第1章解直角三角形学案+滚动训练+章末检测

滚动训练(一)
一、填空题
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________．
考点　余弦定理解三角形
题点　利用余弦定理求三角形边长
答案　2
解析　设三角形的另一边长为c.由余弦定理，得
c＝ ＝＝2.
2．在△ABC中，c＝，b＝1，B＝，则△ABC的形状为______________．
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　等腰三角形或直角三角形
解析　由正弦定理可知，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．若钝角三角形ABC的面积是，AB＝1，BC＝，则AC＝________.
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　(利用钝角三角形验解)由题意知
S△ABC＝AB·BC·sin B，
即＝×1×sin B，解得sin B＝，
∴B＝45°或B＝135°.
当B＝45°时，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos B＝12＋()2－2×1××＝1.
此时AC2＋AB2＝BC2，△ABC为直角三角形，不符合题意；
当B＝135°时，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos B＝12＋()2－2×1××＝5，解得AC＝，符合题意．
4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若(a2＋c2－b2)tan B＝ac，则B＝____________.
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　或
解析　∵(a2＋c2－b2)tan B＝ac，
∴·tan B＝，
即cos B·tan B＝sin B＝.
∵05．在△ABC中，sin A＝，则△ABC为______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　直角
解析　由题意得，sinA(cos B＋cos C)＝sin B＋sin C，
即sin Acos B＋sin Acos C＝sin Acos C＋cos Asin C＋sin Acos B＋cos Asin B，
∴cos A(sin B＋sin C)＝0，
又∵sin B＋sin C≠0，∴cos A＝0，
又A∈(0，π)，∴A＝.
6．在元宵节灯会上，小明在门口A处看到正前方上空一红灯笼，测得此时的仰角为45°，前进200米到达B处，测得此时的仰角为60°，小明身高1.8 米，则红灯笼的高度为________米．
答案　1.8＋100(3＋)
考点　正、余弦定理的实际运用
题点　利用正弦定理求高度
解析　由题意画出示意图(AA′表示小明的身高)．
因为AB＝A′B′＝200，∠CA′B′＝45°，∠CB′D′＝60°，∠A′CB′＝15°，
所以在△A′B′C中，
＝，
所以B′C＝＝＝200(＋1)．
在Rt△CD′B′中，
CD′＝B′C·sin 60°＝100(3＋)，
所以CD＝1.8＋100(3＋)．
7．在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，如果2b＝a＋c，B＝30°，△ABC的面积为，那么b＝________.
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　∵S△ABC＝ac·sin 30°＝，
∴ac＝6.
由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2ac·cos B
＝(a＋c)2－2ac－2ac·＝4b2－12－6，
∴b2＝4＋2＝(＋1)2，
∴b＝＋1
8．在△ABC中，a，b，c分别是A，B，C的对边，已知b2＝c(b＋2c)，若a＝，cos A＝，则△ABC的面积为______．
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　
解析　∵b2＝c(b＋2c)，∴b2－bc－2c2＝0，
即(b＋c)·(b－2c)＝0，∴b＝2c.
又a＝，cos A＝＝，解得c＝2，b＝4.
∴S△ABC＝bcsin A＝×4×2× ＝.
9．在△ABC中，已知面积S＝(a2＋b2－c2)，则角C的度数为________．
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　45°
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°.
10．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a＝，sin B＝，C＝，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　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.
11．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＝________.
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　1
解析　∵A＋C＝2B，A＋B＋C＝π，∴B＝.
由正弦定理＝，得＝.
∴sin A＝.
又a二、解答题
12．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．
考点　解三角形求面积
题点　综合利用正弦、余弦定理求面积
解　(1)由a2－b2－c2＋bc＝0，
得a2－b2－c2＝－bc，
所以cos A＝＝，A∈(0，π)，A＝.
由2bsin A＝a，得sin B＝，B∈(0，π)，
故B＝.
(2)由(1)知C＝，设AC＝BC＝x，
得AM2＝x2＋－2x··＝()2，
解得x＝2(负值舍去)，
故S△ABC＝×2×2×＝2.
13．如图，航空测量组的飞机航线和山顶在同一铅直平面内，已知飞机的飞行高度为10 000 m，速度为50 m/s.某一时刻飞机看山顶的俯角为15°，经过420 s后看山顶的俯角为45°，求山顶的海拔高度．
考点　解三角形求高度
题点　测量俯角(仰角)求高度
解　如图，AB为山顶到飞机航线的距离．
则AC＝AB，
依题意，CD＝50×420＝21 000(m)，
∠CAD＝45°－15°＝30°，
由正弦定理，得AC＝·sin 15°，
即AB＝×，
∴AB＝10 500(－1)，
∴山顶的海拔高度为10 000－10 500(－1)
＝20 500－10 500(m)．
三、探究与拓展
14．如图，在矩形ABCD中，AB＝，BC＝3，E在AC上，若BE⊥AC，则ED＝________.
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　
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＝.
15.如图经过村庄A有两条夹角为60°的公路AB，AC，根据规划拟在两条公路之间的区域内建一工厂P，分别在两条公路边上建两个仓库M，N(异于村庄A)，要求PM＝PN＝MN＝2(单位：千米)．问如何设计，可使得工厂产生的噪声对居民的影响最小(即工厂对村庄的距离最远)?
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∠AMN＝θ，则在△AMN中，
由正弦定理得＝，
因为MN＝2，所以AM＝sin(120°－θ)．
在△APM中，∠AMP＝60°＋θ，
则AP2＝AM2＋MP2－2AM·MP·cos∠AMP
＝sin2(120°－θ)＋4－2×2×sin(120°－θ)·cos(60°＋θ)
＝sin2(θ＋60°)－sin(θ＋60°)cos(θ＋60°)＋4
＝[1－cos(2θ＋120°)]－sin(2θ＋120°)＋4
＝－[sin(2θ＋120°)＋cos(2θ＋120°)]＋
＝－sin(2θ＋150°)，θ∈(0°，120°)，
当且仅当2θ＋150°＝270°，即θ＝60°时，AP2取得最大值12，即AP取得最大值2.
章末检测试卷(一)
(时间：120分钟　满分：160分)
一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分)
1．在△ABC中，a＝1，A＝30°，B＝60°，则b＝________.
考点　正弦定理
题点　已知两角和一对边求边长
答案　
解析　由正弦定理得＝，
故b＝＝.
2．在△ABC中，a＝2，b＝3，C＝135°，则△ABC的面积为________．
考点　三角形面积公式
题点　已知三角形两边夹角求面积
答案　
解析　由面积公式得，
S△ABC＝×2×3×sin 135°＝.
3．已知△ABC的外接圆的半径是3，a＝3，则A＝______.
考点　正弦定理及其变形应用
题点　正弦定理的理解
答案　30°或150°
解析　根据正弦定理，得＝2R，sin A＝＝，
∵0°4．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2＋c2－ac＝b2，则角B的大小为________．
考点　余弦定理解三角形
题点　已知三角形边的关系求角
答案　60°
解析　∵a2＋c2－ac＝b2，∴a2＋c2－b2＝ac，
∴cos B＝＝.∴B＝60°.
5．已知在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c2－b2＝ab，C＝，则＝________.
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　2
解析　由余弦定理得c2－b2＝a2－2abcos C＝a2－ab＝ab，所以a＝2b，所以由正弦定理得＝＝2.
6．在△ABC中，已知a＝，b＝，A＝30°，则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
答案　2或
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．已知在△ABC中，sin A∶sin B∶sin C＝k∶(k＋1)∶2k，则k的取值范围是____________．
考点　正弦定理及其变形应用
题点　正弦定理的理解
答案　
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________．
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　
解析　设另一条边为x，
则x2＝22＋32－2×2×3×＝9，∴x＝3.
设cos θ＝，θ为长度为2,3的两边的夹角，
则sin θ＝＝.∴2R＝＝＝.
9．根据下列情况，判断三角形解的情况，其中正确的是________．(填序号)
①a＝8，b＝16，A＝30°，有两解；
②b＝18，c＝20，B＝60°，有一解；
③a＝5，c＝2，A＝90°，无解；
④a＝30，b＝25，A＝150°，有一解．
考点　判断三角形形状
题点　利用正弦定理判断三角形形状
答案　④
解析　①中，∵＝，
∴sin B＝＝1，∴B＝90°，即只有一解；
②中，∵sin C＝＝，且c>b，
∴C>B，故有两解；
③中，∵A＝90°，a＝5，c＝2，
∴b＝＝＝，即有解，
故①，②，③不正确，由排除法知应填④.
10．将村庄甲、乙、丙看成三点，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________．
考点　余弦定理的实际运用
题点　利用余弦定理求距离
答案　6
解析　∵tan C＝3，∴＝3.
又∵sin2C＋cos2C＝1，得cos C＝±.
∵tan C>0，∴C是锐角．
∴cos C＝.∵·＝，∴abcos C＝，
∴ab＝20.又∵a＋b＝9，
∴a2＋2ab＋b2＝81，
∴a2＋b2＝41，∴c2＝a2＋b2－2abcos C＝36，
∴c＝6.
11．在斜三角形ABC中，sin A＝－cos B·cos C，且tan B·tan C＝1－，则A＝________.
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　
解析　由题意知，
sin A＝－cos B·cos C＝sin(B＋C)
＝sin B·cos C＋cos B·sin C，
在等式－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012．在△ABC中，AB＝7，AC＝6，M是BC的中点，AM＝4，则BC＝________.
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　
解析　设BC＝a，则BM＝MC＝.
在△ABM中，
AB2＝BM2＋AM2－2BM×AM×cos∠AMB，
即72＝a2＋42－2××4×cos∠AMB，①
在△ACM中，
AC2＝AM2＋CM2－2AM×CM×cos∠AMC，
即62＝42＋a2＋2×4××cos∠AMB，②
①＋②得72＋62＝42＋42＋a2，
所以a＝.
13．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.
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，∠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)．
14．在△ABC中，若AB＝2，AC＝BC，则S△ABC的最大值是________．
考点　正、余弦定理的综合运用
题点　利用余弦定理求三角形面积最大值
答案　2
解析　设BC＝x，则AC＝x，根据面积公式，得S△ABC＝AB·BCsin B＝×2x×，
根据余弦定理，得
cos B＝
＝＝，
将其代入上式，得
S△ABC＝x＝，
由三角形三边关系有 
解得2－2故当x＝2时，S△ABC取得最大值2.
二、解答题(本大题共6小题，共90分)
15．(14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．
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　∵cos B＝>0,0∴sin B＝＝.
(1)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＝.
16．(14分)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知△ABC的面积为3，b－c＝2，cos A＝－.
(1)求a和sin C的值；
(2)求cos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)在△ABC中，由cos A＝－，A∈(0，π)，
可得sin A＝.
由S△ABC＝bcsin A＝3，得bc＝24.
又由b－c＝2，解得b＝6，c＝4.
由a2＝b2＋c2－2bccos A，可得a＝8.
由＝，得sin C＝.
(2)cos＝cos 2A·cos －sin 2A·sin 
＝(2cos2A－1)－×2sin A·cos A＝.
17．(14分)如图所示的四边形ABCD中，已知AD⊥CD，AD＝10，AB＝14，∠BAD＝60°，∠BCD＝135°.
(1)求sin∠ADB；
(2)求BC的长．
考点　正、余弦定理与解三角形
题点　正、余弦定理在平面几何中的运用
解　(1)不妨设∠ADB＝x，
则∠ABD＝180°－∠BAD－∠ADB＝120°－x，
由正弦定理，得＝，
即＝，
∴7sin(120°－x)＝5sin x，
整理可得，7cos x＝3sin x，
结合sin2x＋cos2x＝1及x∈(0°，90°)．
可解得cos x＝，sin x＝.
∴sin∠ADB＝.
(2)在△ABD中，利用正弦定理得，
＝，
即＝，解得BD＝2，
在△BDC中，利用正弦定理得，
＝，
即＝，
∴BC＝
＝＝3.
18．(16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．
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
(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＝.
19．(16分)如图，某公园由三条观光大道AB，BC，AC围成直角三角形，其中直角边BC＝200 m，斜边AB＝400 m．现有甲、乙、丙三位小朋友分别在AB，BC，AC大道上嬉戏，所在位置分别记为点D，E，F.
(1)若甲、乙都以每分钟100 m的速度从点B出发在各自的大道上奔走，到大道的另一端时即停，乙比甲迟2分钟出发，当乙出发1分钟后，求此时甲、乙两人之间的距离；
(2)设∠CEF＝θ，乙、丙之间的距离是甲、乙之间距离的2倍，且∠DEF＝，请将甲、乙之间的距离y表示为θ的函数，并求甲、乙之间的最小距离．
考点　正、余弦定理的实际运用
题点　利用正、余弦定理研究实际问题中的距离问题
解　(1)依题意得BD＝300，BE＝100，
在Rt△ABC中，cos B＝＝，B∈(0，π)，∴B＝，
在△BDE中，由余弦定理，得
DE2＝BD2＋BE2－2BD·BE·cos B
＝3002＋1002－2×300×100×＝70 000，
∴DE＝100.
答　甲乙两人之间的距离为100 m.
(2)由题意得EF＝2DE＝2y，∠BDE＝∠CEF＝θ，
在Rt△CEF中，CE＝EF·cos∠CEF＝2ycos θ，
在△BDE中，由正弦定理得＝，
即＝，
∴y＝＝，0<θ<，
∴当θ＝时，y有最小值50 m.
答　甲、乙之间的最小距离为50 m.
20.(16分)如图所示，在扇形AOB中，∠AOB的大小为，半径为2，在半径OA上有一动点C(不与O，A重合)，过点C作平行于OB的直线交于点P.
(1)若C是半径OA的中点，求线段PC的长；
(2)若∠COP＝θ，求△POC面积的最大值及此时θ的值．
考点　正弦、余弦定理与其他知识的综合
题点　正弦、余弦定理与三角函数的综合
解　(1)在△POC中，∠OCP＝，OP＝2，OC＝1，
由OP2＝OC2＋PC2－2OC·PCcos ，得PC2＋PC－3＝0，解得PC＝(负值舍去)．
(2)∵CP∥OB，∴∠CPO＝∠POB＝－θ.
在△POC中，由正弦定理得＝，
即＝，∴CP＝sin θ，
又＝，∴OC＝sin.
记△POC的面积为S，
则S＝CP·OC·sin 
＝×sin θ×sin×
＝sin θ·sin
＝sin θ·
＝2sin θcos θ－sin2θ
＝sin 2θ＋cos 2θ－
＝sin－，
∵θ∈，
∴当2θ＋＝，即θ＝时，S取得最大值，最大值为.

§1.1　正弦定理
第1课时　正弦定理的推导和简单应用
学习目标　1.掌握正弦定理及其证明.2.能够运用正弦定理解决一些简单的三角形度量问题．
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？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BC上的高AD＝csin B＝bsin C来证明．
梳理　任意△ABC中，都有＝＝，这就是正弦定理．
知识点二　解斜三角形
解斜三角形是指由六个元素(三条边和三个角)中的三个元素(至少有一个是边)，求其余三个未知元素的过程．
1．正弦定理不适用于直角三角形．(×)
2．在△ABC中，必有asin A＝bsin B．(×)
3．在△ABC中，若A>B，则必有sin A>sin B．(√)
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　用正弦函数的定义沟通边与角的内在联系，充分挖掘这些联系有助于理解更深刻，记忆更牢固．
跟踪训练1　如图，锐角△ABC的外接圆O半径为R，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　连结BO并延长，交外接圆于点A′，连结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　正弦定理的应用
命题角度1　已知两角一边解三角形
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.
命题角度2　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，解这个三角形．
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________．
①acos A＝bcos B；②asin B＝bsin A；③acos 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　②
解析　由正弦定理＝，
得asin B＝bsin A.
2．在△ABC中，sin A＝sin C，则△ABC是________三角形．(填“等腰”、“直角”、“锐角”、“钝角”)
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　等腰
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＝______.
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　4
解析　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、填空题
1．在△ABC中，a＝5，b＝3，则sin A∶sin B＝______.
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　
解析　根据正弦定理，得＝＝.
2．在△ABC中，a＝bsin A，则B＝________.
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　90°
解析　由题意有＝b＝，则sin B＝1，
又B∈(0，π)，故B为直角．
3．在△ABC中，若＝，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　45°
解析　由正弦定理知＝，
∴＝，∴cos C＝sin C，∴tan C＝1，
又∵C∈(0°，180°)，∴C＝45°.
4．在△ABC中，若A＝105°，B＝45°，b＝2，则c＝______.
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　2
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＝________.
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　
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＝______.
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　2
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，如果A∶B∶C＝2∶3∶7，那么a∶b＝________.
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　1∶
解析　由已知A＝30°，B＝45°，
则a∶b＝sin 30°∶sin 45°＝1∶.
8．在△ABC中，若A＝60°，B＝45°，BC＝3，则AC＝______.
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　2
解析　由正弦定理得，＝，即＝，所以AC＝×＝2.
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．
二、解答题
12．已知在△ABC中，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，且B∈(0°，60°)，∴B＝45°.
三、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____________．
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　(2,2)
解析　因为△ABC有两解，所以asin B15．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由＝得，sin B＝
＝2sin 80°>2sin 30°＝1，
∴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.
第2课时　正弦定理的应用
学习目标　1.了解正弦定理及其变式的结构特征和功能.2.理解三角形面积公式及解斜三角形.3.能用正弦定理解决简单的实际问题．
知识点一　正弦定理的变形公式
设△ABC的外接圆的半径为R，有＝＝＝2R.
(1)a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C；
(2)＝，＝，＝；
(3)＝＝＝；
(4)a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C.
知识点二　边角互化
思考　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(R为△ABC外接圆半径)，移项后就是一个三角恒等变换公式sin Acos B－cos Asin B＝0.
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．
知识点三　三角形面积公式
思考　在△ABC中，已知a＝1，b＝2，C＝30°.BC边上的高AD是多少？△ABC的面积是多少？
答案　AD＝bsin C＝2·sin 30°＝1.
S△ABC＝a·AD＝absin C＝×1×1＝.
梳理　在△ABC中，内角A，B，C的对边为a，b，c，则△ABC的面积S△ABC＝absin C＝bcsin A＝casin B.
知识点四　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．
1．仰角和俯角都是视线与铅垂线所成的角．(×)
2．在△ABC中，若b2＝2acos B，则sin2B＝2sin Acos B．(×)
3．平行四边形ABCD的面积等于AB·ADsin A．(√)
类型一　边角互化
例1　在△ABC中，若sin A＝2sin Bcos C，且sin2A＝sin2B＋sin2C，试判断△ABC的形状．
考点　判断三角形的形状
题点　利用正弦定理和三角变换判断三角形的形状
解　方法一　由正弦定理，得
＝＝＝2R(R为△ABC外接圆半径)，
∵sin2A＝sin2B＋sin2C，
∴a2＝b2＋c2，∴A是直角，B＋C＝90°，
∴2sin Bcos C＝2sin Bcos(90°－B)
＝2sin2B＝sin A＝1，
∴sin B＝.
∵0°∴△ABC是等腰直角三角形．
方法二　由正弦定理，得
＝＝＝2R(R为△ABC外接圆半径)，
∵sin2A＝sin2B＋sin2C，
∴a2＝b2＋c2，∴A是直角．
∵A＝180°－(B＋C)，sin A＝2sin Bcos C，
∴sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C＝2sin Bcos C，
∴sin(B－C)＝0.
又－90°∴△ABC是等腰直角三角形．
反思与感悟　利用正弦定理判定三角形的形状，主要有两条途径
(1)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．转化公式为a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C(R为△ABC外接圆半径)．
(2)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．转化公式为sin A＝，sin B＝，sin C＝(R为△ABC外接圆半径)．
跟踪训练1　若将题设中的“sin A＝2sin Bcos C”改为“bsin B＝csin C”，其余不变，试解答本题．
考点　判断三角形的形状
题点　利用正弦定理和三角变换判断三角形的形状
解　由正弦定理，设＝＝＝2R(R为△ABC外接圆半径)，
从而得sin A＝，sin B＝，sin C＝.
∵bsin B＝csin C，sin2A＝sin2B＋sin2C，
∴b·＝c·，2＝2＋2，
∴b2＝c2，a2＝b2＋c2，
∴b＝c，A＝90°.
∴△ABC为等腰直角三角形．
类型二　三角形面积公式及其应用
命题角度1　已知边角求面积
例2　在△ABC中，已知B＝30°，AB＝2，AC＝2.求△ABC的面积．
考点　用正弦定理解三角形
题点　用正弦定理求面积
解　由正弦定理，得sin C＝＝，
又AB·sin BC＝60°或120°，所以当C＝60°时，A＝90°，
S△ABC＝AB·AC＝2；
当C＝120°时，A＝30°，S△ABC＝AB·AC·sin A＝.
所以△ABC的面积为2或.
反思与感悟　对于面积公式S＝absin C＝acsin B＝bcsin A，总的概括为两边与夹角正弦乘积的一半．一般是已知哪一个角就使用哪一个公式，但也要结合具体条件，如已知AB，AC，就以选S＝AB·ACsin A为宜．
跟踪训练2　在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若tan A＝3，cos C＝，
(1)求角B的大小；
(2)若c＝4，求△ABC的面积．
考点　用正弦定理解三角形
题点　用正弦定理求面积
解　(1)∵cos C＝，∴C∈，
∴sin C＝，tan C＝2.
又∵tan B＝－tan(A＋C)＝－
＝－＝1，且0(2)由正弦定理＝，得
b＝＝＝，
由sin A＝sin(B＋C)＝sin得sin A＝，
∴△ABC的面积S△ABC＝bcsin A＝6.
命题角度2　已知面积求边角
例3　在△ABC中，角A＝60°，b＝1，S△ABC＝，则sin B∶sin C＝ .
考点　用正弦定理解三角形
题点　已知面积求边或角
答案　1∶4
解析　因为S△ABC＝bcsin A，
所以c＝＝＝4，
由正弦定理＝，
得sin B∶sin C＝b∶c＝1∶4.
反思与感悟　条件中涉及面积，要根据解题目标和其它条件选取对解题有利的面积公式．
跟踪训练3　在△ABC中，B＝60°，a＝1，b＝，S△ABC＝，则C＝ .
考点　用正弦定理解三角形
题点　已知面积求边或角
答案　90°
解析　S△ABC＝acsin B＝·1·c·＝，
∴c＝2，
∵B＝60°，b＝，∴＝＝＝2.
∴sin C＝1，∴C＝90°.
类型三　用正弦定理解决简单实际问题
例4　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为 m.
考点　解三角形求高度
题点　测量俯角(仰角)求高度
答案　5(＋1)
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　在运用正弦定理解决实际问题时，通常都根据题意，从实际问题中抽象出一个或几个三角形，然后通过解这些三角形，得出实际问题的解．和高度有关的问题往往涉及直角三角形的求解．
跟踪训练4　为了求底部不能到达的水塔AB的高，如图，在地面上引一条基线CD＝a，这条基线延长后不过塔底，若测得∠ACB＝α，∠BCD＝β，∠BDC＝γ，求水塔AB的高．
考点　解三角形求高度
题点　测量俯角(仰角)求高度
解　在△BCD中，＝＝，
∴BC＝，
在Rt△ABC中，AB＝BC·tan α＝.
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 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　50
解析　∠B＝180°－45°－105°＝30°，在△ABC中，由＝，得AB＝100×＝50.
2．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)．
3．在△ABC中，若c＝2acos B，则A B．(填>，＝，<)
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　＝
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∵－π4．在锐角△ABC中，角A，B所对的边分别为a，b，若2asin B＝b，则A＝ .
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　
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＝.
5．在△ABC中，已知BC＝6，A＝30°，B＝120°，则△ABC的面积为 ．
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　9
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.
1．用正弦定理解决实际问题时，首先根据条件画出示意图，并特别注意诸如“仰角”、“俯角”之类术语的准确理解．然后分析解三角形已有哪些条件，要求什么，还缺什么，如何利用正弦定理及三角知识达到目标．
2．当条件等式中边的次数、角的正弦次数相同时，或已知三角形外接圆半径时，可以用正弦定理进行边角互化．
3．三角形面积公式要根据条件灵活选择．
一、填空题
1．在△ABC中，若a＝3，cos A＝，则△ABC外接圆的半径为 ．
考点　正弦定理及其变形应用
题点　正弦定理的理解
答案　
解析　∵cos A＝，A∈，
∴sin A＝，由＝2R，得R＝.
2．在△ABC中，若a∶b∶c＝1∶3∶5，则的值为 ．
考点　用正弦定理解三角形
题点　用正弦定理进行边角互化解三角形
答案　－
解析　由条件得＝＝，∴sin A＝sin C.
同理可得sin B＝sin C.
∴＝＝－.
3.埃及有许多金字塔，经过几千年的风化蚀食，有不少已经损坏了．考古人员在研究中测得一座金字塔的三角形横截面如图所示(顶端已经坍塌了)，A＝50°，B＝55°，AB＝120 m，则此金字塔的高约为 米．(sin 50°≈0.766，sin 55°≈0.819)(精确到1米)
考点　正弦定理的简单实际应用
题点　求高度问题
答案　78
解析　先分别从A，B出发延长断边，确定交点C，
则C＝180°－A－B＝75°，
AC＝·sin B＝×sin 55°≈101.7.
设高为h，则h＝AC·sin A＝101.7×sin 50°≈78(米)．
4．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.
5．在△ABC中，＝，则△ABC的形状是 ．
考点　判断三角形形状
题点　利用正弦定理和三角变换判断三角形形状
答案　等腰三角形或直角三角形
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.如图，小山的电视发射塔AB高为50米，在山下地面C点，测得塔底B的仰角为40°，测得塔顶A的仰角为70°，则小山BD的高约为 米．(sin 20°≈0.342，sin 40°≈0.643，精确到0.01米)
考点　解三角形求高度
题点　由仰角问题求高度
答案　21.99
解析　在△ACD中，∠CAD＝20°，
在△ACB中，∠ACB＝30°，
由正弦定理，得
BC＝＝＝34.20.
在△BCD中，BD＝BCsin 40°≈21.99(米)．
7．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 ．
考点　用正弦定理解三角形
题点　用正弦定理、三角变换解三角形
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∵08．△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，asin Asin B＋bcos2A＝a，则＝ .
考点　用正弦定理解三角形
题点　用正弦定理进行边角互化解三角形
答案　
解析　由正弦定理得sin2Asin B＋sin Bcos2A＝sin A，
即sin B·(sin2A＋cos2A)＝sin A.
所以sin B＝sin A，所以＝＝.
9．在△ABC中，A＝，BC＝3，则△ABC的周长为 ．(用B表示)
考点　用正弦定理解三角形
题点　用正弦定理进行边角互化解三角形
答案　6sin＋3
解析　在△ABC中，由正弦定理得＝，
化简得AC＝2sin B，＝，
化简得AB＝2sin，
所以三角形的周长为BC＋AC＋AB＝3＋2sin B＋2sin＝3＋3sin B＋3cos B
＝6sin＋3.
10．已知圆的半径为4.a，b，c为该圆的内接三角形的三边，若abc＝16，则三角形的面积为 ．
考点　用正弦定理解三角形
题点　用正弦定理求面积
答案　
解析　由正弦定理得，c＝2Rsin C＝8sin C，
∴sin C＝.
∴三角形面积＝absin C
＝ab·＝abc＝×16＝.
二、解答题
11．在△ABC中，求证：＝.
考点　用正弦定理解三角形
题点　用正弦定理进行边角互化解三角形
证明　因为＝＝＝2R，A＋B＋C＝π，
所以左边＝
＝
＝＝＝右边．
所以等式成立．
12．在锐角三角形ABC中，A＝2B，a，b，c所对的角分别为A，B，C求：
(1)B的范围；
(2)的范围．
考点　用正弦定理解三角形
题点　用正弦定理、三角变换解三角形
解　(1)在锐角三角形ABC中，
0°即得30°(2)由正弦定理知
＝＝＝2cos B∈(，)，
故所求的范围是(，)．
13.我炮兵阵地位于地面A处，两观察所分别位于地面点C和D处，已知CD＝6 000米，∠ACD＝45°，∠ADC＝75°，目标出现于地面点B处时，测得∠BCD＝30°，∠BDC＝15°(如图)，求炮兵阵地到目标的距离．(结果保留根号)
考点　运用正弦定理求距离
题点　在不同三角形中给出角度求距离
解　在△ACD中，∠CAD＝180°－∠ACD－∠ADC＝60°，
CD＝6 000，∠ACD＝45°，
根据正弦定理有AD＝＝CD，
同理，在△BCD中，∠CBD＝180°－∠BCD－∠BDC＝135°，CD＝6 000，∠BCD＝30°，
根据正弦定理有BD＝＝CD.
又在△ABD中，∠ADB＝∠ADC＋∠BDC＝90°，
根据勾股定理有
AB＝＝ CD
＝CD＝1 000.
所以炮兵阵地到目标的距离为1 000米．
三、探究与拓展
14．在△ABC中，已知c＝10，＝＝，求a，b及△ABC的内切圆半径．
考点　用正弦定理解三角形
题点　用正弦定理、三角变换解三角形
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.
15．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．
考点　用正弦定理解三角形
题点　用正弦定理求面积
解　因为tan B＝>0，所以B为锐角．
所以sin B＝，cos B＝.
因为tan C＝－2，所以C为钝角．
所以sin C＝，cos C＝－.
所以sin A＝sin(B＋C)
＝sin Bcos C＋cos Bsin C
＝×＋×＝.
因为S△ABC＝absin C＝2R2sin Asin Bsin C
＝2R2×××＝1.
所以R2＝，R＝.
所以πR2＝π，即外接圆的面积为π.
所以a＝2Rsin A＝，b＝2Rsin B＝，
c＝2Rsin C＝.
§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.掌握余弦定理及其证明方法.2.会用余弦定理解决两类问题：“已知三边”、“已知两边夹角”解三角形．
知识点一　余弦定理
思考　根据勾股定理，若在△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.
梳理　余弦定理及公式表达：
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
三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍
推论
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，已知两边及其夹角时，△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.
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，
A＝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？
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轴建立平面直角坐标系，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
命题角度1　已知两边及其夹角
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＝ .
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　
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°.
命题角度2　已知三边
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 ．
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　2
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 ．
考点　用余弦定理解三角形
题点　已知三边解三角形
答案　
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．在△ABC中，已知a2－c2＋b2＝ab，则角C的大小为 ．
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　由余弦定理，得cos C＝＝＝，
又因为C∈(0，π)，所以C＝.
4．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 ．
考点　用余弦定理解三角形
题点　已知三边解三角形
答案　
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＝＝＝.
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、填空题
1．在△ABC中，已知B＝120°，a＝3，c＝5，则b＝ .
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　7
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 ．
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　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，B＝120°，AC＝7，AB＝5，则△ABC的面积为 ．
考点　用余弦定理解三角形
题点　已知三角形三边求面积
答案　
解析　由余弦定理知AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos 120°，即49＝25＋BC2＋5BC，解得BC＝3(负值舍去)．
故S△ABC＝AB·BCsin 120°＝×5×3×＝.
4．在△ABC中，已知b2＝ac且c＝2a，则cos B＝ .
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　
解析　∵b2＝ac，c＝2a，∴b2＝2a2，
∴cos B＝＝＝.
5．△ABC的三边长分别为AB＝7，BC＝5，CA＝6，则·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　－19
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＝ .
考点　用余弦定理解三角形
题点　已知三边解三角形
答案　1
解析　由余弦定理得cos A＝＝＝，所以＝＝＝＝1.
7．在△ABC中，若a＝2，b＋c＝7，cos B＝－，则b＝ .
考点　余弦定理解三角形
题点　已知三角形的相关边与角，求边
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.
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________．
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　(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＝.
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＋b210．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＝.
二、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.
三、探究与拓展
14．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.
15．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________三角形．(填锐角、直角、钝角)
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　钝角
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．
第2课时　余弦定理的变形及应用
学习目标　1.进一步理解余弦定理及其变式的结构特征和功能.2.能用余弦定理进行边角互化.3.能用余弦定理解决简单的实际问题．
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＝ .
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　2
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　边角互化
例2　在△ABC中，a，b，c分别是A，B，C的对边，且满足(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab,2cos Asin B＝sin C，试判断△ABC的形状．
考点　判断三角形的形状
题点　利用正、余弦定理和三角变换判断三角形的形状
解　方法一　(化角为边)
由正弦定理，得＝，
又2cos Asin B＝sin C，∴cos A＝＝.
又由余弦定理的推论，得cos A＝，
∴＝，即b2＋c2－a2＝c2，
∴b2＝a2，∴a＝b.
又(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，
∴(a＋b)2－c2＝3ab，
由a＝b，得4b2－c2＝3b2，
∴b2＝c2，∴b＝c，
∴a＝b＝c.故△ABC是等边三角形．
方法二　(化边为角)
由(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，
得(a＋b)2－c2＝3ab，即a2＋b2－c2＝ab，
由余弦定理的推论得cos C＝＝，
∴C＝60°.
又2cos Asin B＝sin C＝sin(A＋B)
＝sin Acos B＋cos Asin B，
∴sin Acos B－cos Asin B＝0，即sin(A－B)＝0，
又－180°∴A＝B，∴A＝B＝C＝60°，
∴△ABC是等边三角形．
反思与感悟　判断三角形形状的常用方法：
(1)由正、余弦定理化角为边，利用代数运算求出三边的关系．
(2)由正、余弦定理化边为角，通过恒等变换及内角和定理得到内角的关系，从而判断三角形的形状．
跟踪训练2　在△ABC中，若(a－ccos B)sin B＝(b－ccos A)sin A，判断△ABC的形状．
考点　判断三角形形状
题点　利用正、余弦定理和三角变换判断三角形的形状
解　由正弦定理及余弦定理，知原等式可化为
b＝a，
整理，得(a2－b2)(a2＋b2－c2)＝0.
∴a2＋b2－c2＝0或a2＝b2，
故△ABC为等腰三角形或直角三角形．
类型三　用余弦定理解决简单实际问题
例3　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，求起吊的货物与岸的距离AD.
考点　余弦定理的实际运用
题点　实际问题中的求距离
解　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△ACD中，
AD＝AC·sin∠ACD＝15×＝(m)．
反思与感悟　在解题过程中，要善于运用平面几何的知识，注意方程思想的运用．
跟踪训练3　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，求该建筑物的高度．
考点　余弦定理的实际运用
题点　实际问题中的求高度
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.
1．在△ABC中，若b2＝a2＋c2＋ac，则B＝ .
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　∵b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2＋ac，
∴cos B＝－，
∵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 ．(填“锐角”“直角”“钝角”)
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　锐角
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，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＝ .
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　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，可以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，也可以采用余弦定理来解，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、填空题
1．若三角形三条边的长分别为5,6,7，则此三角形的形状为 ．
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　锐角三角形
解析　因为三角形最大边对应的角的余弦值
cos θ＝＝>0，
所以此三角形的形状为锐角三角形．
2．在△ABC中，若c＝2，b＝2a，且cos C＝，则a＝ .
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　1
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 三角形．(填锐角、直角、钝角)
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　锐角
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 ．
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　
解析　由sin A∶sin B∶sin C＝3∶2∶3，
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 角．(填锐、直、钝)
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　锐
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＝ .
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＝－，B∈(0，π)，
∴sin B＝＝.
7．已知a，b，c为△ABC的三边，B＝120°，则a2＋c2＋ac－b2＝ .
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　0
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 ．
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　∵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°9．一质点受到平面上的三个力F1，F2，F3(单位：牛顿)的作用而处于平衡状态．已知F1，F2成60°角，且F1，F2的大小分别为2和4，则F3的大小为 ．
考点　余弦定理简单的实际运用
题点　平面向量和物理中力的问题
答案　2
解析　因为力F是一个向量，由向量加法的平行四边形法则知F3的大小等于以F1，F2为邻边的平行四边形的对角线的长，故|F3|2＝|F1|2＋|F2|2＋2|F1|·|F2|·cos 60°＝4＋16＋8＝28，∴|F3|＝2.
10．△ABC为钝角三角形，a＝3，b＝4，c＝x，则x的取值范围是 ．
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，)∪(5,7)
解析　①若x>4，则x所对的角为钝角，
∴<0且x<3＋4＝7，∴5②若x<4，则4所对的角为钝角，
∴<0且3＋x>4，∴1∴x的取值范围是(1，)∪(5,7)．
11．设2a＋1，a，2a－1为钝角三角形的三边，那么a的取值范围是 ．
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　(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，∴2二、解答题
12．在△ABC中，已知a＝7，b＝8，cos C＝，求证：△ABC是钝角三角形．
考点　余弦定理的运用
题点　利用余弦定理判断三角形形状
证明　由c2＝a2＋b2－2abcos C，得
c＝
＝＝＝3.
由于边b最大，从而角B最大．
又cos B＝＝＝－<0，
所以B为钝角，即△ABC为钝角三角形．
13.如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝2，AC＝1，D是边BC上一点，DC＝2BD，求·.
考点　余弦定理的运用
题点　三角形中的边角关系和平面向量数量积
解　在△ABC中，由余弦定理，得
BC＝＝，
则DC＝，cos C＝＝，
所以在△ACD中，
AD＝＝，
所以cos∠ADC＝＝，
则·＝||||cos(π－∠ADC)
＝－||||cos∠ADC＝－.
三、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．
§1.3　正弦定理、余弦定理的应用
学习目标　1.能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算、最值探求有关的实际问题.2.能把一些简单的实际问题转化为数学问题，并能应用正弦、余弦定理及相关的三角公式解决这些问题．
知识点一　实际问题中的常用角
1．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)．
2．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，∠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.
知识点三　常见高度问题的测量方案
思考　如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西方向行驶，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＝，然后在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．
知识点四　航海问题中的测量问题
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？又如何计算距离？
答案　用方向角和方位角来表达位置和航向，用航速和时间来计算距离．
梳理　航海中的测量问题本质还是根据条件解三角形．只不过这类问题中较多涉及方位角和方向角，其中方位角是指北方向线在水平面内顺时针转到目标方向线的角，方向角是指北或指南方向线与目标方向线所成的小于90°的角．要注意准确理解和应用．
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　测量距离问题
例1　如图所示，在河岸上可以看到两个目标物M，N，但不能到达，在河岸边选取相距40 m的P，Q两点，测得∠MPN＝75°，∠NPQ＝45°，∠MQP＝30°，∠MQN＝45°，试求这两个目标物M，N之间的距离．
考点　正、余弦定理的实际运用
题点　利用正、余弦定理求距离
解　在△PQN中，PQ＝40，∠PQN＝30°＋45°＝75°，∠NPQ＝45°，
∴∠PNQ＝180°－75－45°＝60°.
根据正弦定理，得＝，
即＝，
∴NQ＝＝.
同理，在△PQM中，
MQ＝＝＝40.
在△MNQ中，根据余弦定理得
MN2＝MQ2＋NQ2－2MQ·NQ·cos∠MQN＝，
∴MN＝ m.
故这两个目标物M，N之间的距离为 m.
反思与感悟　正弦定理与余弦定理交汇求距离的两个关键点：
(1)画示意图，弄清题目条件．
根据题意画图研究问题中所涉及的三角形，它的哪些元素是已知的，哪些元素是未知的．
(2)选准入手点．
找出已知边长的三角形，结合已知条件选准“可解三角形”，并判断是选用正弦定理，还是选用余弦定理来求解．
跟踪训练1　如图，CD是京九铁路线上的一条穿山隧道，开凿前，在CD所在水平面上的山体外取点A，B，并测得在四边形ABCD中，∠ABC＝，∠BAD＝，AB＝BC＝400米，AD＝250米，则应开凿的隧道CD的长为______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　350
解析　由AB＝BC，∠ABC＝，知△ABC为正三角形，
∴AC＝400，∠BAC＝，
又∠BAD＝π，∴∠CAD＝.
在△CAD中，CD2＝AC2＋AD2－2AC·AD·cos∠CAD
＝4002＋(250)2－2×400×250×
＝122 500
∴CD＝350(米)．
类型二　测量高度问题
例2　如图所示，A，B是水平面上的两个点，相距800 m，在A点处测得山顶C的仰角为45°，∠BAD＝120°，又在B点处测得∠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　测量方向角求高度问题特点：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的某一个量，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________ m.
考点　解三角形求高度
题点　测量方向角、仰角求高度
答案　10
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　某渔船在航行中不幸遇险，发出求救信号，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 km的C处，并测得渔船正沿方位角为105°的方向，以10 km/h的速度向小岛靠拢，我海军舰艇立即以10 km/h的速度前去营救，求舰艇的航向和靠近渔船所需的时间．
考点　正、余弦定理的实际运用
题点　正、余弦定理在航海中的运用
解　如图所示，
设t小时后，舰艇与渔船在B处靠近，
则AB＝10t，CB＝10t.
在△ABC中，根据余弦定理，则有AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos 120°，
可得(10t)2＝102＋(10t)2－2×10×10tcos 120°，
整理得2t2－t－1＝0，解得t＝1或t＝－(舍去)，
所以舰艇需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∠CAB为锐角，∴∠CAB＝30°，
所以舰艇航行的方位角∠BAD＝45°＋30°＝75°.
故舰艇航行的方位角为75°，航行的时间为1小时．
反思与感悟　测量角度问题主要是指在海上或空中测量角度的问题，如确定目标的方位，观察某一建筑物的视角等．解决它们的关键是根据题意和图形及有关概念，确定所求的角在哪个三角形中，该三角形中已知哪些量，需要求哪些量．通常是根据题意，从实际问题中抽象出一个或几个三角形，然后通过解这些三角形，得到所求的量，从而得到实际问题的解．解题时应认真审题，结合图形去选择定理，这是最关键、最重要的一步．
跟踪训练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.
1．一艘船以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________ km.
考点　用余弦定理解三角形
题点　已知两边夹角解三角形
答案　6
解析　如图，在平行四边形ABCD中，为河水流速，为船在静水中的航速，则为船在河中实际航速.
在△ABC中，AB＝2，BC＝4，∠ABC＝60°.
∴AC＝
＝ ＝2.
∴船的实际航程为2×＝6 km.
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.
4.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，山坡对于地平面的斜度为θ，求cos θ.
考点　解三角形求角度
题点　解三角形求角度
解　在△ABC中，由正弦定理＝，
∴AC＝100.
在△ADC中，＝，
∴cos θ＝sin(θ＋90°)＝＝－1.
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、填空题
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________ 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　4
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.
2．一船自西向东匀速航行，上午10时到达一座灯塔P的南偏西75°距塔64海里的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处，则这只船的航行速度为________海里/时．
考点　解三角形求距离
题点　测量方位角求距离
答案　8
解析　如图所示，
在△PMN中，＝，
∴MN＝＝32，∴v＝＝8(海里/时)．
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______ 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　3
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______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　5
解析　如图所示，C＝180°－60°－75°＝45°，AB＝10.由正弦定理得＝，所以BC＝5.
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________m.
考点　解三角形求角度
题点　测量俯角(仰角)求高度
答案　10
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.
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________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　16
解析　设DN＝x，
∵DC＝10，CN＝14，∠D＝60°，
∴cos D＝＝，
解得x＝16(负值舍去)．
7.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　测量两个不可到达点间的距离
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)．
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＝＝
＝.
10．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，则电视塔在这次测量中的高度是________m.
考点　解三角形求高度
题点　测量俯角(仰角)求高度
答案　500
解析　由题意画出示意图，
设高AB＝h，在Rt△ABC中，由已知BC＝h.
在Rt△ABD中，
由已知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)．
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．
二、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，连结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．
三、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．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.
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.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　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＝.
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　结合三角恒等变换解三角形问题
例1　在△ABC中，已知角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且tan B＝2，tan C＝3.
(1)求角A的大小；
(2)若c＝3，求b的长．
考点　正、余弦定理的综合运用
题点　正、余弦定理与三角变换
解　(1)因为tan B＝2，tan C＝3，A＋B＋C＝π，
所以tan A＝tan[(π－(B＋C)]＝－tan(B＋C)
＝－＝－＝1.
又A∈(0，π)，所以A＝.
(2)因为tan B＝＝2，且sin2B＋cos2B＝1，
又B∈(0，π)，所以sin B＝，
同理可得sin C＝.
由正弦定理，得b＝＝＝2.
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　设△ABC的内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且acos B＝3，bsin A＝4.
(1)求边长a；
(2)若△ABC的面积S＝10，求△ABC的周长l.
考点　正、余弦定理的综合运用
题点　正、余弦定理与三角变换
解　(1)由acos B＝3与bsin A＝4两式相除，有
＝＝·＝tan B，
又通过acos B＝3知cos B>0，
则cos B＝，sin B＝，则a＝5.
(2)由S＝acsin B，得c＝5.
由cos B＝，解得b＝2，l＝10＋2.
类型二　结合三角函数图象与性质解三角形问题
例2　已知函数f(x)＝sin 2x－cos2x－.
(1)求f(x)的最小值，并写出取得最小值时的自变量x的集合；
(2)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c＝，f(C)＝0，若sin B＝2sin A，求a，b的值．
考点　正、余弦定理的综合运用
题点　正、余弦定理和三角函数图象性质
解　(1)f(x)＝sin 2x－－
＝sin 2x－－1＝sin－1.
当2x－＝2kπ－(k∈Z)，
即x＝kπ－(k∈Z)时，f(x)的最小值为－2.
此时自变量x的取值集合为.
.
(2)因为f(C)＝0，所以sin－1＝0，
又0在△ABC中，sin B＝2sin A，
由正弦定理知，b＝2a，又c＝，
由余弦定理知，()2＝a2＋b2－2abcos ，
即a2＋b2－ab＝3，
联立解得a＝1，b＝2.
反思与感悟　解答此类问题的一般思路是利用三角恒等变换对所给条件进行转化，然后借助三角函数的图象与性质求出确定的函数表达式，再结合正、余弦定理，解题中，三角函数的图象与性质是求解的关键．
跟踪训练2　在△ABC中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知函数f(x)＝sin(2x＋B)＋cos(2x＋B)为偶函数，b＝f .
(1)求b；
(2)若a＝3，求△ABC的面积S.
考点　正、余弦定理的综合运用
题点　正、余弦定理和三角函数图象性质
解　(1)f(x)＝sin(2x＋B)＋cos(2x＋B)
＝2sin，
由f(x)为偶函数可知B＋＝＋kπ，k∈Z，
所以B＝＋kπ，k∈Z.
又0所以f(x)＝2sin＝2cos 2x，
b＝f ＝.
(2)因为B＝，b＝，a＝3，
由正弦定理可知sin A＝＝，
所以A＝或.
当A＝时，C＝，△ABC的面积S＝；
当A＝时，C＝，△ABC的面积S＝.
类型三　以平面图形为背景的解三角形问题
例3　如图，在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝b(sin C＋cos C)．
(1)求∠ABC；
(2)若∠A＝，D为△ABC外一点，DB＝2，DC＝1，求四边形ABDC面积的最大值．
考点　正、余弦定理的综合运用
题点　正、余弦定理与平面图形
解　(1)在△ABC中，因为a＝b(sin C＋cos C)，
所以sin A＝sin B(sin C＋cos C)，
所以sin(π－B－C)＝sin B(sin C＋cos C)，
所以sin(B＋C)＝sin B(sin C＋cos C)，
所以sin Bcos C＋cos Bsin C＝sin Bsin C＋sin Bcos C，
所以cos Bsin C＝sin Bsin C，
又因为C∈(0，π)，故sin C≠0，
所以cos B＝sin B，即tan B＝1.
又B∈(0，π)，所以B＝.
(2)在△BCD中，DB＝2，DC＝1，
BC2＝12＋22－2×1×2×cos D＝5－4cos D.
又A＝，由(1)可知∠ABC＝，
所以△ABC为等腰直角三角形，
S△ABC＝×BC××BC＝BC2＝－cos D，
又S△BDC＝×BD×DC×sin D＝sin D，
所以SABDC＝－cos D＋sin D＝＋sin.
所以当D＝时，四边形ABDC的面积有最大值，最大值为＋.
反思与感悟　在平面几何图形中求相关的几何量时，需寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，通过公共条件形成等式，常常将所涉及到已知几何量与所求几何量集中到某一个三角形，然后选用正弦定理与余弦定理求解．
跟踪训练3　如图，在△ABC中，已知点D在边AB上，AD＝3DB，cos A＝，cos∠ACB＝，BC＝13.
(1)求cos B的值；
(2)求CD的长．
考点　正、余弦定理的综合运用
题点　正、余弦定理与平面图形
解　(1)在△ABC中，cos A＝，A∈(0，π)，
所以sin A＝＝＝.
同理可得，sin∠ACB＝.
所以cos B＝cos[π－(A＋∠ACB)]
＝－cos(A＋∠ACB)
＝sin Asin∠ACB－cos Acos∠ACB
＝×－×＝.
(2)在△ABC中，由正弦定理得，
AB＝sin∠ACB＝×＝20.
又AD＝3DB，所以BD＝AB＝5.
在△BCD中，由余弦定理，得
CD＝
＝＝9.

1．已知a，b，c是△ABC的三边，S是△ABC的面积，若a＝4，b＝5，S＝5，则c＝ .
考点　解三角形求面积
题点　已知面积求边角
答案　或
解析　S＝absin C＝×4×5sin C＝5，
∴sin C＝.
∵C∈(0，π)，∴C＝或π，
∴cos C＝或－.
当cos C＝时，c2＝a2＋b2－2abcos C＝21；
当cos C＝－时，c2＝61.
∴c＝或.
2．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×＝.
∴·＝－·＝－.
3．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.若c2＝(a－b)2＋6，C＝，则△ABC的面积是 ．
考点　解三角形求面积
题点　先用余弦定理求边角再求面积
答案　
解析　由c2＝(a－b)2＋6，得a2＋b2－c2＝2ab－6.①
由余弦定理及C＝可得a2＋b2－c2＝ab.②
所以由①②得2ab－6＝ab，即ab＝6.
所以S△ABC＝absin ＝×6×＝.
4．在△ABC中，若满足sin2A＝sin2B＋sin B·sin C＋sin2C，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　150°
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°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、填空题
1．在钝角△ABC中，a＝1，b＝2，则最大边c的取值范围是 ．
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　(，3)
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 ．
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　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 ．(填直角、钝角、锐角三角形)
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　直角三角形
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△ABC的三边长分别为3,5,7，则该三角形的外接圆半径等于 ．
考点　正、余弦定理的综合运用
题点　在平面图形中利用正、余弦定理计算
答案　
解析　利用余弦定理可求得最大边7所对角的余弦值为＝－，所以此角的正弦值为.设三角形外接圆的半径为R，由正弦定理得2R＝，所以R＝.
5．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 ．
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　1
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.
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 ．
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　
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＝ .
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　
解析　由正弦定理可得＝，即c2－b2＝ac－a2，故cos B＝，又08．在△ABC中，C＝60°，a，b，c分别为角A，B，C的对边，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　1
解析　c2＝a2＋b2－2abcos C＝a2＋b2－ab，
＋＝
＝＝1.
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＝ .
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°10．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)．
11．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＝.
二、解答题
12．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知b＝3，c＝2.
(1)若2a·cos C＝3，求a的值；
(2)若＝，求cos C的值．
考点　正、余弦定理的综合运用
题点　正、余弦定理与三角变换
解　(1)由余弦定理，得2a·＝3，
将b＝3，c＝2代入，解得a＝2.
(2)由正弦定理，得＝，
化简得，sin C＋sin C·cos B＝sin B·cos C，
则sin C＝sin Bcos C－cos Bsin C＝sin(B－C)，
因为0所以C＝B－C或C＋B－C＝π(舍去)，则B＝2C.
由正弦定理可得，＝＝，
将b＝3，c＝2代入，解得cos C＝.
13．△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，△ABD面积是△ADC面积的2倍．
(1)求；
(2)若AD＝1，DC＝，求BD和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)S△ABD＝AB·ADsin∠BAD，
S△ADC＝AC·ADsin∠CAD.
因为S△ABD＝2S△ADC，∠BAD＝∠CAD，
所以AB＝2AC.
由正弦定理，得＝＝.
(2)因为S△ABD∶S△ADC＝BD∶DC，
所以BD＝2DC＝.
在△ABD和△ADC中，由余弦定理，知
AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB，
AC2＝AD2＋DC2－2AD·DCcos∠ADC.
故AB2＋2AC2＝3AD2＋BD2＋2DC2＝6.
由(1)，知AB＝2AC，所以AC＝1.
三、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)求＋的值；
(2)设·＝，求a＋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cos B＝，0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＝，∠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　(1)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．
(2)求解几何计算问题要注意：
①根据已知的边角画出图形并在图中标示；
②选择在某个三角形中运用正弦定理或余弦定理．
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．
类型三　正、余弦定理的综合运用
例3　△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.向量m＝(a，b)与n＝(cos A，sin B)平行．
(1)求A；
(2)若a＝，b＝2，求△ABC的面积.
考点　正、余弦定理的综合运用
题点　解三角形与平面向量结合
解　(1)因为m∥n，
所以asin B－bcos A＝0，
由正弦定理，得
sin Asin B－sin Bcos A＝0，
又sin B≠0，从而tan A＝，
由于0(2)由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccos A
又a＝，b＝2，A＝，
所以7＝4＋c2－2c，即c2－2c－3＝0，
因为c>0，所以c＝3.
故△ABC的面积为bcsin A＝.
反思与感悟　解三角形与向量的交汇问题，可以结合向量的平行、垂直、夹角、模等知识转化求解．
跟踪训练3　在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量m＝，n＝(cos 2A,2sin A)，且m∥n.
(1)求sin A的值；
(2)若b＝2，△ABC的面积为3，求a.
考点　正、余弦定理的综合运用
题点　解三角形与平面向量结合
解　(1)∵m∥n，
∴cos 2A＝(1－sin A)·2sin A，
∴6(1－2sin2A)＝7sin A(1－sin A)，
即5sin2A＋7sin A－6＝0，
∴sin A＝(sin A＝－2舍去)．
(2)由S△ABC＝bcsin A＝3，b＝2，得c＝5.
又cos A＝±＝±.
∴a2＝b2＋c2－2bccos A
＝4＋25－2×2×5cos A＝29－20cos A.
当cos A＝时，a2＝13，解得a＝；
当cos A＝－时，a2＝45，解得a＝3.
类型四　正、余弦定理的实际运用
例4　如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径. 一种是从沿A直线步行到C，另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C.现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50 m/min.在甲出发2 min后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1 min后，再从B匀速步行到C.假设缆车匀速直线运动的速度为130 m/min，山路AC长为1 260 m，经测量，cos A＝，cos C＝.
(1)求索道AB的长；
(2)问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？
考点　正、余弦定理的实际运用
题点　利用正、余弦定理求距离
解　(1)∵cos A＝，cos C＝，
∵0∴sin A＝，sin C＝，
∵A＋B＋C＝π，
∴sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C
＝×＋×＝.
∵＝＝，
∴AB＝·AC＝××1 260＝1 040(m)．
(2)BC＝·AC＝500.
设乙出发t(t≤8)分钟后，甲到了D处，乙到了E处，
则有AD＝50t＋100，AE＝130t，
根据余弦定理，得
DE2＝AE2＋AD2－2AE·AD·cos A，
即DE2＝7 400t2－14 000t＋10 000
∴当t＝＝时，DE2有最小值，此时DE＝.
反思与感悟　正弦定理、余弦定理在实际生活中有着非常广泛的应用．常用的有测量距离问题，测量高度问题，测量角度问题等．解决的基本思路是画出正确的示意图，把已知量和未知量标在示意图中(目的是发现已知量与未知量之间的关系)，最后确定用哪个定理转化，用哪个定理求解，并进行作答，解题时还要注意近似计算的要求．
跟踪训练4　如图，某城市有一条公路从正西方AO通过市中心O后转向东偏北α角方向的OB.位于该市的某大学M与市中心O的距离OM＝3 km，且∠AOM＝β.现要修筑一条铁路L，L在OA上设一站A，在OB上设一站B，铁路在AB部分为直线段，且经过大学M.其中tan α＝2，cos β＝，AO＝15 km.
(1)求大学M与站A的距离AM；
(2)求铁路AB段的长AB.
考点　正、余弦定理的实际运用
题点　利用正、余弦定理求距离
解　(1)在△AOM中，AO＝15，
∠AOM＝β且cos β＝，OM＝3，
由余弦定理得，
AM2＝OA2＋OM2－2OA·OM·cos∠AOM
＝(3)2＋152－2×3×15×
＝13×9＋15×15－2×3×15×3
＝72.
∴AM＝6，即大学M与站A的距离AM为6 km.
(2)∵cos β＝，且β为锐角，
∴sin β＝，
在△AOM中，由正弦定理，得＝，
即＝，
∴sin∠MAO＝，∴∠MAO＝，
∴∠ABO＝α－，
∵tan α＝2，∴sin α＝，cos α＝，
∴sin∠ABO＝sin＝，
又∠AOB＝π－α，
∴sin∠AOB＝sin(π－α)＝，
在△AOB中，AO＝15，
由正弦定理，得＝，
即＝，∴AB＝30，
即铁路AB段的长AB为30 km.
1．在△ABC中，若b2sin2C＋c2sin2B＝2bccos Bcos C，则△ABC的形状一定是 ．
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　直角三角形
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 ．
考点　用余弦定理解三角形
题点　已知三边解三角形
答案　
解析　设高为BD.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，三边a，b，c与面积S的关系式为a2＋4S＝b2＋c2，则A＝ .
考点　用正弦定理解三角形
题点　已知面积求边或角
答案　45°
解析　4S＝b2＋c2－a2＝2bccos A，
∴4·bcsin A＝2bccos A，∴tan A＝1，
又∵A∈(0°，180°)，∴A＝45°.
4．在△ABC中，AB＝2，AC＝3，·＝1，则BC＝ .
考点　正、余弦定理解三角形综合
题点　正、余弦定理与平面向量的综合
答案　
解析　由·＝1可得2BC×cos(180°－B)＝1，
即2BCcos B＝－1，
又由余弦定理可得32＝BC2＋22－2×2BC×cos B，
把2BCcos B＝－1代入，得9＝BC2＋4＋2，
解得BC＝.
5．有一长为10 m的斜坡，倾斜角为75°，在不改变坡高和坡顶的前提下，通过加长坡面的方法将它的倾斜角改为30°，则坡底要延长的长度(单位：m)是 ．
考点　正、余弦定理解三角形综合
题点　正、余弦定理解三角形综合
答案　10
解析　如图，
坡顶为D，坡高为CD，
原坡长BD＝10，原倾斜角为∠CBD＝75°.
加长后倾斜角∠CAD＝30°，
坡底要延长的长度为AB.
在△ABD中，∠ADB＝75°－30°＝45°，
由正弦定理，
AB＝·sin∠ADB＝·＝10.
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)定理实施边、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、填空题
1．在△ABC中，已知b＝3，c＝3，A＝30°，则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　120°
解析　由余弦定理可得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＝ .
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　∵(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 ．
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　7
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 ．
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　 或2
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，则该四边形的面积为 ．
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　5
解析　连结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、余弦定理与平面向量的综合
答案　
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＝ .
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　
解析　∵b＝c，∴B＝C，又A＋B＋C＝π，
∴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∈(0，π)，∴A＝.
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．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．
考点　解三角形求高度
题点　测量方向角、仰角求高度
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．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．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sin(B＋A)＋sin(B－A)＝3sin 2A，且c＝，C＝，则△ABC的面积是 ．
考点　正、余弦定理的综合运用
题点　正、余弦定理与三角变换
答案　或
解析　sin(B＋A)＝sin Bcos A＋cos Bsin A，
sin(B－A)＝sin Bcos A－cos Bsin A，sin 2A＝2sin Acos A，
sin(B＋A)＋sin(B－A)＝3sin 2A，
即2sin Bcos A＝6sin Acos A.
当cos A＝0时，A＝，B＝，又c＝，得b＝.
由三角形面积公式知S＝bc＝；
当cos A≠0时，由2sin Bcos A＝6sin Acos A
可得sin B＝3sin A，根据正弦定理可知b＝3a，
再由余弦定理可知
cos C＝＝＝cos ＝，可得a＝1，b＝3，所以此时三角形的面积为S＝absin C＝.综上可得三角形的面积为或.
二、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)，
∵S△ABC＝ab＝6，∴k＝1，
∴三边长分别为a＝4，b＝3，c＝5.
三、探究与拓展
14．在△ABC中，已知BC＝3，AB＝10，AB边上的中线为7，则△ABC的面积为 ．
考点　解三角形求面积
题点　先用余弦定理求边或角再求面积
答案　
解析　如图，设△ABC中AB边上的中线为CD.
则在△BCD中，BC＝3，BD＝5，CD＝7，
∴cos B＝＝－，
又∵B∈(0°，180°)，
∴B＝120°，∴sin B＝，
∴S△BCD＝BC·BD·sin B＝×3×5×＝，
∴S△ABC＝2S△BCD＝.
15．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.