第一章解直角三角形学案+滚动训练+章末检测

滚动训练(一)
一、选择题
1.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若＝，则cos B等于(　　)
A.－ B. C.－ D.
答案　B
解析　由正弦定理，＝，
∴＝，
∴tan B＝，B∈(0，π)，
∴B＝，cos B＝.
2.在△ABC中，c＝，b＝1，∠B＝，则△ABC的形状为(　　)
A.等腰直角三角形 B.直角三角形 C.等边三角形 D.等腰三角形或直角三角形
答案　D
解析　由正弦定理，sin C＝·c＝·＝，
∴C＝或C＝.
当C＝时，A＝π－B－C＝，△ABC为直角三角形，
当C＝时，A＝π－B－C＝，△ABC为等腰三角形.
3.在△ABC中，b＝8，c＝3，A＝60°，则此三角形外接圆的面积为(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　a2＝b2＋c2－2bccos A＝82＋32－2×8×3×＝49，
∴a＝7，∴2R＝＝＝，∴R＝，
∴S＝π2＝.
4.如图，测量河对岸的塔的高度AB时，可以选与塔底B在同一水平面内的两个观测点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AB的高度为(　　)
A.15 米 B.15 米
C.15(＋1) 米 D.15 米
答案　D
解析　在△BCD中，由正弦定理得BC＝＝15(米).
在Rt△ABC中，AB＝BCtan 60°＝15(米).故选D.
5.将村庄甲、乙、丙看成A，B，C三点，正好构成△ABC，角A，B，C的对边分别为a，b，c，tan C＝3.若·＝，且甲到丙的距离与乙到丙的距离之和为9，则甲、乙之间的距离为(　　)
A.4 B.5 C.6 D.7
答案　C
解析　因为tan C＝3，所以＝3.
由sin2C＋cos2C＝1，得cos C＝±.
因为tan C>0，所以∠C是锐角，
所以cos C＝.因为·＝，所以abcos C＝，
所以ab＝20.又因为a＋b＝9，
所以a2＋2ab＋b2＝81，
所以a2＋b2＝41，所以c2＝a2＋b2－2abcos C＝36，
所以c＝6，故选C.
6.钝角三角形ABC的面积是，AB＝1，BC＝，则AC等于(　　)
A.5 B. C.2 D.1
答案　B
解析　∵S＝AB·BCsin B＝×1×sin B＝，
∴sin B＝，∴B＝或.
当B＝时，根据余弦定理有AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos B＝1＋2＋2＝5，∴AC＝，此时△ABC为钝角三角形，符合题意；
当B＝时，根据余弦定理有AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos B＝1＋2－2＝1，∴AC＝1，此时AB2＋AC2＝BC2，△ABC为直角三角形，不符合题意.故AC＝.
7.在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且b2＝ac，则B的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　由余弦定理，得
cos B＝＝＝＋≥，
∵B∈(0，π)，∴B∈.
二、填空题
8.在△ABC中，若lg sin A－lg cos B－lg sin C＝lg 2，则△ABC的形状是 三角形.
答案　等腰
解析　原式可化为sin A＝2cos Bsin C＝sin(B＋C)，
∴sin Bcos C＋cos Bsin C＝2cos Bsin C，
∴sin Bcos C－cos Bsin C＝0，∴sin(B－C)＝0，
∵－π∴△ABC是等腰三角形.
9.三角形的一边长为14，这条边所对的角为60°，另两边之比为8∶5，则这个三角形的面积为 .
答案　40
解析　设另两边长为8x，5x，则cos 60°＝＝，解得x＝2.
两边长是16与10，三角形的面积是×16×10×sin 60°＝40.
10.在△ABC中，A＝60°，b＝1，其面积为，则＝ .
答案　
解析　∵S△ABC＝＝bcsin A＝×1×c×，
∴c＝4，∴a2＝b2＋c2－2bccos A＝12＋42－2×1×4×＝13，∴a＝，
∴＝＝＝.
11.如图，在矩形ABCD中，AB＝，BC＝3，E在AC上，若BE⊥AC，则ED＝ .
答案　
解析　在Rt△ABC中，BC＝3，AB＝.
所以∠BAC＝60°.
因为BE⊥AC，AB＝，所以AE＝.
在△EAD中，∠EAD＝30°，AD＝3，
由余弦定理知，ED2＝AE2＋AD2－2AE·AD·cos∠EAD＝＋9－2××3×＝，
故ED＝.
三、解答题
12.已知在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bsin A＝acos B.
(1)求角B的大小；
(2)若b＝3，sin C＝2sin A，求a，c的长.
解　(1)∵bsin A＝acos B，
∴由正弦定理可得sin Bsin A＝sin Acos B.
∵sin A≠0，∴tan B＝，∴B＝.
(2)∵sin C＝2sin A，∴由正弦定理得c＝2a，
∴由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，得9＝a2＋4a2－2a·2acos ，
解得a＝(负值舍去)，∴c＝2a＝2.
13.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足c＝a2－b2.
(1)求角A；
(2)若a＝，求b＋c的取值范围.
解　(1)因为c＝a2－b2，
所以a2＋c2－b2－bc＝2a2－2b2，a2＝b2＋c2－bc.
所以cos A＝＝＝.
因为∠A∈(0，π)，所以∠A＝.
(2)由正弦定理，得＝＝＝＝2，
所以b＝2sin B，c＝2sin C.
所以b＋c＝2sin B＋2sin C＝2sin B＋2sin(A＋B)＝2sin B＋2sin Acos B＋2cos Asin B＝3sin B＋cos B＝2sin.
因为∠B∈，所以∠B＋∈，
所以sin∈.所以b＋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，若1＋＝，则角A的大小为 .
答案　
解析　由1＋＝及正弦定理，得1＋＝，
即＝，
又∵sin(A＋B)＝sin C>0，sin B>0，
∴cos A＝.
又∵015.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且＋＝.
(1)证明：sin Asin B＝sin C；
(2)若b2＋c2－a2＝bc，求tan B.
(1)证明　根据正弦定理，可设＝＝＝k(k>0).则a＝ksin A，b＝ksin B，c＝ksin C，
代入＋＝中，
有＋＝，变形可得sin Asin B＝sin Acos B＋cos Asin B＝sin(A＋B).
在△ABC中，由∠A＋∠B＋∠C＝π，
得sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin C，
所以sin Asin B＝sin C.
(2)解　由已知，b2＋c2－a2＝bc，根据余弦定理，
有cos A＝＝，
所以sin A＝＝.
由(1)知sin Asin B＝sin Acos B＋cos Asin B，
所以sin B＝cos B＋sin B，故tan B＝＝4.
章末检测试卷(一)
(时间：120分钟　满分：150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1.在△ABC中，已知a＝3，b＝4，c＝，则C为(　　)
A.90° B.60° C.45° D.30°
答案　B
解析　根据余弦定理得，cos C＝＝＝，所以C＝60°.
2.在△ABC中，a＝k，b＝k(k>0)，A＝45°，则满足条件的三角形有(　　)
A.0个 B.1个 C.2个 D.无数个
答案　A
解析　由正弦定理得＝，
所以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.
3.在△ABC中，若a＝b，A＝2B，则cos B等于(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　由正弦定理，得＝，
∴a＝b可化为＝.
又A＝2B，∴＝，
∴cos B＝.
4.已知△ABC的外接圆的半径是3，a＝3，则A等于(　　)
A.30°或150° B.30°或60°
C.60°或120° D.60°或150°
答案　A
解析　根据正弦定理，得＝2R，sin A＝＝，
∵0°5.在△ABC中，已知cos Acos B>sin Asin B，则△ABC是(　　)
A.锐角三角形 B.直角三角形 C.钝角三角形 D.等腰三角形
答案　C
解析　由cos Acos B>sin Asin B，
得cos Acos B－sin Asin B＝cos(A＋B)>0，
∴0°＜A＋B＜90°，∴90°＜C＜180°，C为钝角.
6.在△ABC中，已知a＝，b＝，A＝30°，则c等于(　　)
A.2 B. C.2或 D.以上都不对
答案　C
解析　∵a2＝b2＋c2－2bccos A，
∴5＝15＋c2－2××c×，
化简得c2－3c＋10＝0，即(c－2)(c－)＝0，
∴c＝2或c＝.
7.已知△ABC中，sin A∶sin B∶sin C＝k∶(k＋1)∶2k，则k的取值范围是(　　)
A.(2，＋∞) B.(－∞，0) C. D.
答案　D
解析　由正弦定理，
得a＝mk，b＝m(k＋1)，c＝2mk(m>0)，
∵即∴k>.
8.△ABC的两边长分别为2，3，其夹角的余弦值为，则其外接圆的直径为(　　)
A. B. C. D.9
答案　B
解析　设另一条边为x，则x2＝22＋32－2×2×3×，
∴x2＝9，∴x＝3.
设cos θ＝，θ为长度为2，3的两边的夹角，
则sin θ＝＝，
∴2R＝＝＝.
9.在△ABC中，sin A＝，则△ABC为(　　)
A.等腰三角形 B.等边三角形
C.直角三角形 D.等腰或直角三角形
答案　C
解析　由已知得cos B＋cos C＝，
由正弦、余弦定理，得＋＝，
即a2(b＋c)－(b＋c)(b2－bc＋c2)＝bc(b＋c)，
即a2＝b2＋c2，
故△ABC是直角三角形.
10.在△ABC中，三边长分别为a－2，a，a＋2，最大角的正弦值为，则这个三角形的面积为(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　∵三边不等，∴最大角大于60°.设最大角为α，故α所对的边长为a＋2，∵sin α＝，∴α＝120°.由余弦定理得(a＋2)2＝(a－2)2＋a2＋a(a－2)，即a2＝5a，故a＝5，故三边长为3，5，7，
S△ABC＝×3×5×sin 120°＝.
11.在斜三角形ABC中，sin A＝－cos B·cos C，且tan B·tan C＝1－，则角A的值为(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　由题意知，
sin A＝－cos B·cos C＝sin(B＋C)＝sin B·cos C＋cos B·sin C，
即－cos B·cos C＝sin B·cos C＋cos B·sin C，
两边同除以cos B·cos C得tan B＋tan C＝－，
又tan(B＋C)＝＝－1＝－tan A，
即tan A＝1，又0＜A＜π，所以A＝.
12.在△ABC中，若A＝60°，b＝16，此三角形的面积S＝220，则a的值为(　　)
A.16 B.22
C.44 D.49
答案　D
解析　∵bcsin A＝220，∴c＝55，
又a2＝b2＋c2－2bccos A＝2 401.∴a＝49.
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13.设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a＝，sin B＝，C＝，则b＝ .
答案　1
解析　由sin B＝解得B＝或B＝.
根据三角形内角和定理，舍去B＝.
所以B＝，A＝.
根据正弦定理＝，得＝，
解得b＝1.
14.已知△ABC中，3a2－2ab＋3b2－3c2＝0，则cos C＝ .
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＝.
15.已知a，b，c分别是△ABC的三个内角A，B，C所对的边.若a＝1，b＝，A＋C＝2B，则sin C＝ .
答案　1
解析　在△ABC中，A＋B＋C＝π，A＋C＝2B，
∴B＝.由正弦定理知sin A＝＝.
又a16.太湖中有一小岛C，沿太湖有一条正南方向的公路，一辆汽车在公路A处测得小岛在公路的南偏西15°的方向上，汽车行驶1 km到达B处后，又测得小岛在南偏西75°的方向上，则小岛到公路的距离是 km.
答案　
解析　如图，∠CAB＝15°，∠CBA＝180°－75°＝105°，
∠ACB＝180°－105°－15°＝60°，AB＝1(km).
在△ABC中，由正弦定理，得＝，
∴BC＝×sin 15°＝(km).
设C到直线AB的距离为d，
则d＝BC·sin 75°＝×＝(km).
三、解答题(本大题共6小题，共70分)
17.(10分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a＝2，cos B＝.
(1)若b＝4，求sin A的值；
(2)若△ABC的面积S△ABC＝4，求b，c的值.
解　(1)∵cos B＝>0，0∴sin B＝＝.
由正弦定理，得＝，∴sin A＝sin B＝.
(2)∵S△ABC＝acsin B＝c＝4，∴c＝5.
由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos B＝22＋52－2×2×5×＝17，∴b＝.
18.(12分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足a2－b2－c2＋bc＝0，2bsin A＝a，BC边上中线AM的长为.
(1)求角A和角B的大小；
(2)求△ABC的面积.
解　(1)由a2－b2－c2＋bc＝0得a2－b2－c2＝－bc，
所以cos A＝＝，又A∈(0，π)，故A＝.
由2bsin A＝a及正弦定理，得sin B＝，B∈，故B＝.
(2)设AC＝BC＝x.
得AM 2＝x2＋－2x··＝2，
解得x＝2，
故S△ABC＝×2×2×＝2.
19.(12分)已知△ABC的角A，B，C所对的边分别是a，b，c，设向量m＝(a，b)，n＝(sin B，sin A)，p＝(b－2，a－2).
(1)若m∥n，求证：△ABC为等腰三角形；
(2)若m⊥p，边长c＝2，角C＝，求△ABC的面积.
(1)证明　∵m∥n，∴asin A＝bsin B，
由正弦定理，得a2＝b2，∴a＝b.
∴△ABC为等腰三角形.
(2)解　由题意知m·p＝0，即a(b－2)＋b(a－2)＝0，∴a＋b＝ab.
由余弦定理可知，4＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab，
即(ab)2－3ab－4＝0，∴ab＝4(ab＝－1舍去)，
∴S△ABC＝absin C＝×4×sin＝.
20.(12分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＋＝4cos C，b＝1.
(1)若sin C＝，求a，c；
(2)若△ABC是直角三角形，求△ABC的面积.
解　(1)∵sin C＝，∴cos2C＝1－sin2C＝.
∵4cos C＝a＋，∴cos C>0，∴cos C＝，
∴＝a＋，解得a＝或.
又＋a＝4cos C＝4×＝4×，
∴a2＋1＝2(a2＋1－c2)，即2c2＝a2＋1，
∴当a＝时，c＝2；当a＝时，c＝.
(2)由(1)可知2c2＝a2＋1.
又△ABC为直角三角形，C不可能为直角.
①若角A为直角，则a2＝b2＋c2＝c2＋1，
∴2c2－1＝c2＋1，∴c＝，a＝，
∴S＝bc＝×1×＝.
②若角B为直角，则b2＝a2＋c2，a2＋c2＝1，
∴2c2＝a2＋1＝(1－c2)＋1，
∴c2＝，a2＝，即c＝，a＝，
∴S＝ac＝××＝.
21.(12分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，cos A＝.
(1)求sin2 ＋cos 2A的值；
(2)若b＝2，△ABC的面积S为3，求a.
解　(1)sin2 ＋cos 2A＝＋cos 2A＝＋2cos2A－1＝.
(2)∵cos A＝，∴sin A＝.
由S△ABC＝bcsin A，得3＝×2c×，解得c＝5.
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，可得
a2＝4＋25－2×2×5×＝13，∴a＝.
22.(12分)如图，已知A，B，C是一条直路上的三点，AB与BC各等于1 km，从三点分别遥望塔M，在A处看见塔在北偏东45°方向，在B处看见塔在正东方向，在C处看见塔在南偏东60°方向，求塔到直路ABC的最短距离.
解　由题意∠CMB＝30°，∠AMB＝45°，
∵AB＝BC＝1，
∴S△MAB＝S△MBC，
即MA×MB×sin 45°＝MC×MB×sin 30°，
∴MC＝MA，
在△MAC中，由余弦定理，得AC2＝MA2＋MC2－2MA×MC×cos 75°，
∴MA2＝，
设M到AB的距离为h，则由△MAC的面积得MA×MC×sin 75°＝AC×h，
∴h＝×sin 75°＝××sin 75°＝(km).
∴塔到直路ABC的最短距离为 km.

§1.1　正弦定理和余弦定理
1.1.1　正弦定理
第1课时　正弦定理及简单应用
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，，，各自等于什么？
答案　＝＝＝c.
思考2　在一般的△ABC中，＝＝还成立吗？课本是如何说明的？
答案　在一般的△ABC中，＝＝仍然成立，课本采用边AB上的高CD＝bsin A＝asin B来证明.
梳理　正弦定理
在一个三角形中，各边的长和它所对角的正弦的比相等，即＝＝，这个比值是其外接圆的直径2R.
知识点二　解三角形
一般地，把三角形的三个角及其对边分别叫做三角形的元素.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.正弦定理适用于任意三角形.(　√　)
2.在△ABC中，等式bsin A＝asin B总能成立.(　√　)
3.在△ABC中，已知a，b，A，则此三角形有唯一解.(　×　)
类型一　定理证明
例1　在钝角△ABC中，证明正弦定理.
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　用正弦函数的定义沟通边与角的内在联系，充分挖掘这些联系可以使你理解更深刻，记忆更牢固.
跟踪训练1　如图，锐角△ABC的外接圆O半径为R，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.求证：＝2R.
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　已知△ABC，角A，B，C分别对应边a，b，c，根据下列条件，解三角形：a＝20，A＝30°，C＝45°.
解　∵A＝30°，C＝45°，
∴B＝180°－(A＋C)＝105°，
由正弦定理得b＝＝＝40sin(45°＋60°)＝10(＋)，
c＝＝＝20，
∴B＝105°，b＝10(＋)，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)具体地说，以下两种情形适用正弦定理：
①已知三角形的任意两角与一边；
②已知三角形的任意两边与其中一边的对角.
跟踪训练2　在△ABC中，角A，B，C分别对应边a，b，c，已知a＝18，B＝60°，C＝75°，求b的值.
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，角A，B，C分别对应边a，b，c，根据下列条件解三角形：
(1)a＝1，b＝，A＝30°；
(2)a＝，b＝1，B＝120°.
解　(1)根据正弦定理，sin B＝＝＝.
∵b>a，∴B>A＝30°，∴B＝60°或120°.
当B＝60°时，C＝180°－(A＋B)＝180°－(30°＋60°)＝90°，
∴c＝＝＝2；
当B＝120°时，C＝180°－(A＋B)＝180°－(30°＋120°)＝30°，
c＝＝＝1.
(2)根据正弦定理，sin A＝＝＝>1.
∵sin A≤1，∴A不存在，即无解.
反思与感悟　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，由正弦值可求唯一锐角.
(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.
跟踪训练3　已知△ABC，角A，B，C分别对应边a，b，c，根据下列条件，解三角形：
(1)a＝2，c＝，C＝；
(2)a＝2，c＝，A＝.
解　(1)∵＝，∴sin A＝＝.
∵c>a，∴C>A，∴A＝.
又A＋B＋C＝π，∴B＝，b＝＝＝＋1.
(2)∵＝，∴sin C＝＝.
又∵a当C＝时，B＝，b＝＝＋1.
当C＝时，B＝，b＝＝－1.
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
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
答案　B
解析　由sin A＝sin C，知a＝c，∴△ABC为等腰三角形.
3.在△ABC中，已知BC＝，sin C＝2sin A，则AB＝ .
答案　2
解析　由正弦定理，得AB＝BC＝2BC＝2.
4.在△ABC中，a＝，b＝，B＝，则A＝ .
答案　或
解析　由正弦定理，得sin A＝＝＝，
又A∈(0，π)，a>b，∴A>B，∴A＝或.
1.正弦定理的表示形式：＝＝＝2R，
或a＝ksin A，b＝ksin B，c＝ksin C(k>0).
2. 利用正弦定理可以实现三角形中边角关系的相互转化：一方面可以化边为角，转化为三角函数问题来解决；另一方面，也可以化角为边，转化为代数问题来解决.
一、选择题
1.在△ABC中，a＝5，b＝3，则sin A∶sin B的值是(　　)
A. B. C. D.
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
答案　B
解析　由题意知＝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°
答案　B
解析　∵＝，∴＝，
又由正弦定理，得＝.
∴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.
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.
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.
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.在锐角△ABC中，角A，B所对的边长分别为a，b.若2asin B＝b，则角A等于(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　由正弦定理可得2sin Asin B＝sin B，
又∵B∈，∴sin B≠0，∴sin A＝，
又A为锐角，∴A＝.
二、填空题
8.在单位圆上有三点A，B，C，设△ABC三边长分别为a，b，c，则＋＋＝ .
答案　7
解析　∵△ABC的外接圆直径为2R＝2，
∴＝＝＝2R＝2，
∴＋＋＝2＋1＋4＝7.
9.在△ABC中，B＝45°，C＝60°，c＝1，由此得三角形最短边的长为 .
答案　
解析　∵B＝45°，C＝60°，A＋B＋C＝180°，
∴A＝75°，故最短边为b，
由正弦定理得b＝＝×＝.
10.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若acos A＝bsin B，则sin Acos A＋cos2B＝ .
答案　1
解析　∵acos A＝bsin B，
∴sin Acos A＝sin2B，
∴sin Acos A＋cos2B＝sin2B＋cos2B＝1.
三、解答题
11.已知在△ABC中，角A，B，C分别对应边a，b，c.已知c＝10，A＝45°，C＝30°，求a，b和B.
解　∵＝，
∴a＝＝＝10.
∵B＝180°－(A＋C)＝180°－(45°＋30°)＝105°，
又＝，∴b＝＝＝20sin 75°＝20×＝5(＋).
12.在△ABC中，角A，B，C分别对应边a，b，c.已知a＝5，B＝45°，C＝105°，解三角形.
解　由三角形内角和定理知A＋B＋C＝180°，
所以A＝180°－(B＋C)＝180°－(45°＋105°)＝30°.
由正弦定理＝＝，
得b＝a×＝5×＝5，
c＝a×＝5×＝5×
＝5×＝(＋).
13.在△ABC中，角A，B，C分别对应边a，b，c.已知C＝45°，A＝60°，b＝2，求此三角形最小边的长及a与B的值.
解　∵A＝60°，C＝45°，
∴B＝180°－(A＋C)＝75°，
∴C由正弦定理，得a＝＝＝3－，
c＝＝＝2－2.
∴最小边c的长为2－2，a＝3－，B＝75°.
四、探究与拓展
14.锐角三角形的内角分别是A，B，C，并且A>B.下面三个不等式成立的是 .
①sin A>sin B；②cos Acos A＋cos B.
答案　①②③
解析　由题意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>，
∴A>－B，sin A>sin，
即sin A>cos B，同理sin B>cos A，故③成立.
15.在△ABC中，已知c＝10，＝＝，求a，b及△ABC的内切圆半径.
解　由正弦定理知＝，
∴＝.
即sin Acos A＝sin Bcos B，∴sin 2A＝sin 2B.
又∵a≠b且A，B∈(0，π)，
∴2A＝π－2B，即A＋B＝.
∴△ABC是直角三角形且C＝，
由得a＝6，b＝8.
故内切圆的半径为r＝＝＝2.
第2课时　正弦定理的常见变形及应用
学习目标　1.熟记并能应用正弦定理的有关变形公式解决三角形中的问题.2.能根据条件，判断三角形解的个数.3.能利用正弦定理、三角变换解决较为复杂的三角形问题.
知识点一　正弦定理的常见变形
1.sin A∶sin B∶sin C＝a∶b∶c；
2.＝＝＝＝2R；
3.a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C；
4.sin A＝，sin B＝，sin C＝.
知识点二　判断三角形解的个数
思考　在△ABC中，a＝9，b＝10，A＝60°，判断三角形解的个数.
答案　sin B＝sin A＝×＝，
而<<1，
所以当B为锐角时，
满足sin B＝的角有60°故对应的钝角B有90°也满足A＋B<180°，
故三角形有两解.
梳理　已知三角形的两边及其中一边的对角，三角形解的个数并不一定唯一.
例如在△ABC中，已知a，b及A的值.由正弦定理＝，可求得sin B＝.在由sin B求B时，如果a>b，则有A>B，所以B为锐角，此时B的值唯一；如果a知识点三　边角互化
思考1　在△ABC中，已知acos B＝bcos A.你能把其中的边a，b化为用角表示吗(打算怎么用上述条件)?
答案　可借助正弦定理把边化成角：2Rsin Acos B＝2Rsin Bcos A，移项后就是一个三角恒等变换公式sin Acos B－cos Asin B＝0.
思考2　什么时候适合用正弦定理进行边角互化？
答案　尽管正弦定理给出了三角形的边与对角的正弦之间的联系，但毕竟不是边等于对角正弦，这里还涉及到外接圆半径.故使用时要么能消掉外接圆半径(如思考1)，要么已知外接圆半径.
梳理　一个公式就是一座桥梁，可以连接等号两端.正弦定理的本质就是给出了三角形的边与对角的正弦之间的联系.所以正弦定理的主要功能就是把边化为对角的正弦或者反过来.简称边角互化.
类型一　判断三角形解的个数
例1　在△ABC中，角A，B，C分别对应边a，b，c.已知a＝1，b＝，A＝30°，解三角形.
解　根据正弦定理，sin B＝＝＝.
∵b＞a，
∴B＞A＝30°，∴B＝60°或120°.
当B＝60°时，
C＝180°－(A＋B)＝180°－(30°＋60°)＝90°，
∴c＝＝＝2；
当B＝120°时，
C＝180°－(A＋B)＝180°－(30°＋120°)＝30°＝A，
∴c＝a＝1.
反思与感悟　已知两边和其中一边的对角解三角形时，首先求出另一边的对角的正弦值，根据该正弦值求角时，要根据已知两边的大小情况来确定该角有一个值还是两个值.或者根据该正弦值(不等于1时)在0°～180°范围内求角，一个锐角，一个钝角，只要不与三角形内角和定理矛盾，就是所求.
跟踪训练1　已知一三角形中a＝2，b＝6，A＝30°，判断三角形是否有解，若有解，解该三角形.
解　因为a＝2，b＝6，a又因为bsin A＝6sin 30°＝3，bsin A＜a＜b，
所以本题有解，且有两解，由正弦定理，得
sin B＝＝＝，
因为b>a，B>A，B∈(0°，180°)，
所以B＝60°或120°.
当B＝60°时，C＝90°，c＝＝4；
当B＝120°时，C＝30°，c＝a＝2.
所以B＝60°，C＝90°，c＝4
或B＝120°，C＝30°，c＝2.
类型二　利用正弦定理进行边角互化
例2　在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知acos＝bcos，试判断△ABC的形状.
解　方法一　∵acos＝bcos，
∴asin A＝bsin B.
由正弦定理可得a·＝b·，
∴a2＝b2，∴a＝b，
∴△ABC为等腰三角形.
方法二　∵acos＝bcos，
∴asin A＝bsin B.
由正弦定理可得2Rsin2A＝2Rsin2B，
又∵A，B∈(0，π)且A＋B<π，
∴sin A＝sin B，
∴A＝B(A＋B＝π不合题意，舍去).
故△ABC为等腰三角形.
反思与感悟　利用正弦定理判断三角形形状的两条途径
(1)化角为边.将题目中的所有条件，利用正弦定理化角为边，再根据多项式的有关知识(分解因式、配方等)得到边的关系，如a＝b，a2＋b2＝c2等，进而确定三角形的形状，利用的公式为：sin A＝，sin B＝，sin C＝.
(2)化边为角.将题目中所有的条件，利用正弦定理化边为角，再根据三角函数的有关知识得到三个内角的关系，进而确定三角形的形状.利用的公式为：a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C.
跟踪训练2　在△ABC中，角A，B，C分别对应边a，b，c.已知sin2A＝sin2B＋sin2C，且sin A＝2sin B·cos C，试判断△ABC的形状.
解　由正弦定理得，得sin A＝，sin B＝，sin C＝.
∵sin2A＝sin2B＋sin2C，
∴2＝2＋2，
即a2＝b2＋c2，
故A＝90°.
∴C＝90°－B，cos C＝sin B.
∴2sin B·cos C＝2sin2B＝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.
类型三　利用正弦定理求最值或取值范围
例3　在锐角△ABC中，角A，B，C分别对应边a，b，c，a＝2bsin A，求cos A＋sin C的取值范围.
解　∵a＝2bsin A，
∴由正弦定理，得sin A＝2sin Bsin A，
又∵A∈，sin A≠0，
∴sin B＝.
∵B为锐角，∴B＝.
令y＝cos A＋sin C＝cos A＋sin[π－(B＋A)]
＝cos A＋sin＝cos A＋sin cos A＋cos sin A
＝cos A＋sin A＝sin.
由锐角△ABC知，
－B∴∵∴∴<sin<，即∴cos A＋sin C的取值范围是.
反思与感悟　解决三角形中的取值范围或最值问题：
(1)先利用正弦定理理清三角形中元素间的关系或求出某些元素.
(2)将所求最值或取值范围的量表示成某一变量的函数(三角函数)，从而转化为函数的值域或最值问题.
跟踪训练3　在△ABC中，角A，B，C分别对应边a，b，c，若C＝2B，求的取值范围.
解　因为A＋B＋C＝π，C＝2B，
所以A＝π－3B>0，所以0所以又＝＝＝2cos B，所以1<<2.
所以的取值范围是(1，2).
1.在△ABC中，AC＝，BC＝2，B＝60°，则角C的值为(　　)
A.45° B.30° C.75° D.90°
答案　C
解析　由正弦定理，得＝，
∴sin A＝.
∵BC＝2<＝AC，
∴A∴A＝45°，∴C＝75°.
2.在△ABC中，若＝＝，则△ABC是(　　)
A.直角三角形 B.等边三角形
C.钝角三角形 D.等腰直角三角形
答案　B
解析　由正弦定理，知＝＝，
∴tan A＝tan B＝tan C，
又∵A，B，C∈(0，π)，
∴A＝B＝C，
故三角形为等边三角形.
3.在Rt△ABC中，C＝90°，且A，B，C所对的边a，b，c满足a＋b＝cx，则实数x的取值范围是(　　)
A.(0，1] B.(1，]
C.[，) D.(0，)
答案　B
解析　∵a＋b＝cx，C＝90°，∴sin C＝1，sin B＝cos A，
∴x＝＝＝sin A＋cos A＝sin.
∵A∈，∴A＋∈，
∴sin∈，∴x∈(1，].
4.在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，若a∶b∶c＝1∶3∶5，求的值.
解　由条件得＝＝，
∴sin A＝sin C.
同理可得sin B＝sin C.
∴＝＝－.
1.三角形解的个数的判断：已知两角和一边，该三角形是确定的，其解是唯一的；已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据三解函数值的有界性和大边对大角定理进行判断.
2.判断三角形的形状，最终目的是判断三角形是不是特殊三角形，当所给条件含有边和角时，应利用正弦定理将条件统一为“边”之间的关系式或“角”之间的关系式.
一、选择题
1.在△ABC中，若a＝3，cos A＝，则△ABC的外接圆的半径为(　　)
A.6 B.2 C.3 D.
答案　D
解析　∵cos A＝，∴A∈，
∴sin A＝，
由＝2R，得R＝.
2.在△ABC中，已知(b＋c)∶(c＋a)∶(a＋b)＝4∶5∶6，则sin A∶sin B∶sin C等于(　　)
A.6∶5∶4 B.7∶5∶3
C.3∶5∶7 D.4∶5∶6
答案　B
解析　∵(b＋c)∶(c＋a)∶(a＋b)＝4∶5∶6，
∴＝＝.令＝＝＝k(k>0)，
则　解得
∴sin A∶sin B∶sin C＝a∶b∶c＝7∶5∶3.
3.在△ABC中，a＝2bcos C，则这个三角形一定是(　　)
A.等腰三角形 B.直角三角形
C.等腰直角三角形 D.等腰或直角三角形
答案　A
解析　由正弦定理，得sin A＝2sin Bcos C，
∴sin(B＋C)＝2sin Bcos C，
∴sin Bcos C＋cos Bsin C＝2sin Bcos C，
∴sin(B－C)＝0，
∵0∴－π∴B＝C，故选A.
4.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°
答案　C
解析　设C为最大角，则A为最小角，则A＋C＝120°，
∴＝＝＝＝×＋＝＋，
∴＝1，∴tan A＝1，
又∵A为锐角，
∴A＝45°，C＝75°.
5.在△ABC中，＝，则△ABC一定是(　　)
A.等腰三角形
B.直角三角形
C.等腰直角三角形
D.等腰三角形或直角三角形
答案　D
解析　在△ABC中，∵＝，
∴acos A＝bcos B，
由正弦定理，得sin Acos A＝sin Bcos B，
∴sin 2A＝sin 2B.
又∵A，B∈(0°，180°)，
∴2A＝2B或2A＋2B＝180°，
∴A＝B或A＋B＝90°.
故△ABC为等腰三角形或直角三角形.
6.在△ABC中，若tan A＝，C＝150°，BC＝1，则AB等于(　　)
A.2 B. C. D.4
答案　C
解析　∵tan A＝，A∈(0°，180°)，
∴sin A＝.
由正弦定理，知＝，
∴AB＝＝＝.
二、填空题
7.在△ABC中，若b＝1，c＝，C＝，则a＝ .
答案　1
解析　由正弦定理，得＝，∴sin B＝.
∵C为钝角，∴B必为锐角，∴B＝，
∴A＝，∴a＝b＝1.
8.在△ABC中，A＝60°，a＝4，b＝4，则B＝ .
答案　45°
解析　由正弦定理＝，得sin B＝，
∵a>b，∴A>B，∴B只有一解，∴B＝45°.
9.在△ABC中，cos A＝，cos B＝，BC＝4，则AB＝ .
答案　5
解析　∵A，B∈(0，π)，
∴sin A＝＝，sin B＝＝.
∴sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝×＋×＝1，
∴C＝，∴AB＝＝＝5.
10.已知 c＝50，b＝72，C＝135°，则三角形解的个数为 .
答案　0
解析　∵c180°，故三角形无解.
三、解答题
11.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，求证：＝.
证明　因为＝＝＝2R，
所以左边＝＝＝＝＝右边.
所以等式成立.
12.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A－C＝90°，a＋c＝b，求C.
解　由A－C＝90°，得A为钝角且sin A＝cos C，利用正弦定理，a＋c＝b可变形为sin A＋sin C＝sin B，
又∵sin A＝cos C，
∴sin A＋sin C＝cos C＋sin C＝sin(C＋45°)＝sin B，
又A，B，C是△ABC的内角，
故C＋45°＝B或(C＋45°)＋B＝180°(舍去)，
∴A＋B＋C＝(90°＋C)＋(C＋45°)＋C＝180°.
∴C＝15°.
13.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，bsin B＝csin C且sin2A＝sin2B＋sin2C，试判断三角形的形状.
解　由bsin B＝csin C及正弦定理，得b2＝c2，∴b＝c，
∴△ABC为等腰三角形，
由sin2A＝sin2B＋sin2C得a2＝b2＋c2，
∴△ABC为直角三角形，
∴△ABC为等腰直角三角形.
四、探究与拓展
14.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a2tan B＝b2tan A，试判断△ABC的形状.
解　在△ABC中，由正弦定理＝，
得＝，∴＝.
又∵a2tan B＝b2tan A，∴＝，
∴＝，
∴sin Acos A＝sin Bcos B，即sin 2A＝sin 2B.
∴2A＝2B或2A＋2B＝π，
即A＝B或A＋B＝.
∴△ABC为等腰三角形或直角三角形.
15.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝，且cos(A－B)＋cos C＝1－cos 2C.
(1)试确定△ABC的形状；
(2)求的取值范围.
解　(1)在△ABC中，设其外接圆半径为R，
根据正弦定理得sin A＝，sin B＝，
代入＝，
得＝，
∴b2－a2＝ab.①
∵cos(A－B)＋cos C＝1－cos 2C，
∴cos(A－B)－cos(A＋B)＝2sin2C，
∴sin Asin B＝sin2C.
由正弦定理，得·＝2，∴ab＝c2.②
把②代入①得，b2－a2＝c2，即a2＋c2＝b2.
∴△ABC是直角三角形.
(2)由(1)知B＝，∴A＋C＝，∴C＝－A，
∴sin C＝sin＝cos A.
根据正弦定理，＝＝sin A＋cos A＝sin.
∵0∴即的取值范围是(1，].
1.1.2　余弦定理
第1课时　余弦定理及简单应用
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　(1)余弦定理
三角形任何一边的平方等于其他两边的平方和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍，即
a2＝b2＋c2－2bccos A，
b2＝c2＋a2－2cacos B，
c2＝a2＋b2－2abcos C.
(2)余弦定理的变形
cos A＝，cos B＝，cos C＝.
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　观察余弦定理中的公式结构，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.
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.
知识点三　三角形的面积公式
(1)S＝a·ha(ha表示a边上的高).
(2)S＝absin C＝acsin B＝bcsin A.
1.余弦定理揭示了任意三角形边角之间的关系，因此，它适应于任何三角形.(　√　)
2.在△ABC中，若a2>b2＋c2，则△ABC一定为钝角三角形.(　√　)
3.在△ABC中，已知两边和其夹角时，△ABC不唯一.(　×　)
类型一　余弦定理的证明
例1　△ABC中，已知BC＝a，AC＝b和角C，求c的值.
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.
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？
解　如图，以A为原点，边AB所在直线为x轴建立如图所示平面直角坐标系，则A(0，0)，B(c，0)，C(bcos A，bsin A)，
∴|BC|2＝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　如图，在△ABC中，已知a＝5，b＝4，∠C＝120°，求c.
解　由余弦定理，
得c2＝a2＋b2－2abcos 120°，
因此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.
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　已知△ABC的三边长为a＝2，b＝2，c＝＋，求△ABC的各角度数.
解　由余弦定理，得cos A＝＝＝，∴A＝60°.
cos B＝＝＝，
∴B＝45°，∴C＝180°－A－B＝75°.
反思与感悟　(1)已知三角形三边求角时，可先利用余弦定理求角，再用正弦定理求解，在用正弦定理求解时，要根据边的大小确定角的大小，防止产生增解或漏解.
(2)若已知三角形三边的比例关系，常根据比例的性质引入k，从而转化为已知三边解三角形.
跟踪训练3　在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin A∶sin B∶sin C＝2∶4∶5，判断三角形的形状.
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.
类型三　三角形面积问题
例4　△ABC中，若a，b，c的对角分别为A，B，C，且2A＝B＋C，a＝，△ABC的面积S△ABC＝，求边b的长和B的大小.
解　∵A＋B＋C＝180°，
又2A＝B＋C，∴A＝60°.
∵S△ABC＝bcsin A＝，sin A＝，
∴bc＝2.①
又由余弦定理，得3＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋c2－2×2×，
即b2＋c2＝5.②
由①②可得b＝1或2.
由正弦定理知＝，
∴sin B＝＝.
当b＝1时，sin B＝，B＝30°；
当b＝2时，sin B＝1，B＝90°.
反思与感悟　(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.
跟踪训练4　已知△ABC中，B＝30°，AB＝2，AC＝2，求△ABC的面积.
解　∵＝，即＝，
∴sin C＝，
∴C＝60°或C＝120°.
(1)当C＝60°时，A＝180°－30°－60°＝90°，
∴S△ABC＝AB·AC＝2.
(2)当C＝120°时，A＝180°－120°－30°＝30°，
∴S△ABC＝AB·AC·sin 30°＝.
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－，则三角形的另一边长为(　　)
A.52 B.2 C.16 D.4
答案　B
解析　设另一边长为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.
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.
答案　D
解析　设顶角为C，周长为l，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.
因为l＝5c，所以a＝b＝2c，
由余弦定理，得cos C＝＝＝.
4.在△ABC中，已知(a＋b＋c)(b＋c－a)＝3bc，则角A等于(　　)
A.30° B.60° C.120° D.150°
答案　B
解析　∵(b＋c)2－a2＝b2＋c2＋2bc－a2＝3bc，
∴b2＋c2－a2＝bc，
∴cos A＝＝，∴A＝60°.
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B＝120°，a＝3，c＝5，则b等于(　　)
A.4 B. C.7 D.5
答案　C
解析　∵b2＝a2＋c2－2accos B＝32＋52－2×3×5×cos 120°＝49，
∴b＝7.
2.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°
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.
3.在△ABC中，已知b2＝ac且c＝2a，则cos B等于(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　∵b2＝ac，c＝2a，
∴b2＝2a2，
∴cos B＝＝＝.
4.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
答案　D
解析　设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
由题意得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.
5.已知△ABC三边满足a2＋b2＝c2－ab，则此三角形的最大内角为(　　)
A.70° B.80° C.150° D.120°
答案　C
解析　由题意知，a2＋b2－c2＝－ab，
∴cos C＝＝＝－，
又∵C∈(0°，180°)，∴C＝150°.
6.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O沿OD走到D用了2 min，从D沿着DC走到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
答案　C
解析　由题意得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).
二、填空题
7.在△ABC中，若(a＋c)(a－c)＝b(b＋c)，则A＝ .
答案　120°
解析　a2－c2＝b2＋bc，b2＋c2－a2＝－bc，
cos A＝＝＝－，
又A∈(0°，180°)，故A＝120°.
8.已知三角形三边长为a，b，，则最大角为 .
答案　120°
解析　易知>a，>b，
设最大角为θ，则cos θ＝＝－，
又∵θ∈(0°，180°)，∴θ＝120°.
9.在△ABC中，已知CB＝7，AC＝8，AB＝9，则AC边上的中线长为 .
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.
10.在△ABC中，AB＝2，AC＝，BC＝1＋，AD为边BC上的高，则AD的长是 .
答案　
解析　∵cos C＝＝，
∵C∈，∴sin C＝.
∴AD＝AC·sin C＝.
11.在△ABC中，BC＝a，AC＝b，a，b是方程x2－2x＋2＝0的两根，2cos(A＋B)＝1，
(1)角C的度数为 ；
(2)AB的长为 .
答案　(1)120°　(2)
解析　(1)cos C＝cos[180°－(A＋B)]＝－cos(A＋B)＝－.
又∵C∈(0°，180°)，∴C＝120°.
(2)∵a，b是方程x2－2x＋2＝0的两根，
∴
∴AB2＝a2＋b2－2abcos 120°＝(a＋b)2－ab＝10，∴AB＝.
三、解答题
12.在△ABC中，已知a－b＝4，a＋c＝2b，最大角为120°，求三边长.
解　由得
∴a>b>c，∴A＝120°，
∴a2＝b2＋c2－2bccos 120°，
即(b＋4)2＝b2＋(b－4)2－2b(b－4)×，
即b2－10b＝0，解得b＝0(舍去)或b＝10.
当b＝10时，a＝14，c＝6.即三边长分别为14，10，6.
13.如图，已知圆内接四边形ABCD的各边长分别为AB＝2，BC＝6，CD＝DA＝4，求四边形ABCD的面积.
解　连接AC.∵B＋D＝180°，
∴sin B＝sin D，cos D＝－cos B.
∴S四边形ABCD＝S△ABC＋S△ACD＝AB·BCsin B＋AD·DCsin D＝14sin B.
由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos B＝AD2＋DC2－2AD·DCcos D，
∴56cos B＝8，cos B＝.
∵0°∴S四边形ABCD＝14sin B＝8.
四、探究与拓展
14.在△ABC中，a＝7，b＝8，sin C＝，则c＝ .
答案　3或
解析　∵sin C＝，
∴cos C＝±＝±，
∴c2＝a2＋b2－2abcos C＝72＋82－2×7×8×＝9或217，
∴c＝3或.
15.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，
且cos(A－B)cos B－sin(A－B)sin(A＋C)＝－.
(1)求sin A的值；
(2)若a＝4，b＝5，求向量在方向上的正射影的数量.
解　(1)由cos(A－B)cos B－sin(A－B)sin(A＋C)＝－，
得cos(A－B)cos B－sin(A－B)sin B＝－，
则cos(A－B＋B)＝－，即cos A＝－.
又0(2)由正弦定理，有＝，
所以sin B＝＝.
由题知a>b，则A>B，故B＝.
根据余弦定理有(4)2＝52＋c2－2×5c×，
解得c＝1或c＝－7(负值舍去).
故向量在方向上的正射影的数量为||cos B＝.
第2课时　余弦定理的综合应用
学习目标　1.熟练掌握余弦定理及其推论.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梳理　已知两边及其一边的对角，既可先用正弦定理，也可先用余弦定理，满足条件的三角形个数为0，1，2，具体判断方法如下：
设在△ABC中，已知a，b及A的值.由正弦定理＝，可求得sin B＝.
(1)当A为钝角时，则B必为锐角，三角形的解唯一；
(2)当A为直角且a>b时，三角形的解唯一；
(3)当A为锐角时，如图，以点C为圆心，以a为半径作圆，
三角形解的个数取决于a与CD和b的大小关系：
①当a②当a＝CD时，一解；
③当CD④当a≥b时，一解.
(4)如果a>b，则有A>B，所以B为锐角，此时B的值唯一.
知识点二　判断三角形的形状
思考1　三角形的形状类别很多，按边可分为等腰三角形，等边三角形，其他；按角可分为钝角三角形，直角三角形，锐角三角形.在判断三角形的形状时是不是要一个一个去判定？
答案　不需要.如果所知条件方便求角，只需判断最大的角是钝角，直角，锐角；如果方便求边，假设最大边为c，可用a2＋b2－c2来判断cos C的正负.而判断边或角是否相等则一目了然，不需多说.
思考2　△ABC中，sin 2A＝sin 2B.则A，B一定相等吗？
答案　∵A，B∈(0，π)，
∴2A，2B∈(0，2π)，
∴2A＝2B或2A＝π－2B，即A＝B或A＋B＝.
梳理　判断三角形形状，首先看最大角是钝角、直角还是锐角；其次看是否有相等的边(或角).在转化条件时要注意等价.
知识点三　证明三角形中的恒等式
思考　前面我们用正弦定理化简过acos B＝bcos A，当时是把边化成了角；现在我们学了余弦定理，你能不能用余弦定理把角化成边？
答案　 由余弦定理得a＝b，去分母得a2＋c2－b2＝b2＋c2－a2，化简得a＝b.
梳理　证明三角恒等式的关键是借助正、余弦定理进行边角互化减小等式两边的差异.
1.已知两边和其中一边的对角，解三角形时只能用正弦定理.(　×　)
2.已知两角和一边，求其他角和边不能用余弦定理.(　√　)
3.在△ABC中，若a2类型一　利用正、余弦定理解三角形
例1　如图所示，在四边形ABCD中，AD⊥CD，AD＝10，AB＝14，∠BDA＝60°，∠BCD＝135°，求BC的长.
解　在△ABD中，AD＝10，AB＝14，∠BDA＝60°，
设BD＝x，由余弦定理，得
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，由正弦定理得，＝，
∴BC＝＝8.
反思与感悟　余弦定理和正弦定理一样，都是围绕着三角形进行边角互换的.在有关三角形的题目中注意选择是应用正弦定理，还是余弦定理，必要时也可列方程(组)求解.同时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，或是两个定理都要用，要抓住能利用某个定理的信息.
跟踪训练1　在△ABC中，已知a＝7，b＝3，c＝5，求最大角和sin C.
解　∵a>c>b，∴A为最大角.
由余弦定理的推论，得
cos A＝＝＝－.
又∵0°∴sin A＝sin 120°＝.
由正弦定理，得sin C＝＝＝.
∴最大角A为120°，sin C＝.
类型二　利用正弦、余弦定理证明三角形中的恒等式
例2　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.
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2　在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，求证：＝.
证明　方法一　左边＝＝，
右边＝＝，
∴等式成立.
方法二　右边＝
＝＝＝＝左边，
∴等式成立.
类型三　利用正弦、余弦定理判断三角形形状
例3　在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知(a＋b＋c)(b＋c－a)＝3bc，且sin A＝2sin Bcos C，试判断△ABC的形状.
解　由(a＋b＋c)(b＋c－a)＝3bc，
得b2＋2bc＋c2－a2＝3bc，
即b2＋c2－a2＝bc，
∴cos A＝＝＝.
∵0∴A＝.
又sin A＝2sin Bcos C.
∴由正弦、余弦定理，
得a＝2b·＝，
∴b2＝c2，b＝c，
∴△ABC为等边三角形.
引申探究
将本例中的条件(a＋b＋c)(b＋c－a)＝3bc改为(b2＋c2－a2)2＝b3c＋c3b－a2bc，其他条件不变，试判断△ABC的形状.
解　由(b2＋c2－a2)2＝b3c＋c3b－a2bc，得
(b2＋c2－a2)2＝bc(b2＋c2－a2)，
∴(b2＋c2－a2)(b2＋c2－a2－bc)＝0，
∴b2＋c2－a2＝0或b2＋c2－a2－bc＝0，
∴a2＝b2＋c2或b2＋c2－a2＝bc，
由a2＝b2＋c2，得A＝90°，
由b2＋c2－a2＝bc，得cos A＝＝＝，
又0°＜A＜180°，
∴A＝60°，
由例3知，b＝c，
∴△ABC为等边三角形或等腰直角三角形.
反思与感悟　(1)判断三角形形状，往往利用正弦定理、余弦定理将边、角关系相互转化，经过化简变形，充分暴露边、角关系，继而作出判断.
(2)在余弦定理中，注意整体思想的运用，如：b2＋c2－a2 ＝2bccos A，b2＋c2＝(b＋c)2－2bc等.
跟踪训练3　在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若B＝60°，2b＝a＋c，试判断△ABC的形状.
解　方法一　根据余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos B.
∵B＝60°，2b＝a＋c，
∴2＝a2＋c2－2accos 60°，
整理得(a－c)2＝0，∴a＝c.
又∵2b＝a＋c，
∴2b＝2c，即b＝c.
∴△ABC是等边三角形.
方法二　根据正弦定理，
2b＝a＋c可转化为2sin B＝sin A＋sin C.
又∵B＝60°，
∴A＋C＝120°，
∴C＝120°－A，
∴2sin 60°＝sin A＋sin(120°－A)，A∈(0°，120°)，
整理得sin(A＋30°)＝1，A＋30°∈(30°，150°)，
∴A＋30°＝90°，
∴A＝60°，C＝60°.
∴△ABC是等边三角形.
1.在△ABC中，若b2＝a2＋c2＋ac，则B等于(　　)
A.60° B.45°或135°
C.120° D.30°
答案　C
解析　∵b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2＋ac，
∴cos B＝－，
∵0°∴B＝120°.
2.在△ABC中，若2cos Bsin A＝sin C，则△ABC的形状一定是(　　)
A.等腰直角三角形 B.直角三角形
C.等腰三角形 D.等边三角形
答案　C
解析　∵2cos Bsin A＝sin C，
∴2××a＝c，
∴a＝b.故△ABC为等腰三角形.
3.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
答案　B
解析　∵sin2＝＝，
∴cos A＝＝，
∴a2＋b2＝c2，∴△ABC是直角三角形.
4.在△ABC中，若B＝30°，AB＝2，AC＝2，则满足条件的三角形有几个？
解　设BC＝a，AC＝b，AB＝c，
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B，
∴22＝a2＋(2)2－2a×2cos 30°，
即a2－6a＋8＝0，
解得a＝2或a＝4.
当a＝2时，三边长为2，2，2，可组成三角形；
当a＝4时，三边长为4，2，2，也可组成三角形.
∴满足条件的三角形有两个.
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.根据所给条件确定三角形的形状，主要有两种途径：
(1)化边为角；
(2)化角为边，并常用正弦(余弦)定理实施边、角转换.
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.利用余弦定理求三角形的边长时容易出现增解，原因是余弦定理中涉及的是边长的平方，通常转化为一元二次方程求正实数.因此解题时需特别注意三角形三边长度所应满足的基本条件.
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
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.
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
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.－
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
答案　A
解析　∵cos A＝＝＝>0，
∴0°6.已知三角形ABC的三边长分别为a＝3，b＝4，c＝，则△ABC的最大内角为(　　)
A.120° B.90° C.150° D.60°
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°∴△ABC的最大内角为120°.故选A.
二、填空题
7.在△ABC中，a2－b2＝bc，sin C＝2sin B，则A＝ .
答案　30°
解析　由sin C＝2sin B，根据正弦定理，
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°∴A＝30°.
8.设2a＋1，a，2a－1为钝角三角形的三边，那么a的取值范围是 .
答案　(2，8)
解析　∵2a－1>0，
∴a>，最大边为2a＋1.
∵三角形为钝角三角形，
∴a2＋(2a－1)2<(2a＋1)2，
化简得0又∵a＋2a－1>2a＋1，
∴a>2，
∴2∴a的取值范围是(2，8).
9.△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＝ .
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°.
10.在△ABC中，若a＝2，b＋c＝7，cos B＝－，则b＝ .
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.
11.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知cos 2C＝－，sin C＝ .
答案　
解析　∵cos 2C＝1－2sin2C＝－，0∴sin C＝.
12.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bcos C＝(2a－c)cos B，则角B的大小为 .
答案　60°
解析　由已知及正弦定理，得sin Bcos C＝(2sin A－sin C)cos B，
即sin Bcos C＋cos Bsin C＝2sin Acos B，
∴sin(B＋C)＝2sin Acos B.
∵sin(B＋C)＝sin A≠0，
∴2cos B＝1，即cos B＝，
∵0°三、解答题
13.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，求证：＝.
证明　因为右边＝＝×cos B－×cos A
＝×－×＝－＝＝左边，
所以＝.
四、探究与拓展
14.在△ABC中，BC＝，AC＝3，sin C＝2sin A，求(1)AB；(2)sin.
解　(1)在△ABC中，根据正弦定理＝，
于是AB＝·BC＝2BC＝2.
(2)在△ABC中，根据余弦定理得
cos A＝＝，所以sin A＝，
由倍角公式得sin 2A＝2sin Acos A＝，
cos 2A＝2cos2A－1＝，
所以sin＝sin 2Acos －cos 2Asin ＝.
15.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sin A＋sin B的最大值.
解　(1)由题意可知absin C＝×2abcos C，
所以tan C＝，因为0(2)由已知sin A＋sin B＝sin A＋sin
＝sin A＋sin＝sin A＋cos A＋sin A
＝sin≤，
当A＝，即△ABC为等边三角形时取等号.
所以sin A＋sin B的最大值为.
§1.2　应用举例
第1课时　解三角形应用举例——高度、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　常用角的概念
思考　试画出“北偏东60°”和“南偏西45°”的示意图.
答案　
梳理　在解决实际问题时常会遇到一些有关角的术语，请查阅资料后填空：
(1)方位角和方向角
①从正北方向顺时针转到目标方向线的水平角叫方位角，方位角的范围是[0，2π].
②从指定方向线到目标方向线所成的小于90°的水平角叫方向角，如北偏东30°，南偏东45°.
(2)仰角与俯角
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，目标视线在水平线上方时叫仰角，目标视线在水平线下方时叫俯角.(如图所示)
(3)张角
由C点看AB的张角指的是角ACB.
知识点二　测量方案
思考1　如图是北京故宫的角楼，设线段AB表示角楼的高度，在宫墙外护城河畔的马路边，选位置C，设CC′为测量仪器的高，过点C′的水平面与AB相交于点B′，由测点C′对角楼进行测量，你认为通过测量的数据能求出角楼的高度吗？
　　
答案　可测得点A的仰角α的大小.在△AB′C′中，三条边的长度都无法测出，因而AB′无法求得.
思考2　如图，如果移动测量仪CC′到DD′(测量仪高度不变)，想想看，我们能测得哪些数据，使问题得以解决？
答案　如图所示，在点B′，C′，D′构成的三角形中，可以测得∠β和∠γ的大小，又可测得C′D′的长，这样，我们就可以根据正弦定理求出边B′C′的长，从而在Rt△AB′C′中，求出AB′的长，使问题得到解决.
梳理　测量某个量的方法有很多，但是在实际背景下，有些方法可能没法实施，比如直接测量某楼高.这个时候就需要设计方案绕开障碍间接地达到目的.设计测量方案的基本任务是把目标量转化为可测量的量，并尽可能提高精确度.一般来说，基线越长，精确度越高.
1.已知三角形的三个角，能够求其三条边.(　×　)
2.两个不可到达的点之间的距离无法求得.(　×　)
3.方位角和方向角是一样的.(　×　)
类型一　测量距离问题
例1　如图，为测量河对岸A，B两点的距离，在河的这边测出CD的长为 km，∠ADB＝∠CDB＝30°，∠ACD＝60°，∠ACB＝45°，求A，B两点间的距离.
解　在△BCD中，∠CBD＝180°－30°－105°＝45°，
由正弦定理得＝，
则BC＝＝ (km).
在△ACD中，∠CAD＝180°－60°－60°＝60°，
∴△ACD为正三角形，
∴AC＝CD＝(km).
在△ABC中，由余弦定理得
AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos 45°＝＋－2×××＝，
∴AB＝(km).
∴河对岸A，B两点间的距离为 km.
反思与感悟　测量两个不可到达的点之间的距离，一般是把求距离问题转化为应用余弦定理求三角形的边长问题，然后把求未知的另外边长问题转化为只有一点不能到达的两点距离测量问题，运用正弦定理解决.
跟踪训练1　要测量河对岸两地A，B之间的距离，在岸边选取相距100米的C，D两点，并测得∠ACB＝75°，∠BCD＝45°，∠ADC＝30°，∠ADB＝45°(A，B，C，D在同一平面内)，求A，B两地的距离.
解　如图在△ACD中，∠CAD＝180°－(120°＋30°)＝30°，
∴AC＝CD＝100(米).
在△BCD中，∠CBD＝180°－(45°＋75°)＝60°，
由正弦定理得BC＝＝200sin 75°(米).
在△ABC中，由余弦定理，得
AB2＝(100)2＋(200sin 75°)2－2×100×200sin 75°cos 75°
＝1002×＝1002×5，
∴AB＝100(米).
∴河对岸A，B两点间的距离为100米.
类型二　测量高度问题

例2　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
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).
∴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　利用正弦、余弦定理来解决实际问题时，要从所给的实际背景中，进行加工、提炼，抓住本质，抽象出数学模型，使之转化为解三角形问题.
跟踪训练2　江岸边有一炮台C高30 m，江中有两条船B，A，船与炮台底部D在同一直线上，由炮台顶部测得俯角分别为45°和30°，则两条船相距 m.
答案　30(－1)
解析　在△ABC中，
由题意可知AC＝＝60(m)，
BC＝＝30(m)，∠ACB＝15°，
AB2＝(30)2＋602－2×30×60×cos 15°＝1800(2－)，
所以AB＝30(－1)m.

例3　如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30°的方向上，行驶600 m后到达B处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为30°，则此山的高度CD＝ m.
答案　100
解析　依题意，∠CAB＝30°，AB＝600 m，
∠CBA＝180°－75°＝105°，∠CBD＝30°，
∴∠ACB＝180°－30°－105°＝45°.
由正弦定理，得
BC＝·sin∠CAB＝×sin 30°＝300，
∴CD＝BCtan∠CBD＝300×tan 30°＝100(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3　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
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).
1.如图，在河岸AC上测量河的宽度BC，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，γ
答案　D
解析　由α，γ可求出β，由α，β，b，可利用正弦定理求出BC.故选D.
2.如图，某人向正东方向走了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 .
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或x＝－1(负值舍去).
3.甲、乙两楼相距20 m，从乙楼底望甲楼顶的仰角为60°，从甲楼顶望乙楼顶的俯角为30°，则甲、乙两楼的高分别是 m， m.
答案　20　
解析　甲楼的高为20tan 60°＝20×＝20(m)；
乙楼的高为20－20tan 30°＝20－20×＝(m).
4.如图所示，设A，B两点在河的两岸，一测量者在A的同侧，在A所在的河岸边选定一点C，测出AC的距离为50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，则A，B两点的距离为 m.
答案　50
解析　由题意知∠ABC＝30°，由正弦定理，
得＝，
∴AB＝＝＝50(m).
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.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
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).
2.甲骑电动车以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
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).
3.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
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).
4.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
答案　B
解析　方法一　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＝＝，
又∵0°＜2θ＜180°，
∴2θ＝30°，4θ＝60°.
在Rt△ABC中，
AB＝BC·sin 4θ＝200×＝300(m)，故选B.
方法二　由于△BCD是等腰三角形，BD＝DCcos 2θ，
即300＝200cos 2θ，
∴cos 2θ＝，又0°＜2θ＜180°，∴2θ＝30°，4θ＝60°.
在Rt△ABC中，
AB＝BC·sin 4θ＝200×＝300(m)，
故选B.
5.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
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).
6.要测量底部不能到达的东方明珠电视塔的高度，在黄浦江西岸选择甲、乙两观测点，在甲、乙两点分别测得塔顶的仰角分别为45°，30°，在水平面上测得电视塔与甲地连线及甲、乙两地连线所成的角为120°，甲、乙两地相距500 m，则电视塔在这次测量中的高度是(　　)
A.100 m B.400 m
C.200 m D.500 m
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，
由余弦定理得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD·cos∠BCD，
即3h2＝h2＋5002＋h·500，
解得h＝500或h＝－250(舍).故选D.
二、填空题
7.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.
答案　60
解析　在△ABC中，∠CAB＝30°，∠CBA＝75°，
∴∠ACB＝75°，∠ACB＝∠ABC，
∴AC＝AB＝120(m).
如图，作CD⊥AB，垂足为D，则CD即为河的宽度.
由正弦定理得＝，
∴＝，∴CD＝60，∴河的宽度为60 m.
8.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两地的距离为 km.
答案　7
解析　如图所示，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两地的距离为7 km.
9.地平面上一旗杆设为OP，为测得它的高度h，在地平面上取一基线AB，AB＝200 m，在A处测得P点的仰角为∠OAP＝30°，在B处测得P的仰角∠OBP＝45°，又测得∠AOB＝60°，则旗杆的高h为 m.
答案　
解析　如图.OP＝h，∠OAP＝30°，∠OBP＝45°，∠AOB＝60°，AB＝200 m.
在△AOP中，∵OP⊥OA，
∴∠AOP＝90°，
则OA＝＝h，
同理，在△BOP中，∠BOP＝90°，且∠OBP＝45°，
∴OB＝OP＝h.
在△OAB中，由余弦定理得AB2＝OA2＋OB2－2OA·OB·cos∠AOB，
即2002＝3h2＋h2－2h2·cos 60°，
解得h＝.
10.我炮兵阵地位于地面A处，两观察所分别位于地面点C和点D处，已知CD＝6 km，∠ACD＝45°，∠ADC＝75°，目标出现于地面点B处时，测得∠BCD＝30°，∠BDC＝15°(如图)，则我炮兵阵地到目标的距离为 km.
答案　
解析　在△ACD中，
∠CAD＝180°－∠ACD－∠ADC＝60°，∠ACD＝45°，
根据正弦定理，有AD＝＝CD，
同理，在△BCD中，
∠CBD＝180°－∠BCD－∠BDC＝135°，∠BCD＝30°，
根据正弦定理，有BD＝＝CD，
在△ABD中，∠ADB＝∠ADC＋∠BDC＝90°，
根据勾股定理，有AB＝＝CD＝CD＝，
所以我炮兵阵地到目标的距离为 km.
三、解答题
11.如图所示，在高出地面30 m的小山顶上建造一座电视塔CD，今在距离B点60 m的地面上取一点A，若测得∠CAD＝45°，求此电视塔的高度.
解　设CD＝x m，∠BAC＝α，
则在△ABC中，tan α＝＝.
∵∠DAB＝45°＋α，tan∠DAB＝＝＝tan(45°＋α)，
又tan(45°＋α)＝＝3，
∴＝3，解得x＝150.
∴电视塔的高度为150 m.
12.某人在塔的正东方沿着南偏西60°的方向前进40 m以后，望见塔在东北方向.若沿途测得塔的最大仰角为30°，求塔的高度.
解　如图，在△BCD中，CD＝40 m，∠BCD＝90°－60°＝30°，∠DBC＝45°＋90°＝135°.
由正弦定理，得＝ ，
所以BD＝＝＝20 (m).
在Rt△ABE中，tan∠AEB＝，AB为定值，故要使∠AEB最大，需要BE最小，
即BE⊥CD，这时∠AEB＝30°.
在△BCD中，∠BDE＝180°－135°－30°＝15°，
所以BE＝BD·sin∠BDE＝20sin 15°＝10(－1)(m).
在Rt△ABE中，AB＝BE·tan∠AEB＝10(－1)·tan 30°＝(3－)(m).
所以塔的高度为(3－)m.
四、探究与拓展
13.如图，从气球A上测得其正前下方的河流两岸B，C的俯角分别为75°，30°，此时气球的高度AD是60 m，则河流的宽度BC是(　　)
A.240(－1) m B.180(－1) m
C.120(－1) m D.30(＋1) m
答案　C
解析　由题意知，在Rt△ADC中，∠C＝30°，AD＝60 m，∴AC＝120 m.在△ABC中，∠BAC＝75°－30°＝45°，∠ABC＝180°－45°－30°＝105°，由正弦定理，
得BC＝＝＝120(－1)(m).
14.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，在考点正西千米处有一条北偏东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？
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.
第2课时　解三角形应用举例——角度及其他
学习目标　1.能够运用正弦、余弦定理解决航海测量中的实际问题.2.了解解三角形在物理中的应用.3.掌握三角形的面积公式的简单推导和应用.
知识点一　航海中的测量问题
思考　在浩瀚无垠的海面上航行，最重要的是定位和保持航向.阅读教材，看看船只是如何表达位置和航向的？
答案　用方向角和方位角.
梳理　方位角：指从正北方向顺时针转到目标方向线的水平角.
方向角：从指定方向到目标方向线所成的水平角.如南偏西60°，即以正南方向为始边，顺时针方向向西旋转60°.
知识点二　解三角形在物理中的应用
思考　我们知道，如图中的向量＋＝.那么物理中的哪些量可以解释为向量？
答案　力、速度、加速度、磁场强度等.
梳理　数学在物理学中的应用非常广泛，某种角度上说，物理题实际上是数学应用题，解物理题就是先把实际问题抽象成数学问题，解决后再还原成实际问题的答案.
类型一　航海中的测量问题
例1　如图，一艘海轮从A出发，沿北偏东75°的方向航行67.5 n mile后到达海岛B，然后从B出发，沿北偏东32°的方向航行54.0 n mile后到达海岛C.如果下次航行直接从A出发到达C，此船应该沿怎样的方向航行，需要航行多少距离？(角度精确到0.1°，距离精确到0.01 n mile)
解　在△ABC中，∠ABC＝180°－75°＋32°＝137°，
根据余弦定理，AC＝
＝≈113.15.
根据正弦定理，＝，
sin∠CAB＝≈≈0.325 5，
所以∠CAB≈19.0°，75°－∠CAB＝56.0°.
所以此船应该沿北偏东56.0°的方向航行，需要航行113.15 n mile.
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1　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？
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<90°，
∴∠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.
类型二　解三角形在物理中的应用
例2　如图所示，对某物体施加一个大小为10 N的力F，这个力被分解到OA，OB两个方向上，已知∠AOB＝120°，力F与OA的夹角为45°，求分力的大小.
解　如图，作＝F，＝F1，＝F2，作?OGFC，
由题设知||＝10，∠FOG＝45°，∠AOB＝120°，
则∠FOC＝∠AOB－∠FOG＝120°－45°＝75°，
由?OGFC知，∠GFO＝∠FOC＝75°，
在△FOG中，
∠FGO＝180°－75°－45°＝60°，
由正弦定理得＝，
即＝，
解得OG＝5，
由正弦定理得＝，
即＝，解得FG＝.
所以OA方向的力的大小为5N，OB方向的力的大小为N.
反思与感悟　解决物理等实际问题的步骤
(1)把实际问题受力平衡用图示表示.
(2)转化为数学问题，通过正、余弦定理解三角形.
(3)把数学问题的解转化为实际问题的解.
跟踪训练2　有一两岸平行的河流，水速为1 m/s，小船的速度为 m/s，为使所走路程最短，小船行驶的方向应为(　　)
A.与水速成45° B.与水速成135°
C.垂直于对岸 D.不能确定
答案　B
解析　如图，设为水速，为船在静水中的速度，为＋.
依题意，当⊥时，所走路程最短，
现需求∠BAD，只要求∠CAD即可，
在Rt△CAD中，||＝||＝1，||＝，
∴sin∠CAD＝＝，且∠CAD为锐角.
∴∠CAD＝45°，
∴∠BAD＝45°＋90°＝135°.
即小船应朝与水速成135°的方向行驶.
类型三　正、余弦定理在几何中的应用
例3　在△ABC中，内角A，B，C对边的边长分别是a，b，c，已知c＝2，C＝.若△ABC的面积等于，求a，b.
解　由余弦定理及已知条件，得a2＋b2－ab＝4，又因为△ABC的面积等于，所以absin C＝，得ab＝4，
联立方程组
解得
反思与感悟　题目条件或结论中若涉及三角形的面积，要根据题意灵活选用三角形的面积公式.
跟踪训练3　如图所示，已知半圆O的直径为2，点A为直径延长线上的一点，OA＝2，点B为半圆上任意一点，以AB为一边作等边三角形ABC，求B在什么位置时，四边形OACB的面积最大.
解　设∠AOB＝α，在△ABO中，由余弦定理，得
AB2＝12＋22－2×1×2cos α＝5－4cos α，α∈(0，π)，
∴S＝S△AOB＋S△ABC＝OA·OB·sin α＋AB2＝2sin＋.
当α－＝，α＝，即∠AOB＝时，四边形OACB的面积最大.
1.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°
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.
2.已知三角形的面积为，外接圆的面积为π，则这个三角形的三边之积为(　　)
A.1 B.2 C. D.4
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.
3.一艘海轮从A处出发，以40 n mile/h的速度沿南偏东40°方向直线航行，30 min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 n mile B.10 n mile
C.20 n mile D.20 n mile
答案　A
解析　如图所示，由已知条件可得∠CAB＝30°，∠ABC＝105°，AB＝40×＝20(n mile).
∴∠BCA＝45°，
∴由正弦定理可得＝.
∴BC＝＝10 (n mile).
4.作用于同一点的三个力F1，F2，F3平衡，已知|F1|＝30 N，|F2|＝50 N，F1和F2之间的夹角是60°，求F3的大小与方向.(精确到0.1°)
解　F3应和F1，F2的合力F平衡，所以F3和F在同一直线上，并且大小相等，方向相反.
如图，在△OF1F中，由余弦定理，得|F|＝＝70(N)，
再由正弦定理，得sin∠F1OF＝＝，
所以∠F1OF≈38.2°，从而∠F1OF3≈141.8°.
所以F3为70 N，F3和F1间的夹角为141.8°.
1.在求解三角形中，我们可以根据正弦函数的定义得到两个解，但作为有关现实生活的应用题，必须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.
2.解三角形的应用题时，通常会遇到两种情况：
(1)已知量与未知量全部集中在一个三角形中，依次利用正弦定理或余弦定理解之.
(2)已知量与未知量涉及两个或几个三角形，这时需要选择条件足够的三角形优先研究，再逐步在其余的三角形中求出问题的解.
一、选择题
1.在△ABC中，B＝120°，AC＝7，AB＝5，则△ABC的面积为(　　)
A. B. C. D.
答案　D
解析　在△ABC中，由余弦定理知AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC×cos B，
即49＝BC2＋25－2×BC×5×，
整理得BC2＋5BC－24＝0，
解得BC＝3或BC＝－8(舍去).
S△ABC＝×AB×BC×sin 120°＝×5×3×＝.
2.甲船在岛B的正南A处，AB＝10 km，甲船以每小时4 km的速度向正北航行，同时，乙船自B出发以每小时6 km的速度向北偏东60°的方向驶去.当甲、乙两船相距最近时，它们所航行的时间是(　　)
A. min B. h C.21.5 min D.2.15 min
答案　A
解析　设行驶x h后甲到点C，乙到点D，
∵甲船到达B岛需2.5 h，
两船相距y km，当0≤x<2.5时，则∠DBC＝180°－60°＝120°.
∴在△DBC中，由余弦定理得y2＝(10－4x)2＋(6x)2－2(10－4x)·6xcos 120°
＝28x2－20x＋100＝282－＋100；
当x＝2.5时，y＝6×2.5＝15；
当x>2.5时，在△BCD中，∠DBC＝60°，
∴在△BCD中，由余弦定理得y2＝(4x－10)2＋(6x)2－2(4x－10)·6x·cos 60°
＝28x2－20x＋100＝202－＋100，
综上，当x≥0时，y2＝202－＋100，
∴当x＝ h＝ min时，甲、乙两船相距最近.
3.在△ABC中，已知面积S＝(a2＋b2－c2)，则角C的度数为(　　)
A.135° B.45° C.60° D.120°
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，得c2＝a2＋b2－2abcos C，
∴sin C＝cos C，∴tan C＝1，
又∵C∈(0°，180°)，∴C＝45°.
4.一艘船以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(　　)
A.2 km B.6 km C.2 km D.8 km
答案　B
解析　如图在平行四边形ABCD中，为河水流速，为船在静水中的速度，为船在河水中的实际航速.
由题意得AB＝2，AD＝4，∠BAD＝120°，
∴2＝(＋)2＝2＋2＋2·＝4＋16＋2×2×4×cos 120°＝12，
∴||＝2，即船实际航速为2 km/h.
∴船实际航程为2×＝6(km).
5.台风中心从A地以20 km/h的速度向东北方向移动，离台风中心30 km内的地区为危险区，城市B在A的正东40 km处，则B城市处于危险区内的时间为(　　)
A.0.5 h B.1 h C.1.5 h D.2 h
答案　B
解析　设A地东北方向上点P到B的距离为30 km时，AP＝x，
在△ABP中，PB2＝AP2＋AB2－2AP·ABcos A，
即302＝x2＋402－2x·40cos 45°，
化简得x2－40x＋700＝0.设该方程的两根为x1，x2，
则P点的位置有两处，即P1，P2.
则|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝400，|x1－x2|＝20，
即P1P2＝20(km)，故t＝＝＝1(h).故选B.
6.在△ABC中，若cos B＝，＝2，S△ABC＝，则b等于(　　)
A.4 B.3 C.2 D.1
答案　C
解析　由题意得c＝2a，b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋(2a)2－2×a×2a×＝4a2，
所以b＝c＝2a，sin B＝＝，
又S△ABC＝acsin B＝××b×＝，
所以b＝2，故选C.
二、填空题
7.在△ABC中，若A＝120°，AB＝5，BC＝7，则sin B＝ .
答案　
解析　由正弦定理，得＝，
∴sin C＝且C为锐角(A＝120°)，∴cos C＝.
∴sin B＝sin(180°－120°－C)＝sin(60°－C)＝cos C－sin C＝×－×＝.
8.某海岛周围38海里有暗礁，一轮船由西向东航行，初测此岛在北偏东60°方向，航行30海里后，测得此岛在东北方向，若不改变航向，则此船 触礁的危险.(填“有”或“没有”)
答案　没有
解析　如图所示，
在△ABC中，AB＝30，∠BAC＝30°，∠ABC＝135°，
所以∠ACB＝15°，由正弦定理，得
BC＝＝＝＝15(＋).
过点C作CD垂直于AB，交AB的延长线于点D.
在Rt△BDC中，CD＝BC＝15(＋1)>38.
所以没有触礁的危险.
9.已知A船在灯塔C北偏东80°处，且A船到灯塔的距离为2 km，B船在灯塔C北偏西40°处，A，B两船间的距离为3 km，则B船到灯塔C的距离为 km.
答案　－1
解析　由题意知，∠ACB＝80°＋40°＝120°，
AC＝2 km，AB＝3 km，
设B船到灯塔C的距离为x km，即BC＝x km.
由余弦定理可知AB2＝AC2＋BC2－2AC×BC×cos∠ACB，
即9＝4＋x2－2×2x×，
整理得x2＋2x－5＝0，
解得x＝－1－(舍去)或x＝－1＋.
10.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 m.
答案　
解析　在△ABC中，AC＝15 m，AB＝5 m，BC＝10 m，由余弦定理得，cos∠ACB＝＝＝－，
∴sin∠ACB＝ ，
又∠ACB＋∠ACD＝180°，
∴sin∠ACD＝sin∠ACB＝.
在Rt△ADC中，
AD＝AC·sin∠ACD＝15×＝.
三、解答题
11.如图所示，在△ABC中，已知BC＝15，AB∶AC＝7∶8，sin B＝，求BC边上的高AD的长.
解　在△ABC中，由已知设AB＝7x，AC＝8x，x>0，
由正弦定理，得＝，
∴sin C＝＝×＝.
又∵0°∴C＝60°或120°.
若C＝120°，由8x>7x，知B也为钝角，不合题意，
故C≠120°，∴C＝60°.
由余弦定理，得(7x)2＝(8x) 2＋152－2×8x×15cos 60°，
∴x2－8x＋15＝0，
解得x＝3或x＝5，
∴AB＝21或AB＝35.
在Rt△ADB中，AD＝ABsin B＝AB，
∴AD＝12或20.
12.某渔船在航行中不幸遇险，发出呼叫信号，我海军舰艇在A处获悉后，立即测出该渔船在方位角为45°距离为10海里的C处，并测得渔船正沿方位角为105°的方向以10海里/小时的速度向小岛B靠拢，我海军舰艇立即以10海里/小时的速度前去营救，求舰艇的航向和靠近渔船所需的时间.
解　如图所示，设所需时间为t小时，
则AB＝10t，BC＝10t，∠ACB＝120°.
在△ABC中，根据余弦定理，得
AB2＝AC2＋BC2－2AC×BC×cos∠ACB，
可得(10t)2＝102＋(10t)2－2×10×10t×cos 120°，
整理得2t2－t－1＝0，解得t＝1或t＝－(舍去).
即舰艇需1小时靠近渔船，此时AB＝10，BC＝10，
在△ABC中，由正弦定理，得＝，
所以sin∠CAB＝＝＝，
又因为∠CAB为锐角，所以∠CAB＝30°，
所以舰艇航行的方位角为75°.
四、探究与拓展
13.如图所示，位于东海某岛的雷达观测站A，发现其北偏东45°，与观测站A距离20海里的B处有一货船正匀速直线行驶，半小时后，又测得该货船位于观测站A东偏北θ(0°<θ<45°)的C处，且cos θ＝.已知A，C两处的距离为10 海里，则该货船的船速为(　　)
A.4 海里/小时 B.3 海里/小时
C.2 海里/小时 D.4 海里/小时
答案　A
解析　因为cos θ＝，0°<θ<45°，所以sin θ＝，cos(45°－θ)＝×＋×＝，
在△ABC中，BC2＝(20)2＋102－2×20×10×＝340，
所以BC＝2，该货船的船速为＝4(海里/小时).
14.已知△ABC的面积为1，tan B＝，tan C＝－2，求△ABC的各边长以及△ABC外接圆的面积.
解　∵tan B＝>0，∴B为锐角，
∴sin B＝，cos B＝.
∵tan C＝－2<0，∴C为钝角，
∴sin C＝，cos C＝－，
∴sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C＝×＋×＝.
∵S△ABC＝absin C＝2R2sin Asin Bsin C＝2R2×××＝1，
∴R2＝，R＝.
∴πR2＝π，即外接圆的面积为π.
∴a＝2Rsin A＝，b＝2Rsin B＝，c＝2Rsin C＝.
综上，a＝，b＝，c＝，
△ABC外接圆的面积为π.
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.进一步熟练掌握正弦、余弦定理在解各类三角形中的应用.3.初步应用正弦、余弦定理解决一些和三角函数有关的综合问题.
知识点一　有关三角形的隐含条件
思考　我们知道y＝sin x在区间(0，π)上不单调，所以由0＜α＜β＜π得不到sin α＜sin β.那么由A，B为△ABC的内角且A＜B，能得到sin A＜sin B吗？为什么？
答案　能.由于三角形中大边对大角，
∴当A＜B时，有a＜b.
由正弦定理，得2Rsin A＜2Rsin B，
从而有sin A＜sin B.
梳理　“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sin A＞cos B.
知识点二　解三角形的基本类型
完成下表：
已知条件
适用定理
解的个数
三边
余弦定理
1
两边及其夹角
余弦定理
1
两边及一边对角
正弦定理或余弦定理
0，1，2
一边及两角
正弦定理
1
知识点三　三角形有关问题的解决思路
这类问题通常要借助正弦定理或余弦定理进行边角互化，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.
类型一　利用正弦、余弦定理解三角形
例1　在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若c·cos B＝b·cos C，cos A＝，求sin B的值.
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.对于例1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.例1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、角混合关系的常用手段.
(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，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b2＝ac，a2－c2＝ac－bc.
(1)求A的大小；
(2)求的值.
解　(1)由题意知，b2＝ac，由余弦定理得，
cos A＝＝＝，
∵A∈(0，π)，∴A＝.
(2)由b2＝ac，得＝，
∴＝sin B·＝sin B·＝sin A＝.
类型二　正弦、余弦定理与三角变换的综合应用
例2　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.
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.
跟踪训练2　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.
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××＝.
类型三　正弦、余弦定理与平面向量的综合应用
例3　在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，cos B＝，a＝7且·＝－21，求角C.
解　∵·＝－21，∴·＝21.
∴·＝||·||·cos B＝accos B＝21.
∴ac＝35，又∵a＝7，∴c＝5.
∵cos B＝，∴sin B＝.
由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos B＝32，∴b＝4.
由正弦定理，得＝，
∴sin C＝sin B＝×＝.
∵c反思与感悟　利用向量的有关知识，把问题化归为三角形的边角关系，再结合正弦、余弦定理解三角形.
跟踪训练3　已知△ABC的三内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，设向量m＝(a＋b，sin C)，n＝(a＋c，sin B－sin A)，若m∥n，则角B的大小为 .
答案　150°
解析　∵m∥n，
∴(a＋b)(sin B－sin A)－sin C(a＋c)＝0，
由正弦定理，得(a＋b)(b－a)＝c(a＋c)，
即a2＋c2－b2＝－ac，再由余弦定理，得cos B＝－，
又0°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.
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，AB＝5，BC＝7，AC＝8，则·的值为(　　)
A.79 B.69 C.5 D.－5
答案　D
解析　由余弦定理，得
cos∠ABC＝＝＝，
因为向量与的夹角为180°－∠ABC，
所以·＝||·||cos(180°－∠ABC)＝5×7×＝－5.
3.在△ABC中，AB＝3，AC＝2，BC＝，则·＝ .
答案　－
解析　由余弦定理，得
cos A＝＝＝.
∴·＝||·||·cos A＝3×2×＝.
∴·＝－·＝－.
4.在△ABC中，B＝60°，a＝1，S△ABC＝，则＝ .
答案　2
解析　S△ABC＝acsin B＝×1×c×＝，
∴c＝2，
∴b2＝a2＋c2－2accos B＝1＋4－2×1×2×＝3，
∴b＝，∴＝＝＝2.
1.对于给出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、代数恒等变形方法等进行转化、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引入未知数，运用方程思想来解决问题；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)
答案　C
解析　由cos C＝<0，得c2>a2＋b2＝5.
∴c>，又c2.在△ABC中，AB＝，A＝45°，C＝75°，则BC等于(　　)
A.3－ B. C.2 D.3＋
答案　A
解析　∵AB＝，A＝45°，C＝75°，
由正弦定理，得＝，
即＝＝，解得BC＝3－.
3.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
答案　B
解析　由bcos C＋ccos B＝asin A及正弦定理，
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.在△ABC中，若a＝7，b＝8，cos C＝，则最大角的余弦值是(　　)
A.－ B.－
C.－ D.－
答案　C
解析　∵c2＝a2＋b2－2abcos C＝9，∴c＝3，
∴B为最大角，cos B＝＝＝－.
5.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°
答案　C
解析　由a4＋b4＋c4＝2c2(a2＋b2)，得(a2＋b2－c2)2＝2a2b2，cos C＝＝±，∴C＝45°或135°.
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.
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.在△ABC中，∠ABC＝，AB＝，BC＝3，则sin∠BAC等于(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　在△ABC中，由余弦定理，得
AC2＝BA2＋BC2－2BA·BC·cos∠ABC＝()2＋32－2××3×cos ＝5.
∴AC＝，由正弦定理＝，得
sin∠BAC＝＝＝＝.
二、填空题
8.已知锐角三角形的三边长分别为2，3，x，则x的取值范围是 .
答案　(，)
解析　x应满足解得9.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＝ .
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°10.在△ABC中，若lg a－lg c＝lg sin A＝－lg ，并且A为锐角，则△ABC的形状为_______三角形.
答案　等腰直角
解析　∵lg a－lg c＝lg sin A＝－lg ，
∴＝sin A＝，∵A为锐角，∴A＝45°，
∵sin C＝sin A＝×sin 45°＝1，
又∵0°∴△ABC为等腰直角三角形.
三、解答题
11.如图，在△ABC中，D是边AC上的点且AB＝AD，2AB＝BD，BC＝2BD，求sin C的值.
解　设AB＝a，则AD＝a，BD＝，BC＝2BD＝，
cos A＝＝＝，
∴A∈，∴sin A＝＝.
由正弦定理，得sin C＝·sin A＝×＝.
12.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，asin A＋csin C－asin C＝bsin B.
(1)求角B的大小；
(2)若A＝75°，b＝2，求a，c.
解　(1)∵asin A＋csin C－asin C＝bsin B，
∴a2＋c2－ac＝b2，
∴cos B＝＝，又∵0°(2)∵A＝75°，∴C＝180°－75°－45°＝60°，
∵＝，
∴c＝＝，
又＝，
∴a＝＝1＋.
13.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.
(1)当p＝，b＝1时，求a，c的值；
(2)若角B为锐角，求p的取值范围.
解　(1)由题设及正弦定理，
得a＋c＝pb，所以a＋c＝.
由　解得或
(2)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p的取值范围是.
四、探究与拓展
14.如图，在△ABC中，BC＝5，AC＝4，cos∠CAD＝，且AD＝BD，则△ABC的面积为 .
答案　
解析　设CD＝x，则AD＝BD＝5－x，
在△CAD中，由余弦定理可知
cos∠CAD＝＝，
解得x＝1.
在△CAD中，由正弦定理可知＝，
∴sin C＝·＝4＝，
∴S△ABC＝AC·BC·sin C＝×4×5×＝.
∴△ABC的面积为.
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)求＋的值；
(2)设·＝，求a＋c的值.
解　(1)由cos B＝，得sin B＝＝.
由b2＝ac及正弦定理，得sin2B＝sin Asin C.
于是＋＝＋
＝＝
＝＝＝.
(2)由·＝，得ca·cos B＝，
由cos B＝，可得ca＝2，即b2＝2.
由余弦定理b2＝a2＋c2－2ac·cos B，
得a2＋c2＝b2＋2ac·cos B＝5，
∴(a＋c)2＝a2＋c2＋2ac＝5＋4＝9，
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.
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.
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)因为∠ADB＋∠ADC＝π，
所以sin∠ADB＝sin∠ADC.
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　三角变换与解三角形的综合问题

例2　在△ABC中，若(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)·sin(A＋B)，试判断△ABC的形状.
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，cos2＝(a，b，c分别为角A，B，C的对边)，试判断△ABC的形状.
解　∵cos2＝，cos2＝，
∴(1＋cos B)·c＝a＋c，∴a＝cos B·c＝，
∴2a2＝a2＋c2－b2，∴a2＋b2＝c2，
∴△ABC为直角三角形.

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.
解　(1)由正弦定理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，
由正弦定理知a＝＝×sin A＝2sin A，
同理，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　该类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，由于正弦定理和余弦定理都是关于三角形的边角关系的等式，通过定理的运用能够实现边角互化，在边角互化时，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.
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××＝.
类型三　正弦、余弦定理在实际中的应用
例4　某气象仪器研究所按以下方案测试一种“弹射型”气象观测仪器的垂直弹射高度：A，B，C三地位于同一水平面上，在C处进行该仪器的垂直弹射，观测点A，B两地相距100米，∠BAC＝60°，在A地听到弹射声音的时间比在B地晚秒.在A地测得该仪器弹至最高点H时的仰角为30°，求该仪器的垂直弹射高度CH.(声音的传播速度为340米/秒)
解　由题意，设AC＝x，
则BC＝x－×340＝x－40.
在△ABC中，由余弦定理，得
BC2＝BA2＋AC2－2×BA×AC×cos∠BAC，
即(x－40)2＝10 000＋x2－100x，解得x＝420.
在Rt△ACH中，AC＝420，∠CAH＝30°，
所以CH＝AC×tan∠CAH＝140.
所以该仪器的垂直弹射高度CH为140米.
反思与感悟　应用解三角形知识解决实际问题需要下列四步：
(1)分析题意，准确理解题意，分清已知与所求，尤其要理解题中的有关名词、术语，如坡度、仰角、俯角、视角、方位角等.
(2)根据题意画出示意图，并将已知条件在图形中标出.
(3)将所求问题归结到一个或几个三角形中，通过合理运用正弦、余弦定理等有关知识正确求解.
(4)检验解出的结果是否具有实际意义，对结果进行取舍，得出正确答案.
跟踪训练4　甲船在A处，乙船在甲船正南方向距甲船20海里的B处，乙船以每小时10海里的速度向正北方向行驶，而甲船同时以每小时8海里的速度由A处向北偏西60°方向行驶，问经过多少小时后，甲、乙两船相距最近？
解　设甲、乙两船经t小时后相距最近且分别到达P，Q两处，因为乙船到达A处需2小时.
①当0≤t＜2时，如图(1)，
在△APQ中，AP＝8t，AQ＝20－10t，
所以PQ＝
＝
＝＝2；
②当t＝2时，PQ＝8×2＝16；
③当t>2时，如图(2)，
在△APQ中，AP＝8t，AQ＝10t－20，
∴PQ＝＝2.
综合①②③知，PQ＝2(t≥0).
当且仅当t＝＝时，PQ最小.
所以甲、乙两船行驶小时后，相距最近.
1.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
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，
∴ 4sin2B－4(sin2A－sin2C)＞0.
由正弦定理＝＝，
代入不等式中得b2－a2＋c2＞0，
再由余弦定理，得2bccos A＝b2＋c2－a2＞0.
∴ 0°2.在△ABC中，AB＝3，BC＝，AC＝4，则边AC上的高为(　　)
A. B. C. D.3
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.如图，正方形ABCD的边长为1，延长BA至E，使AE＝1，连接EC，ED，则sin∠CED等于(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　由题意得EB＝EA＋AB＝2，
则在Rt△EBC中，EC＝＝＝.
在△EDC中，∠EDC＝∠EDA＋∠ADC＝＋＝，
由正弦定理，得＝＝＝，
所以sin∠CED＝·sin∠EDC＝·sin ＝.
4.如图所示，在斜度一定的山坡上的一点A处测得山顶上一建筑物顶端C对于山坡的斜度为15°，向山顶前进100米后到达点B，又从点B测得斜度为45°，建筑物的高CD为50米.求此山对于地平面的倾斜角θ的余弦值.
解　在△ABC中，∠BAC＝15°，AB＝100米，∠ACB＝45°－15°＝30°.
由正弦定理，得＝，
∴ BC＝.
在△BCD中，CD＝50，BC＝，
∠CBD＝45°，∠CDB＝90°＋θ，
由正弦定理，得＝.
解得cos θ＝－1.
∴ 山对于地平面的倾斜角θ的余弦值为－1.
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°
答案　D
解析　由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bc·cos A，
即a＝3，
根据正弦定理，得＝，
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°
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
答案　C
解析　设角A，B，C所对的边分别为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.根据下列情况，判断三角形解的情况，其中正确的是(　　)
A.a＝8，b＝16，A＝30°，有两解
B.b＝18，c＝20，B＝60°，有一解
C.a＝5，c＝2，A＝90°，无解
D.a＝30，b＝25，A＝150°，有一解
答案　D
解析　A中，因为＝，
∴sin B＝＝1，∴B＝90°，即只有一解；
B中，sin C＝＝，且c>b，
∴C>B，故有两解；
C中，∵A＝90°，a＝5，c＝2，
∴b＝＝＝，即有解；
故A，B，C都不正确.故选D.
5.如图，在四边形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
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.
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.如图，一艘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，则这艘船航行的速度为(　　)
A. 海里/小时 B.34 海里/小时
C. 海里/小时 D.34 海里/小时
答案　A
解析　由题意可知PM＝68，∠MPN＝120°，∠PNM＝45°，
∴由正弦定理可得MN＝＝＝34，
∴这艘船航行的速度为＝(海里/小时)，故选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 .
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.某人在点C测得塔顶A在南偏西80°，仰角为45°，此人沿南偏东40°方向前进100米到D，测得塔顶A的仰角为30°，则塔高为 米.
答案　100
解析　如图，设塔高x米，则BC＝x，BD＝x(x>0).
∵CD＝100，∠BCD＝80°＋40°＝120°，
BD2＝BC2＋CD2－2×BC×CDcos∠BCD，
∴3x2＝x2＋1002－2×100×x×，
∴2x2－100x－10 000＝0，
∴x2－50x－5 000＝0，
∴x＝100(负值舍去).
10.在四边形ABCD中，AB＝7，AC＝6，cos∠BAC＝，CD＝6sin∠DAC，则BD的最大值为 .
答案　8
解析　由CD＝6sin∠DAC，可得CD⊥AD.
∴点D在以AC为直径的圆上(去掉A，B，C).
∴当BD经过AC的中点O时取最大值，
OB2＝32＋72－2×3×7cos∠BAC＝25，解得OB＝5，
∴BD的最大值为5＋AC＝8.
三、解答题
11.在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，设a，b，c满足条件b2＋c2－bc＝a2和＝＋，求A和tan B的值.
解　由余弦定理cos A＝＝，A∈(0°，180°).
因此A＝60°.在△ABC中，C＝180°－A－B＝120°－B.
由已知条件，应用正弦定理＋＝＝＝＝＝＋，从而tan B＝.
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.
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，·＝9，又△ABC的面积等于6.
(1)求C；
(2)求△ABC的三边之长.
解　(1)设三角形的三个内角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，即k＝1，
∴三边长分别为a＝4，b＝3，c＝5.
四、探究与拓展
14.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a2＝b2＋c2，则的值为(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　因为a2＝b2＋c2，所以b2＝a2－c2，
所以cos B＝＝＝，
所以＝＝.
15.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A>B>C，且A＝2C，b＝4，a＋c＝8，求a，c的长.
解　由正弦定理得＝，
∵A＝2C，∴＝，∴a＝2ccos C.
又∵a＋c＝8，∴cos C＝，①
由余弦定理及a＋c＝8，得
cos C＝＝＝＝.②
由①②知＝，
整理得5c2－36c＋64＝0，
∵A>B>C，∴a>b>c，b＝4，∴c<4，
∴c＝或c＝4(舍去)，∴a＝8－c＝.
故a＝，c＝.