 m)
答案 811
解析 如图，过点D作DE∥AC交BC于E，
因为∠DAC＝20°，
所以∠ADE＝160°，
于是∠ADB＝360°－160°－65°＝135°.
又∠BAD＝35°－20°＝15°，所以∠ABD＝30°.
在△ABD中，由正弦定理，得
AB＝＝＝1 000(m).
在Rt△ABC中，BC＝ABsin 35°≈811(m).
答 山的高度约为811 m.
类型二 测量方向角求高度问题
例2 如图所示，A，B是水平面上的两个点，相距800 m，在A点测得山顶C的仰角为45°，∠BAD＝120°，又在B点测得∠ABD＝45°，其中D点是点C到水平面的垂足，求山高CD.
考点 解三角形求高度
题点 测量俯角(仰角)求高度
解 由于CD⊥平面ABD，∠CAD＝45°，所以CD＝AD.
因此只需在△ABD中求出AD即可，
在△ABD中，∠BDA＝180°－45°－120°＝15°，
由＝，
得AD＝＝＝800(＋1)(m).
即山的高度为800(＋1) m.
反思与感悟 此类问题特点：底部不可到达，且涉及与地面垂直的平面，观测者两次观测点所在直线不经过“目标物”，解决办法是把目标高度转化为地平面内某量，从而把空间问题转化为平面内解三角形问题.
跟踪训练2 如图，为测得河对岸塔AB的高，先在河岸上选一点C，使C在塔底B的正东方向上，测得点A的仰角为60°，再由点C沿北偏东15°方向走10 m到位置D，测得∠BDC＝45°，则塔AB的高是( )
A.10 m B.10 m
C.10 m D.10 m
考点 解三角形求高度
题点 测量方向角、仰角求高度
答案 D
解析 在△BCD中，CD＝10 m，∠BDC＝45°，
∠BCD＝15°＋90°＝105°，∠DBC＝30°，
由正弦定理，得＝，
BC＝＝10(m).
在Rt△ABC中，tan 60°＝，AB＝BC×tan 60°＝10(m).
类型三 航海问题
例3 如图，在海岸A处发现北偏东45°方向，距A处(－1)海里的B处有一艘走私船.在A处北偏西75°方向，距A处2海里的C处的我方缉私船奉命以10海里/时的速度追截走私船，此时走私船正以10海里/时的速度，从B处向北偏东30°方向逃窜.问：缉私船沿什么方向行驶才能最快截获走私船？并求出所需时间.
考点 解三角形求距离
题点 测量方向角求距离
解 设缉私船应沿CD方向行驶t小时，才能最快截获(在D点)走私船，则CD＝10t，BD＝10t，
在△ABC中，由余弦定理，有
BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos A
＝(－1)2＋22－2(－1)·2·cos 120°＝6.
∴BC＝.又∵＝，
∴sin∠ABC＝＝＝，
又∠ABC∈(0°，60°)，∴∠ABC＝45°，
∴B点在C点的正东方向上，
∴∠CBD＝90°＋30°＝120°，
在△BCD中，由正弦定理得＝，
∴sin∠BCD＝＝＝.
又∵∠BCD∈(0°，60°)，∴∠BCD＝30°，
∴缉私船沿北偏东60°的方向行驶.
又在△BCD中，∠CBD＝120°，∠BCD＝30°，
∴∠D＝30°，∴BD＝BC，即10t＝.
∴t＝小时≈15分钟.
∴缉私船应沿北偏东60°的方向行驶，才能最快截获走私船，大约需要15分钟.
反思与感悟 解决航海问题一要搞清方位角(方向角)，二要弄清不动点(三角形顶点)，然后根据条件，画出示意图，转化为解三角形问题.
跟踪训练3 甲船在A点发现乙船在北偏东60°的B处，乙船以每小时a海里的速度向北行驶，已知甲船的速度是每小时a海里，问甲船应沿着什么方向前进，才能最快与乙船相遇？
考点 解三角形求距离
题点 测量方向角求距离
解 如图所示.设经过t小时两船在C点相遇，
则在△ABC中，
BC＝at(海里)，
AC＝at(海里)，
B＝90°＋30°＝120°，
由＝，得
sin∠CAB＝＝＝＝，
∵0°<∠CAB<60°，∴∠CAB＝30°，
∴∠DAC＝60°－30°＝30°，
∴甲船应沿着北偏东30°的方向前进，才能最快与乙船相遇.
1.某公司要测量一水塔CD的高度，测量人员在地面选择了A，B两个观测点，且A，B，C三点在同一直线上，如图所示，在A处测得该水塔顶端D的仰角为α，在B处测得该水塔顶端D的仰角为β.若AB＝a,0<β<α<，则水塔CD的高度为( )
A. B.
C. D.
考点 解三角形求高度
题点 测量俯角(仰角)求高度
答案 B
解析 根据题意知，在△ABD中，∠ADB＝α－β，由正弦定理，得＝，即AD＝.
在Rt△ACD中，CD＝ADsin α＝.
2.如图所示，在坡度一定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C对于山坡的斜度为15°，向山顶前进100 m到达B处，又测得C对于山坡的斜度为45°，若CD＝50 m，山坡对于地平面的坡度为θ，则cos θ等于( )
A. B. C.－1 D.－1
考点 解三角形求角度
题点 解三角形求角度
答案 C
解析 在△ABC中，由正弦定理得＝，
∴AC＝100.
在△ADC中，＝，
∴cos θ＝sin(θ＋90°)＝＝－1.
3.一架飞机在海拔8 000 m的高度飞行，在空中测出前下方海岛两侧海岸俯角分别是30°和45°，则这个海岛的宽度为________ m.(精确到0.1 m)
考点 解三角形求宽度
题点 已知高度、俯角(仰角)求宽度
答案 5 856.4
解析 宽＝－＝5 856.4(m).
4.甲、乙两楼相距20米，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________________.
考点 解三角形求高度
题点 测量俯角(仰角)求高度
答案 20米，米
解析 甲楼的高为20tan 60°＝20×＝20(米)，
乙楼的高为20－20tan 30°＝20－20×＝(米).
5.某船开始看见一灯塔在南偏东30°方向，后来船沿南偏东60°的方向航行45 km后，看见该灯塔在正西方向，则这时船与灯塔的距离是________ km.
考点 解三角形求距离
题点 测量方向角求距离
答案 15
解析 设灯塔位置为A，船的初始位置为O，船的终止位置为B，
由题意知∠AOB＝30°，∠OAB＝120°，
则∠OBA＝30°，
所以由正弦定理，得AB＝15，
即此时船与灯塔的距离是15 km.
1.在研究三角形时，灵活根据两个定理可以寻找到多种解决问题的方案，但有些过程较繁琐，如何找到最优的方法，最主要的还是分析两个定理的特点，结合题目条件来选择最佳的计算方式.
2.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.
一、选择题
1.为了测某塔AB的高度，在一幢与塔AB相距20 m的楼顶处测得塔顶的仰角为30°，塔基的俯角为45°，那么塔AB的高为( )
A.20 m B.20 m
C.20(1＋) m D.30 m
考点 解三角形求高度
题点 测量俯角(仰角)求高度
答案 A
解析 塔的高度为20tan 30°＋20tan 45°＝20(m)，故选A.
2.在某个位置测得某山峰仰角为θ，对着山峰在地面上前进600 m后测得仰角为2θ，继续在地面上前进200 m以后测得山峰的仰角为4θ，则该山峰的高度为( )
A.200 m B.300 m C.400 m D.100 m
考点 解三角形求高度
题点 测量俯角(仰角)求高度
答案 B
解析 如图，△BED，△BDC为等腰三角形，
BD＝ED＝600 m，
BC＝DC＝200 m.
在△BCD中，由余弦定理可得
cos 2θ＝＝，
∵0°<2θ<90°，∴2θ＝30°，4θ＝60°.
在Rt△ABC中，AB＝BCsin 4θ＝200×＝300(m)，
故选B.
3.海上有A，B两个小岛相距10 n mile，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°的视角，则B，C间的距离是( )
A.10 n mile B. n mile
C.5 n mile D.5 n mile
考点 解三角形求距离
题点 测量方向角求距离
答案 D
解析 在△ABC中，C＝180°－60°－75°＝45°.
由正弦定理，得＝，∴＝，
解得BC＝5 n mile.
4.已知两座灯塔A，B与海洋观察站C的距离相等，灯塔A在观察站C的北偏东40°，灯塔B在观察站C的南偏东60°，则灯塔A在灯塔B的( )
A.北偏东10° B.北偏西10°
C.南偏东10° D.南偏西10°
考点 三角形中角度的求解
题点 三角形中角度的求解
答案 B
解析 如图，因为△ABC为等腰三角形，
所以∠CBA＝(180°－80°)＝50°，
60°－50°＝10°，故选B.
5.从高出海平面h米的小岛看正东方向有一只船俯角为30°，看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
考点 解三角形求距离
题点 测量俯角(仰角)求距离
答案 A
解析 如图所示，
BC＝h，AC＝h，
∴AB＝＝2h(米).
6.某人在C点测得某塔在南偏西80°，塔顶仰角为45°，此人沿南偏东40°方向前进10 m到D，测得塔顶A的仰角为30°，则塔高为( )
A.15 m B.5 m C.10 m D.12 m
考点 解三角形求高度
题点 测量俯角(仰角)求高度
答案 C
解析 如图，设塔高为h，
在Rt△AOC中，∠ACO＝45°，
则OC＝OA＝h.
在Rt△AOD中，∠ADO＝30°，
则OD＝h.
在△OCD中，∠OCD＝120°，
CD＝10，
由余弦定理，
得OD2＝OC2＋CD2－2OC·CDcos∠OCD，
即(h)2＝h2＋102－2h×10×cos 120°，
∴h2－5h－50＝0，解得h＝10或h＝－5(舍).
即塔高为10 m.
7.一艘海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是( )
A.10 海里 B.10 海里
C.20 海里 D.20 海里
考点 解三角形求距离
题点 测量俯角(仰角)求距离
答案 A
解析 如图所示，易知，
在△ABC中，AB＝20，∠CAB＝30°，∠ACB＝45°，
根据正弦定理得
＝，
解得BC＝10.
8.要测量河流一侧某建筑物的高度，在河流的另一侧选择甲、乙两个观测点，在甲、乙两点分别测得该建筑物顶点的仰角为45°，30°，在水平面上测得该建筑物和甲地连线与甲、乙两地连线所成的角为120°，甲、乙两地相距500 m，则该建筑物的高度是( )
A.100 m B.400 m
C.200 m D.500 m
考点 解三角形求高度
题点 测量俯角(仰角)求高度
答案 D
解析 由题意画出示意图，
设高AB＝h，在Rt△ABC中，由已知得BC＝h.
在Rt△ABD中，
由已知得BD＝h.
在△BCD中，由余弦定理
BD2＝BC2＋CD2－2BC×CD×cos∠BCD，得
3h2＝h2＋5002＋h×500，
解得h＝500(m)(负值舍去).故选D.
二、填空题
9.如图所示为一角槽，已知AB⊥AD，AB⊥BE，并测量得AC＝3 mm，BC＝2 mm，AB＝ mm，则∠ACB＝________.
考点 解三角形求角度
题点 解三角形求角度
答案
解析 在△ABC中，由余弦定理，得
cos∠ACB＝＝－.
因为∠ACB∈(0，π)，所以∠ACB＝.
10.如图，测量河对岸的塔高AB时，选取与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D，测得∠BCD＝15°，∠BDC＝30°，CD＝30米，并在点C测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB＝________米.
考点 解三角形求高度
题点 测量俯角(仰角)求高度
答案 15
解析 在△BCD中，
∠CBD＝180°－15°－30°＝135°.
由正弦定理，得＝，
所以 BC＝＝15.
在Rt△ABC中，AB＝BCtan∠ACB＝15×tan 60°
＝15(米).
11.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.若AB＝BD，则B，D间的距离为________km.
考点 解三角形求距离
题点 测量俯角(仰角)求距离
答案
解析 在△ABC中，∠BCA＝60°，
∠ABC＝75°－60°＝15°，AC＝0.1 km，
由正弦定理，得＝，
所以AB＝＝(km)，
又因为BD＝AB，所以BD＝(km).
三、解答题
12.如图所示，在地面上共线的三点A，B，C处测得一建筑物的仰角分别为30°，45°，60°，且AB＝BC＝60 m，求建筑物的高度.
考点 解三角形求高度
题点 测量俯角(仰角)求高度
解 设建筑物的高度为h，由题图知，
PA＝2h，PB＝h，PC＝h，
∴在△PBA和△PBC中，分别由余弦定理，
得cos∠PBA＝，①
cos∠PBC＝.②
∵∠PBA＋∠PBC＝180°，
∴cos∠PBA＋cos∠PBC＝0.③
由①②③，解得h＝30或h＝－30(舍去)，即建筑物的高度为30 m.
13.甲船在A处，乙船在A的南偏东45°方向，距A有9海里的B处，并以20海里/时的速度沿南偏西15°方向行驶，若甲船以28海里/时的速度行驶，用多少小时能最快追上乙船？
考点 解三角形求距离
题点 测量方向角求距离
解 如图所示，设用t小时甲船能追上乙船，且在C处相遇.
在△ABC中，AC＝28t，BC＝20t，AB＝9，
∠ABC＝180°－45°－15°＝120°.
由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC，
即(28t)2＝92＋(20t)2－2×9×20t×，
128t2－60t－27＝0，∴t＝或t＝－(舍去)，
∴甲船用小时能最快追上乙船.
四、探究与拓展
14.某人在塔的正东沿着南偏西60°的方向前进40 m后，望见塔在东北方向，若沿途测得塔的最大仰角为30°，则塔高为________ m.
考点 解三角形求高度
题点 测量方向角、仰角求高度
答案
解析 如图所示，
设AE为塔，B为塔正东方向一点，沿南偏西60°前进40 m到达C处，
即BC＝40，∠CAB＝135°，∠ABC＝30°，∠ACB＝15°.
在△ABC中，＝，
即＝，∴AC＝20.
过点A作AG⊥BC，垂足为G，此时仰角∠AGE最大，
在△ABC中，由面积公式知
×BC×AG＝×BC×AC×sin∠ACB.
∴AG＝
＝AC×sin ∠ACB＝20sin 15°，
∴AG＝20sin(45°－30°)
＝20
＝10(－1).
在Rt△AEG中，∵AE＝AGtan∠AGE，
∴AE＝10(－1)×＝10－，
∴塔高为 m.
15.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1千米处不能收到手机信号，检查员抽查某市一考点，在考点正西千米有一条北偏东60°方向的公路，在此处检查员用手机接通电话，以每小时12千米的速度沿公路行驶，问最长需要多少分钟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？
考点 解三角形的实际综合应用
题点 解三角形的实际综合应用
解 如图所示，考点为A，检查开始处为B，
设检查员行驶到公路上C，D两点之间时收不到信号，即公路上C，D两点到考点的距离为1千米.
在△ABC中，AB＝(千米)，
AC＝1(千米)，∠ABC＝30°，
由正弦定理，得sin∠ACB＝×AB＝，
∴∠ACB＝120°(∠ACB＝60°不合题意)，
∴∠BAC＝30°，∴BC＝AC＝1(千米).
在△ACD中，AC＝AD＝1，∠ACD＝60°，
∴△ACD为等边三角形，∴CD＝1(千米).
∵×60＝5，∴在BC上需5分钟，CD上需5分钟.
∴最长需要5分钟检查员开始收不到信号，并持续至少5分钟才算合格.
习题课 正弦定理和余弦定理
学习目标 1.学会利用三角形中的隐含条件.2.掌握用两边夹角表示的三角形面积公式.3.学会根据条件特点选择正弦、余弦定理解决一些和三角函数、向量有关的综合问题.
知识点一 有关三角形的隐含条件
“三角形”这一条件隐含着丰富的信息，利用这些信息可以得到富有三角形特色的变形和结论：
(1)由A＋B＋C＝180°可得
sin(A＋B)＝sin C，cos(A＋B)＝－cos C，
tan(A＋B)＝－tan C，sin＝cos，
cos＝sin.
(2)由三角形的几何性质可得
acos C＋ccos A＝b，bcos C＋ccos B＝a，
acos B＋bcos A＝c.
(3)由大边对大角可得sin A＞sin B?A＞B.
(4)由锐角△ABC可得任意两内角之和大于，进而可得sin A＞cos B.
知识点二 用两边夹角表示的三角形面积公式
思考 在△ABC中，如何用AB，∠B表示BC边上的高AD？如何用AB，BC，∠B表示△ABC的面积？
答案 AD＝ABsin B，S△ABC
＝BC·AD＝AB·BC·sin B.
梳理 一般地，三角形面积等于两边及夹角正弦乘积的一半，即S△ABC＝absin C＝bcsin A＝acsin B.
知识点三 正弦定理、余弦定理常见形式
1.正弦定理的呈现形式
(1)＝＝＝2R(其中R是△ABC外接圆的半径)；
(2)a＝＝＝2Rsin A；
(3)sin A＝，sin B＝，sin C＝.
2.余弦定理的呈现形式
(1)a2＝b2＋c2－2bccos A，
b2＝a2＋c2－2accos B，
c2＝a2＋b2－2abcos C；
(2)cos A＝，
cos B＝，
cos C＝.
特别提醒：解题的关键是根据题目特点，选择恰当的定理及变形，进行边角互化，转化为代数问题或者三角恒等式，再利用三角恒等变换解决问题，中间往往会用到一些三角形的隐含条件如内角和等.
1.在△ABC中，若sin A＝sin B，则A＝B.(√)
2.在△ABC中，若sin 2A＝sin 2B，则A＝B.(×)
3.在△ABC中，若cos A＝cos B，则A＝B.(√)
类型一 利用正弦、余弦定理转化边角关系
例1 在△ABC中，若c·cos B＝b·cos C，cos A＝，求sin B的值.
考点 正弦、余弦定理与其他知识的综合
题点 正弦、余弦定理与三角变换的综合
解 由c·cos B＝b·cos C，结合正弦定理，得
sin Ccos B＝sin Bcos C，
故sin(B－C)＝0，∵0∴－π∵cos A＝，∴由余弦定理，得3a2＝2b2，
再由余弦定理，得cos B＝，故sin B＝.
引申探究
1.对于本例中的条件，c·cos B＝b·cos C，能否使用余弦定理？
解 由余弦定理，得c·＝b·.
化简得a2＋c2－b2＝a2＋b2－c2，
∴c2＝b2，从而c＝b.
2.本例中的条件c·cos B＝b·cos C的几何意义是什么？
解 如图，作AD⊥BC，垂足为D.
则c·cos B＝BD，b·cos C＝CD.
∴ccos B＝bcos C的几何意义为边AB，AC在BC边上的射影相等.
反思与感悟 (1)边、角互化是处理三角形边、角混合条件的常用手段.
(2)解题时要画出三角形，将题目条件直观化，根据题目条件，灵活选择公式.
跟踪训练1 在△ABC中，已知b2＝ac，a2－c2＝ac－bc.
(1)求A的大小；
(2)求的值.
考点 正弦、余弦定理解三角形综合
题点 正弦、余弦定理解三角形综合
解 (1)由题意知，
cos A＝＝＝，
∵A∈(0，π)，∴A＝.
(2)由b2＝ac，得＝，
∴＝sin B·＝sin B·＝sin A＝.
类型二 用两边夹角表示三角形面积
例2 在△ABC中，已知BC＝6，A＝30°，B＝120°，则△ABC的面积为( )
A.9 B.18 C.9 D.18
考点 解三角形求面积
题点 先用正弦定理求边或角再求面积
答案 C
解析 由正弦定理得＝，∴AC＝＝＝6.又∵C＝180°－120°－30°＝30°，
∴S△ABC＝AC·BC·sin C＝×6×6×＝9.
反思与感悟 求三角形面积，主要用两组公式
(1)×底×高.
(2)两边与其夹角正弦的乘积的一半.
选用哪组公式，要看哪组公式的条件已知或易求.
跟踪训练2 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若A＝60°，b＝16，此三角形的面积S＝220，则a的值为( )
A.7 B.25 C.55 D.49
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知面积求边或角
答案 D
解析 由S＝220，得bcsin A＝220，即×16×c×＝220，∴c＝55.由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccos 60°＝162＋552－2×16×55×＝2 401，∴a＝49.
例3 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若sin B＝2sin A，且△ABC的面积为a2sin B，则cos B＝ .
考点 用余弦定理解三角形
题点 逆用面积公式、余弦定理解三角形
答案
解析 由sin B＝2sin A，得b＝2a，由△ABC的面积为a2sin B，得acsin B＝a2sin B，即c＝2a，∴cos B＝＝＝.
反思与感悟 表示三角形面积，即使确定用两边夹角，还要进一步选择好用哪两边夹角.
跟踪训练3 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积S＝(a2＋b2－c2)，则角C为( )
A.135° B.45° C.60° D.120°
考点 用余弦定理解三角形
题点 逆用面积公式、余弦定理解三角形
答案 B
解析 ∵S＝(a2＋b2－c2)＝absin C，∴a2＋b2－c2＝2absin C，∴c2＝a2＋b2－2absin C.由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcos C，得sin C＝cos C.
又C∈(0°，180°)，∴C＝45°.
类型三 正弦、余弦定理与三角变换的综合应用
例4 在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，4sin2 －cos 2A＝.
(1)求A的度数；
(2)若a＝，b＋c＝3，求b和c的值.
考点 正弦、余弦定理与其他知识的综合
题点 正弦、余弦定理与三角变换的综合
解 (1)由4sin2 －cos 2A＝及A＋B＋C＝180°，
得2[1－cos(B＋C)]－2cos2A＋1＝，
4(1＋cos A)－4cos2A＝5，
即4cos2A－4cos A＋1＝0，
∴(2cos A－1)2＝0，解得cos A＝.
∵0°(2)由余弦定理，得cos A＝.
∵cos A＝，∴＝，
化简并整理，得(b＋c)2－a2＝3bc，
将a＝，b＋c＝3代入上式，得bc＝2.
则由解得或
反思与感悟 (1)解三角形的实质是解方程，利用正弦、余弦定理，通过边、角互化，建立未知量的代数方程或三角方程.
(2)三角形内角和定理在判断角的范围、转化三角函数、检验所求角是否符合题意等问题中有着重要的作用.
(3)三角恒等变换公式及其变形是否熟练，对顺利化简非常重要.
跟踪训练4 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，a2＋c2－b2＝ac.求2sin2＋sin 2B的值.
考点 正弦、余弦定理与其他知识的综合
题点 正弦、余弦定理与三角变换的综合
解 由已知得＝，
所以cos B＝，
sin B＝＝，
所以2sin2＋sin 2B＝2cos2＋sin 2B
＝1＋cos B＋2sin Bcos B
＝1＋＋2××＝.
1.在锐角△ABC中，角A，B所对的边分别为a，b，若2asin B＝b，则角A等于( )
A. B.
C. D.
考点 用正弦定理解三角形
题点 利用正弦定理进行边角互化解三角形
答案 D
解析 在△ABC中，利用正弦定理，得
2sin Asin B＝sin B，∵B∈，sin B≠0，
∴sin A＝.又∵A为锐角，∴A＝.
2.在△ABC中，若c＝2acos B，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
考点 判断三角形形状
题点 利用正弦、余弦定理、三角变换判断三角形形状
答案 C
解析 ∵c＝2acos B，由正弦定理得，
2cos Bsin A＝sin C＝sin(A＋B)，
∴sin Acos B－cos Asin B＝0，
即sin(A－B)＝0，
又∵－π∴A－B＝0，∴A＝B.
∴△ABC是等腰三角形.
3.在△ABC中，若满足sin2A＝sin2B＋sin B·sin C＋sin2C，则A等于( )
A.30° B.60°
C.120° D.150°
考点 正弦、余弦定理解三角形综合
题点 正弦、余弦定理解三角形综合
答案 D
解析 设内角A，B，C的对边分别为a，b，c，
∵sin2A＝sin2B＋sin B·sin C＋sin2C，
∴由正弦定理得a2＝b2＋c2＋bc，
∴cos A＝＝－，
又∵0°4.在△ABC中，AB＝3，AC＝2，BC＝，则·＝ .
考点 余弦定理及其变形应用
题点 余弦定理的变形应用
答案 －
解析 由余弦定理，得
cos A＝＝＝.
∴·＝||·||·cos A＝3×2×＝.
∴·＝－·＝－.
1.对于给出的条件是边角关系混合在一起的问题，一般运用正弦定理和余弦定理，把它统一为边的关系或把它统一为角的关系.再利用三角形的有关知识，三角恒等变换方法、代数恒等变换方法等进行转化、化简，从而得出结论.
2.解决正弦定理与余弦定理的综合应用问题，应注意根据具体情况选择恰当的定理或定理的变形来解决问题；平面向量与解三角形的交汇问题，应注意准确运用向量知识转化为解三角形问题，再利用正弦、余弦定理求解.
一、选择题
1.在钝角△ABC中，a＝1，b＝2，则最大边c的取值范围是( )
A.(1,3) B.(2,3) C.(，3) D.(2，3)
考点 判断三角形形状
题点 已知三角形形状求边的取值范围
答案 C
解析 由cos C＝<0，得c2>a2＋b2＝5.
∴c>，又c2.在△ABC中，sin2A≤sin2B＋sin2C－sin Bsin C，则A的取值范围是( )
A. B.
C. D.
考点 余弦定理及其变形应用
题点 用余弦定理求边或角的取值范围
答案 C
解析 设内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则由已知及正弦定理得a2≤b2＋c2－bc.由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，则cos A≥.∵03.设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcos C＋ccos B＝asin A，则△ABC的形状为( )
A.锐角三角形 B.直角三角形
C.钝角三角形 D.不确定
考点 判断三角形形状
题点 利用正弦、余弦定理、三角变换判断三角形形状
答案 B
解析 由bcos C＋ccos B＝asin A，
得sin Bcos C＋sin Ccos B＝sin2A，
即sin(B＋C)＝sin A＝sin2A，
因为0所以△ABC为直角三角形.
4.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
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知面积求边或角
答案 A
解析 设三角形外接圆半径为R，则由πR2＝π，得R＝1，∵S△＝absin C＝＝＝，∴abc＝1.
5.在△ABC中，cos2＝，则△ABC是( )
A.正三角形
B.直角三角形
C.等腰三角形或直角三角形
D.等腰直角三角形
考点 正弦、余弦定理与其他知识的综合
题点 正弦、余弦定理与三角变换的综合
答案 B
解析 ∵cos2＝，∴＝，
∴cos B＝，∴＝，
∴a2＋c2－b2＝2a2，即a2＋b2＝c2，
∴△ABC为直角三角形.
6.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若asin Bcos C＋csin Bcos A＝b且a>b，则B的值为( )
A. B. C. D.
考点 正弦、余弦定理与其他知识的综合
题点 正弦、余弦定理与三角变换的综合
答案 A
解析 由条件得sin Bcos C＋sin Bcos A＝，
由正弦定理，得sin Acos C＋sin Ccos A＝，
∴sin(A＋C)＝，从而sin B＝，
又a>b且B∈(0，π)，因此B＝.
7.已知在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若＝，则B等于( )
A. B. C. D.
考点 正弦、余弦定理解三角形综合
题点 正弦、余弦定理解三角形综合
答案 C
解析 由正弦定理可得＝，即c2－b2＝ac－a2，故cos B＝，又08.在△ABC中，已知a4＋b4＋c4＝2c2(a2＋b2)，则角C等于( )
A.30° B.60°
C.45°或135° D.120°
考点 余弦定理及其变形应用
题点 用余弦定理求边或角的取值范围
答案 C
解析 由a4＋b4＋c4＝2c2(a2＋b2)得(a2＋b2－c2)2＝2a2b2，cos C＝＝±，又∵0°∴C＝45°或135°.
二、填空题
9.在△ABC中，已知a＝3，cos C＝，S△ABC＝4，则b＝ .
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知面积求边或角
答案 2
解析 ∵cos C＝，C∈，∴sin C＝＝，∵absin C＝4，a＝3，∴b＝2.
10.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＝ .
考点 正弦、余弦定理解三角形综合
题点 正弦、余弦定理解三角形综合
答案 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＝，
又∵0°11.已知在△ABC中，sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶4，则cos A∶cos B∶cos C＝ .
考点 正弦、余弦定理解三角形综合
题点 正弦、余弦定理解三角形综合
答案 14∶11∶(－4)
解析 由sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶4，得a∶b∶c＝2∶3∶4，故可设a＝2x，b＝3x，c＝4x，其中x>0，则cos A＝＝.同理cos B＝，cos C＝－，所以cos A∶cos B∶cos C＝∶∶＝14∶11∶(－4).
12.已知三角形的三边分别为a，b，c，面积S＝a2－(b－c)2，则cos A＝ .
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知面积求边或角
答案
解析 S＝a2－(b－c)2＝a2－b2－c2＋2bc＝－2bccos A＋2bc，
∵S＝bcsin A，∴bcsin A＝2bc－2bccos A.
即4－4cos A＝sin A.
平方得17cos2A－32cos A＋15＝0.
即(17cos A－15)(cos A－1)＝0.
得cos A＝1(舍)或cos A＝.
三、解答题
13.在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，且＝.
(1)求C的大小；
(2)如果a＋b＝6，·＝4，求c的值.
考点 正弦、余弦定理与其他知识的综合
题点 正弦、余弦定理与平面向量的综合
解 (1)由正弦定理，＝可化为＝，即tan C＝.又∵C∈(0，π)，∴C＝.
(2)·＝|C|||cos C＝abcos C＝4，
且cos C＝cos ＝.∴ab＝8.
由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos C
＝(a＋b)2－2ab－2abcos
＝(a＋b)2－3ab＝62－3×8＝12.∴c＝2.
四、探究与拓展
14.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知sin A＋sin C＝psin B (p∈R)且ac＝b2.若角B为锐角，则p的取值范围是 .
考点 正弦、余弦定理与其他知识的综合
题点 正弦、余弦定理与三角函数的综合
答案
解析 由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos B
＝(a＋c)2－2ac－2accos B＝p2b2－b2－b2cos B，
即p2＝＋cos B.
因为0由题设知p>0，所以15.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b2＝ac且cos B＝.
(1)则＋的值为 ；
(2)设·＝，则a＋c的值为 .
考点 正弦、余弦定理与其他知识的综合
题点 正弦、余弦定理与平面向量的综合
答案 (1) (2)3
解析 (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，
又∵a>0，c>0，∴a＋c＝3.
章末复习
学习目标 1.整合知识结构，梳理知识网络，进一步巩固、深化所学知识.2.能灵活、熟练运用正弦、余弦定理解三角形.
3.能解决三角形与三角变换的综合问题及实际问题.
1.正弦定理及其推论
设△ABC的外接圆半径为R，则
(1)＝＝＝2R.
(2)a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C.
(3)sin A＝，sin B＝，sin C＝.
(4)在△ABC中，A>B?a>b?sin A>sin B.
2.余弦定理及其推论
(1)a2＝b2＋c2－2bccos A，b2＝ c2＋a2－2cacos B，c2＝a2＋b2－2abcos C.
(2)cos A＝；cos B＝；cos C＝.
(3)在△ABC中，c2＝a2＋b2?C为直角；c2>a2＋b2?C为钝角；c23.三角形面积公式
(1)S＝aha＝bhb＝chc；
(2)S＝absin C ＝bcsin A＝casin B.
1.三角形中三边之比等于相应的三个内角之比.(×)
2.在三角形中，已知两边和一角就能求三角形的面积.(√)
3.方位角与方向角其实质是一样的，均是确定观察点与目标点之间的位置关系.(√)
类型一 利用正弦、余弦定理解三角形
例1 如图，在△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝2，点D在BC边上，∠ADC＝45°，求AD的长度.
考点 正弦、余弦定理解三角形综合
题点 正弦、余弦定理解三角形综合
解 在△ABC中，∵AB＝AC＝2，BC＝2，
由余弦定理，得cos C＝＝，
∴sin C＝.
在△ADC中，由正弦定理，
得＝，
∴AD＝×＝.
反思与感悟 解三角形的一般方法
(1)已知两角和一边，如已知A，B和c，由A＋B＋C＝π求C，由正弦定理求a，b.
(2)已知两边和这两边的夹角，如已知a，b和C，应先用余弦定理求c，再应用正弦定理先求较短边所对的角，然后利用A＋B＋C＝π，求另一角.
(3)已知两边和其中一边的对角，如已知a，b和A，应先用正弦定理求B，由A＋B＋C＝π求C，再由正弦定理或余弦定理求c，要注意解可能有多种情况.
(4)已知三边a，b，c，可应用余弦定理求A，B，C.
跟踪训练1 如图，在△ABC中，B＝，AB＝8，点D在BC边上，CD＝2，cos∠ADC＝.
(1)求sin∠BAD；
(2)求BD，AC的长.
考点 正弦、余弦定理解三角形综合
题点 正弦、余弦定理解三角形综合
解 (1)在△ADC中，因为cos∠ADC＝，
所以sin∠ADC＝.
所以sin∠BAD＝sin(∠ADC－B)
＝sin∠ADCcos B－cos∠ADCsin B
＝×－×＝.
(2)在△ABD中，由正弦定理，得
BD＝＝＝3.
在△ABC中，由余弦定理，得
AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC×cos B
＝82＋52－2×8×5×＝49，
所以AC＝7.
类型二 三角形形状的判断
例2 在△ABC中，若(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)·
sin(A＋B)，试判断△ABC的形状.
考点 判断三角形形状
题点 利用正弦、余弦定理、三角变换判断三角形形状
解 ∵(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，
∴b2[sin(A＋B)＋sin(A－B)]
＝a2[sin(A＋B)－sin(A－B)]，
∴2b2sin Acos B＝2a2cos Asin B，
即a2cos Asin B＝b2sin Acos B.
方法一 由正弦定理知a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，
∴sin2Acos Asin B＝sin2Bsin Acos B，
又sin Asin B≠0，∴sin Acos A＝sin Bcos B，
∴sin 2A＝sin 2B.
在△ABC中，0<2A<2π，0<2B<2π，
∴2A＝2B或2A＝π－2B，∴A＝B或A＋B＝.
∴△ABC为等腰三角形或直角三角形.
方法二 由正弦定理、余弦定理，得
a2b×＝b2a×，
∴a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，
∴(a2－b2)(a2＋b2－c2)＝0，
∴a2－b2＝0或a2＋b2－c2＝0.
即a＝b或a2＋b2＝c2.
∴△ABC为等腰三角形或直角三角形.
反思与感悟 判断三角形形状的方法
(1)化边：通过因式分解、配方等得出边的相应关系.
(2)化角：通过三角恒等变换，得出内角的关系，此时要注意应用A＋B＋C＝π这个结论.
跟踪训练2 在△ABC中，cos ＝ ，判断△ABC的形状.
考点 判断三角形形状
题点 利用正弦、余弦定理、三角变形判断三角形形状
解 由已知得cos2＝，
∴2cos2－1＝cos B，∴cos A＝cos B，
又0类型三 三角形边、角、面积的求解
例3 △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝bcos C＋csin B.
(1)求B；
(2)若b＝2，求△ABC的面积的最大值.
考点 面积与周长的最值或取值范围问题
题点 面积的最值或取值范围
解 (1)由正弦定理知a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C，
得2Rsin A＝2Rsin Bcos C＋2Rsin Csin B，
即sin A＝sin Bcos C＋sin Csin B.
又A＝π－(B＋C)，
∴sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)
＝sin Bcos C＋sin Csin B，
即sin Bcos C＋cos Bsin C＝sin Bcos C＋sin Csin B，
∴cos Bsin C＝sin Csin B.
∵sin C≠0，
∴cos B＝sin B且B为三角形内角，
∴B＝.
(2)S△ABC＝acsin B＝ac，
由正弦定理，得a＝＝×sin A＝2sin A，
同理，得c＝2sin C，
∴S△ABC＝×2sin A×2sin C
＝2sin Asin C
＝2sin Asin
＝2sin A
＝2(sin Acos A＋sin2A)
＝sin 2A＋1－cos 2A
＝sin＋1，
∴当2A－＝，即A＝时，
S△ABC有最大值＋1.
反思与感悟 三角形边、角、面的求解问题以三角形为载体，在已知条件中涉及了三角形的一些边角关系，在通过定理进行边角互化时，经常用到三角函数中两角和与差的公式及倍角公式等.
跟踪训练3 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.
考点 解三角形求面积
题点 先用正弦定理求边或角再求面积
解 因为cos B＝2cos2 －1＝，
故B为锐角，所以sin B＝，
所以sin A＝sin(π－B－C)＝sin
＝sin cos B－cos sin B＝.
由正弦定理，得c＝＝，
所以S△ABC＝acsin B＝×2××＝.
1.在△ABC中，若b2sin2C＋c2sin2B＝2bccos Bcos 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
考点 判断三角形形状
题点 利用正弦、余弦定理、三角变换判断三角形形状
答案 B
解析 由正弦定理及已知条件，得
sin2Bsin2C＝sin Bsin C·cos Bcos C.
∵sin Bsin C≠0，∴sin Bsin C＝cos Bcos C，
即cos(B＋C)＝0，即cos A＝0，
∵0°故△ABC是直角三角形.
2.在△ABC中，AB＝3，BC＝，AC＝4，则边AC上的高为( )
A. B. C. D.3
考点 用余弦定理解三角形
题点 已知三边解三角形
答案 B
解析 由余弦定理，得
cos A＝＝＝，
从而sin A＝，
则AC边上的高BD＝ABsin A＝3×＝.
3.在△ABC中，已知cos A＝，cos B＝，b＝3，则c＝ .
考点 用正弦定理解三角形
题点 利用正弦定理、三角变换解三角形
答案
解析 在△ABC中，∵cos A＝>0，∴sin A＝.
∵cos B＝>0，∴sin B＝.
∴sin C＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)
＝sin Acos B＋cos Asin B＝×＋×＝.
由正弦定理知＝，∴c＝＝＝.
4.如图所示，某动物园要为刚入园的小老虎建造一间两面靠墙的三角形露天活动室，已知已有的两面墙的夹角为60°(即C＝60°且两面墙的长度足够大)，现有可供建造第三面围墙的材料6米(即AB长为6米)，记∠ABC＝θ.当θ＝105°时，求所建造的三角形露天活动室的面积.
考点 解三角形求面积
题点 先用正弦定理求边或角再求面积
解 在△ABC中，＝＝.
化简得AC＝4·sin θ(米)，
BC＝4·sin(θ＋60°)(米).
当θ＝105°时，
AC＝4·sin θ＝4·sin 105°＝4cos 15°(米)，
BC＝4·sin(θ＋60°)
＝4sin 165°
＝4sin 15°(米).
所以S△ABC＝AC·BC·sin 60°＝3(平方米).
1.在三角形中，大角对大边，大边对大角；大角的正弦值也较大，正弦值较大的角也较大，即在△ABC中，A>B等价于a>b等价于sin A>sin B.
2.对所给条件进行变形，主要有两种途径
(1)化边为角；(2)化角为边，并常用正弦(余弦)定理进行边、角转换.
3.正弦定理是一个关于边角关系的连比等式，在运用此定理时，只要知道其比值或等量关系就可以通过约分达到解决问题的目的，在解题时要学会灵活运用.运用余弦定理时，要注意整体思想的运用.
一、选择题
1.在△ABC中，已知b＝3，c＝3，A＝30°，则角C等于( )
A.30° B.60°或120°
C.60° D.120°
考点 正弦、余弦定理解三角形综合
题点 正弦、余弦定理解三角形综合
答案 D
解析 由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccos A，即a＝3，根据正弦定理有＝，
故sin C＝，故C＝60°或120°.若C＝60°，
则B＝90°＞C，而b故C＝120°.
2.已知a，b，c为△ABC的三边长，若满足(a＋b－c)(a＋b＋c)＝ab，则C的大小为( )
A.60° B.90° C.120° D.150°
考点 余弦定理及其变形应用
题点 余弦定理的变形应用
答案 C
解析 ∵(a＋b－c)(a＋b＋c)＝ab，
∴a2＋b2－c2＝－ab，
即＝－，
∴cos C＝－，
∵C∈(0°，180°)，∴C＝120°.
3.若△ABC的周长等于20，面积是10，A＝60°，则角A的对边长为( )
A.5 B.6 C.7 D.8
考点 面积与周长的最值或取值范围问题
题点 面积与周长问题综合
答案 C
解析 设角A，B，C的对边分别为a，b，c，∵a＋b＋c＝20，
∴b＋c＝20－a，
即b2＋c2＋2bc＝400＋a2－40a，
∴b2＋c2－a2＝400－40a－2bc，①
又cos A＝＝，
∴b2＋c2－a2＝bc.②
又S△ABC＝bcsin A＝10，
∴bc＝40.③
由①②③可知a＝7.
4.在△ABC中，B＝30°，AB＝2，AC＝2，则△ABC的面积为( )
A.2 B.
C.2 或4 D. 或2
考点 解三角形求面积
题点 综合利用正弦、余弦定理求面积
答案 D
解析 方法一 如图，
AD＝ABsin B＝<2，
故△ABC有两解，且BC＝2，BC′＝4，
S△ABC＝BC×AD＝，
S△ABC′＝BC′×AD＝2.
方法二 如图，
设BC＝x，
由余弦定理可得22＝(2)2＋x2－2x×2×cos 30°，
解得x＝2或x＝4，
故△ABC有两解，
S△ABC＝BC×AB×sin B
＝×2×2×sin 30°＝，
或S△ABC＝BC×AB×sin B
＝×2×4×sin 30°＝2.
5.如图，四边形ABCD中，B＝C＝120°，AB＝4，BC＝CD＝2，则该四边形的面积等于( )
A. B.5 C.6 D.7
考点 几何图形中的计算问题
题点 四边形有关的几何图形计算问题
答案 B
解析 连接BD，四边形面积可分为△ABD与△BCD两部分面积的和，
由余弦定理，得BD＝2，
S△BCD＝BC×CDsin 120°＝，
∠ABD＝120°－30°＝90°，
∴S△ABD＝AB×BD＝4.
∴S四边形ABCD＝＋4＝5.
6.已知△ABC的三内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设向量p＝(a＋c，b)，q＝(b－a，c－a)，若p∥q，则角C的大小为( )
A. B. C. D.
考点 正弦、余弦定理与其他知识的综合
题点 正弦、余弦定理与平面向量的综合
答案 B
解析 由p∥q得(a＋c)(c－a)－b(b－a)＝0，
即c2－a2－b2＋ab＝0，
即＝＝cos C，
又∵C∈(0，π)，∴C＝.
7.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知b＝c，a2＝2b2(1－sin A)，则A等于( )
A. B. C. D.
考点 正弦、余弦定理与其他知识的综合
题点 正弦、余弦定理与三角变换的综合
答案 C
解析 ∵b＝c，∴B＝C，
又B＝π－(A＋C)，
∴2B＝π－A.
由正弦定理，得sin2A＝2sin2B(1－sin A)，
sin2A＝(1－cos 2B)(1－sin A)，
∴sin2A＝[1－cos(π－A)](1－sin A)
＝(1＋cos A)(1－sin A)，
1－cos2A＝(1＋cos A)(1－sin A)，
∵A∈(0，π)，∴1＋cos A≠0，
∴1－cos A＝1－sin A，
∴sin A＝cos A，A＝.
二、填空题
8.在等腰三角形ABC中，已知sin A∶sin B＝1∶2，底边BC＝10，则△ABC的周长是 .
考点 判断三角形形状
题点 已知三角形形状求边的取值范围
答案 50
解析 由正弦定理，得BC∶AC＝sin A∶sin B＝1∶2，
又∵底边BC＝10，∴AC＝20，∴AB＝AC＝20，
∴△ABC的周长是10＋20＋20＝50.
9.如图，在山脚A测得山顶P的仰角为30°，沿倾斜角为15°的斜坡向上走a米到B，在B处测得山顶P的仰角为60°，则山高h＝ 米.
答案 a
解析 由题图可得∠PAQ＝α＝30°，
∠BAQ＝β＝15°，△PAB中，∠PAB＝α－β＝15°，
又∠PBC＝γ＝60°，
∴∠BPA＝－＝γ－α＝30°，
∴＝，
∴PB＝a，
∴PQ＝PC＋CQ＝PB·sin γ＋asin β
＝a×sin 60°＋asin 15°＝a.
10.海上一观测站A测得南偏西60°的方向上有一艘停止待维修的商船D，在商船D的正东方有一艘海盗船B正向它靠近，速度为每小时90海里，此时海盗船B距观测站10海里，20分钟后测得海盗船B位于距观测站20海里的C处，再经 分钟海盗船B到达商船D处.
考点 解三角形求距离
题点 测量方向角求距离
答案
解析 如图，过A作AE⊥BD于点E，
由已知可知AB＝10，BC＝30，AC＝20，
∴cos∠ACB＝＝，
∵0°<∠ACB<180°，
∴∠ACB＝60°，
∴AE＝10.
∵∠DAE＝60°，
∴DE＝10×＝30.
∵∠CAE＝30°，
∴CE＝10，∴DC＝20，
∴t＝×60＝.
11.已知在△ABC中，3a2－2ab＋3b2－3c2＝0，则cos C的值为 .
考点 余弦定理及其变形应用
题点 余弦定理的变形应用
答案
解析 由3a2－2ab＋3b2－3c2＝0，
得c2＝a2＋b2－ab.
根据余弦定理得，cos C＝
＝＝，
所以cos C＝.
三、解答题
12.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.
考点 正弦、余弦定理与其他知识的综合
题点 正弦、余弦定理与三角变换的综合
解 (1)∵3(cos Bcos C＋sin Bsin C)－1＝6cos Bcos C，
∴3cos Bcos C－3sin Bsin C＝－1，
∴3cos(B＋C)＝－1，∴cos(π－A)＝－，
∴cos A＝.
(2)由(1)得sin A＝，
由面积公式bcsin A＝2，得bc＝6，①
根据余弦定理，得
cos A＝＝＝，
则b2＋c2＝13，②
①②两式联立可得b＝2，c＝3或b＝3，c＝2.
13.在△ABC中，已知sin B＝cos Asin C，A·A＝9，又△ABC的面积等于6.
(1)求C；
(2)求△ABC的三边之长.
考点 面积与周长的最值或取值范围问题
题点 面积与周长问题综合
解 (1)设三角形的三内角A，B，C对应的三边分别为a，b，c，
∵sin B＝cos Asin C，
∴cos A＝，
由正弦定理，得cos A＝，
又由余弦定理，得cos A＝，
∴＝，
即a2＋b2＝c2，
∴△ABC为直角三角形且C＝90°.
(2)
②÷①得tan A＝＝，
令a＝4k，b＝3k(k>0)，
则S△ABC＝ab＝6，∴k＝1，
∴三边长分别为a＝4，b＝3，c＝5.
四、探究与拓展
14.在△ABC中，sin A＝，a＝10，则边长c的取值范围是( )
A. B.(10，＋∞)
C.(0,10) D.
考点 正弦定理及其变形应用
题点 正弦定理的变形应用
答案 D
解析 ∵＝＝，∴c＝sin C.∴015.如图，在△ABC中，已知B＝，AC＝4，D为BC边上一点.
(1)若AD＝2，S△DAC＝2，求DC的长；
(2)若AB＝AD，试求△ADC的周长的最大值.
考点 面积与周长的最值或取值范围问题
题点 面积与周长问题综合
解 (1)∵S△DAC＝2，
∴·AD·AC·sin∠DAC＝2，
∴sin∠DAC＝.
∵∠DAC<∠BAC<π－＝，
∴∠DAC＝.
在△ADC中，由余弦定理得，
DC2＝AD2＋AC2－2AD·ACcos ，
∴DC2＝4＋48－2×2×4×＝28，
∴DC＝2.
(2)∵AB＝AD，B＝，
∴△ABD为正三角形.
在△ADC中，根据正弦定理，可得
＝＝，
∴AD＝8sin C，DC＝8sin，
∴△ADC的周长为
AD＋DC＋AC＝8sin C＋8sin＋4
＝8＋4
＝8＋4
＝8sin＋4，
∵∠ADC＝，∴0∴∴当C＋＝，
即C＝时，△ADC的周长取得最大值，且最大值为8＋4.
