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定理、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＝.
特别提醒：解题的关键是根据题目特点，选择恰当的定理及变形，进行边角互化，转化为代数问题或者三角恒等式，再利用三角恒等变形解决问题，中间往往会用到一些三角形的隐含条件，如内角和等．
1．在△ABC中，若sin A＝sin B，则A＝B.(√)
2．在△ABC中，若sin 2A＝sin 2B，则A＝B.(×)
3．在△ABC中，若cos A＝cos B，则A＝B.(√)
类型一 利用正弦、余弦定理转化边角关系
例1 在△ABC中，若c·cos B＝b·cos C，cos A＝，求sin B的值．
考点 正弦、余弦定理与其他知识的综合
题点 正弦、余弦定理与三角变形的综合
解 由c·cos B＝b·cos C，结合正弦定理，得
sin Ccos B＝sin Bcos C，
故sin(B－C)＝0，∵0
∴－π∵cos A＝，∴由余弦定理，得3a2＝2b2，
再由余弦定理，得cos B＝，
故sin B＝.
引申探究
1．对于本例中的条件，c·cos B＝b·cos C，能否使用余弦定理？
解 由余弦定理，得c·＝b·.
化简得a2＋c2－b2＝a2＋b2－c2，
∴c2＝b2，从而c＝b.
2．本例中的条件c·cos B＝b·cos C的几何意义是什么？
解 如图，
作AD⊥BC，垂足为D.
则c·cos B＝BD，b·cos C＝CD.
∴ccos B＝bcos C的几何意义为边AB，AC在BC边上的射影相等．
反思与感悟 (1)边、角互化是处理三角形边、角混合条件的常用手段．
(2)解题时要画出三角形，将题目条件直观化，根据题目条件，灵活选择公式．
跟踪训练1 在△ABC中，已知b2＝ac，a2－c2＝ac－bc.
(1)求A的大小；
(2)求的值．
考点 正弦、余弦定理解三角形综合
题点 正弦、余弦定理解三角形综合
解 (1)由题意知，
cos A＝＝＝，
∵A∈(0，π)，∴A＝.
(2)由b2＝ac，得＝，
∴＝sin B·＝sin B·＝sin A＝.
类型二 涉及三角形面积的条件转化
例2 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若sin B＝2sin A，且△ABC的面积为a2sin B，则cos B＝ .
考点 用余弦定理解三角形
题点 逆用面积公式、余弦定理解三角形
答案
解析 由sin B＝2sin A及正弦定理，得b＝2a，由△ABC的面积为a2sin B，得acsin B＝a2sin B，即c＝2a，
∴cos B＝＝＝.
反思与感悟 表示三角形面积，即使确定用两边及其夹角，还要进一步选择好用哪两边夹角．
跟踪训练2 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积S＝(a2＋b2－c2)，则角C为( )
A．135° B．45° C．60° D．120°
考点 用余弦定理解三角形
题点 逆用面积公式、余弦定理解三角形
答案 B
解析 ∵S＝(a2＋b2－c2)＝absin C，∴a2＋b2－c2＝2absin C，∴c2＝a2＋b2－2absin C．由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcos C，得sin C＝cos C.
又C∈(0°，180°)，
∴C＝45°.
类型三 正弦、余弦定理与三角变形的综合应用
例3 在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，4sin2 －cos 2A＝.
(1)求A的度数；
(2)若a＝，b＋c＝3，求b和c的值．
考点 正弦、余弦定理与其他知识的综合
题点 正弦、余弦定理与三角变形的综合
解 (1)由4sin2 －cos 2A＝及A＋B＋C＝180°，
得2[1－cos(B＋C)]－2cos2A＋1＝，
4(1＋cos A)－4cos2A＝5，
即4cos2A－4cos A＋1＝0，
∴(2cos A－1)2＝0，解得cos A＝.
∵0°(2)由余弦定理，得cos A＝.
∵cos A＝，∴＝，
化简并整理，得(b＋c)2－a2＝3bc，
将a＝，b＋c＝3代入上式，得bc＝2.
则由解得或
反思与感悟 (1)解三角形的实质是解方程，利用正弦、余弦定理，通过边、角互化，建立未知量的代数方程或三角方程．
(2)三角形内角和定理在判断角的范围、转化三角函数、检验所求角是否符合题意等问题中有着重要的作用．
(3)三角恒等变形公式是否熟练，对顺利化简非常重要．
跟踪训练3 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，a2＋c2－b2＝ac.求2sin2＋sin 2B的值．
考点 正弦、余弦定理与其他知识的综合
题点 正弦、余弦定理与三角变形的综合
解 由已知得＝，
所以cos B＝，
sin B＝＝，
所以2sin2＋sin 2B＝2cos2＋sin 2B
＝1＋cos B＋2sin Bcos B
＝1＋＋2××＝.
1．在锐角△ABC中，角A，B所对的边分别为a，b，若2asin B＝b，则角A等于( )
A. B. C. D.
考点 用正弦定理解三角形
题点 利用正弦定理进行边角互化解三角形
答案 D
解析 在△ABC中，利用正弦定理，得
2sin Asin B＝sin B，∵B∈，sin B≠0，
∴sin A＝.又∵A为锐角，∴A＝.
2．在△ABC中，若c＝2acos B，则△ABC的形状一定是( )
A．等腰直角三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形 D．等边三角形
考点 判断三角形形状
题点 利用正弦、余弦定理、三角变形判断三角形形状
答案 C
解析 ∵c＝2acos B，由正弦定理得，
2cos Bsin A＝sin C＝sin(A＋B)，
∴sin Acos B－cos Asin B＝0，即sin(A－B)＝0，
又∵－π∴△ABC是等腰三角形．
3．在△ABC中，若满足sin2A＝sin2B＋sin B·sin C＋sin2C，则A等于( )
A．30° B．60° C．120° D．150°
考点 正弦、余弦定理解三角形综合
题点 正弦、余弦定理解三角形综合
答案 D
解析 设内角A，B，C的对边分别为a，b，c，
∵sin2A＝sin2B＋sin B·sin C＋sin2C，
∴由正弦定理得a2＝b2＋c2＋bc，
∴cos A＝＝－，
又∵0°4．在△ABC中，AB＝3，AC＝2，BC＝，则·＝ .
考点 余弦定理及其变形应用
题点 余弦定理的变形应用
答案 －
解析 由余弦定理，得
cos A＝＝＝.
∴·＝||·||·cos A＝3×2×＝，
∴·＝－·＝－.
1．对于给出的条件是边角关系混合在一起的问题，一般运用正弦定理和余弦定理，把它统一为边的关系或把它统一为角的关系．再利用三角形的有关知识，三角恒等变形方法、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选择恰当的定理或定理的变形来解决问题；平面向量与解三角形的交汇问题，应注意准确运用向量知识转化为解三角形问题，再利用正弦、余弦定理求解．
一、选择题
1．在钝角△ABC中，a＝1，b＝2，则最大边c的取值范围是( )
A．(1,3) B．(2,3) C．(，3) D．(2，3)
考点 判断三角形形状
题点 已知三角形形状求边的取值范围
答案 C
解析 由cos C＝<0，得c2>a2＋b2＝5.
∴c>，又c2．在△ABC中，sin2A≤sin2B＋sin2C－sin Bsin C，则A的取值范围是( )
A. B.
C. D.
考点 余弦定理及其变形应用
题点 用余弦定理求边或角的取值范围
答案 C
解析 设内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则由已知及正弦定理得a2≤b2＋c2－bc.由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，则cos A≥.∵03．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcos C＋ccos B＝asin A，则△ABC的形状为( )
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．不确定
考点 判断三角形形状
题点 利用正弦、余弦定理、三角变形判断三角形形状
答案 B
解析 由bcos C＋ccos B＝asin A，
得sin Bcos C＋sin Ccos B＝sin2A，
即sin(B＋C)＝sin A＝sin2A，
因为0所以△ABC为直角三角形．
4．已知三角形面积为，外接圆面积为π，则这个三角形的三边之积为( )
A．1 B．2 C. D．4
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知面积求边或角
答案 A
解析 设三角形外接圆半径为R，则由πR2＝π，得R＝1，
∵S△＝absin C＝＝＝，∴abc＝1.
5．在△ABC中，cos2＝，则△ABC是( )
A．正三角形
B．直角三角形
C．等腰三角形或直角三角形
D．等腰直角三角形
考点 正弦、余弦定理与其他知识的综合
题点 正弦、余弦定理与三角变形的综合
答案 B
解析 ∵cos2＝，∴＝，
∴cos B＝，∴＝，
∴a2＋c2－b2＝2a2，即a2＋b2＝c2，
∴△ABC为直角三角形．
6．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若asin Bcos C＋csin Bcos A＝b且a>b，则B的值为( )
A. B. C. D.
考点 正弦、余弦定理与其他知识的综合
题点 正弦、余弦定理与三角变形的综合
答案 A
解析 由条件得sin Bcos C＋sin Bcos A＝，
由正弦定理，得sin Acos C＋sin Ccos A＝，
∴sin(A＋C)＝，从而sin B＝，
又a>b且B∈(0，π)，因此B＝.
7．已知在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若＝，则B等于( )
A. B. C. D.
考点 正弦、余弦定理解三角形综合
题点 正弦、余弦定理解三角形综合
答案 C
解析 由正弦定理可得＝，即c2－b2＝ac－a2，故cos B＝，又08．在△ABC中，已知a4＋b4＋c4＝2c2(a2＋b2)，则角C等于( )
A．30° B．60°
C．45°或135° D．120°
考点 余弦定理及其变形应用
题点 用余弦定理求边或角的取值范围
答案 C
解析 由a4＋b4＋c4＝2c2(a2＋b2)，得(a2＋b2－c2)2＝2a2b2，cos C＝＝±，又∵0°∴C＝45°或135°.
二、填空题
9．在△ABC中，已知a＝3，cos C＝，S△ABC＝4，则b＝ .
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知面积求边或角
答案 2
解析 ∵cos C＝，C∈，∴sin C＝＝，∵absin C＝4，a＝3，∴b＝2.
10．在△ABC中，已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若b＝2a，B＝A＋60°，则A＝ .
考点 正弦、余弦定理解三角形综合
题点 正弦、余弦定理解三角形综合
答案 30°
解析 ∵b＝2a，∴由正弦定理得sin B＝2sin A，
又∵B＝A＋60°，∴sin(A＋60°)＝2sin A，
即sin Acos 60°＋cos Asin 60°＝2sin A，
化简得sin A＝cos A，∴tan A＝，
又∵0°11．已知在△ABC中，sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶4，则cos A∶cos B∶cos C＝ .
考点 正弦、余弦定理解三角形综合
题点 正弦、余弦定理解三角形综合
答案 14∶11∶(－4)
解析 由sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶4及正弦定理，得a∶b∶c＝2∶3∶4，故可设a＝2x，b＝3x，c＝4x，其中x>0，则cos A＝＝.
同理cos B＝，cos C＝－，所以cos A∶cos B∶cos C＝∶∶＝14∶11∶(－4)．
12．已知三角形的三边分别为a，b，c，面积S＝a2－(b－c)2，则cos A＝ .
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知面积求边或角
答案
解析 S＝a2－(b－c)2＝a2－b2－c2＋2bc＝－2bccos A＋2bc，
∵S＝bcsin A，∴bcsin A＝2bc－2bccos A.
即4－4cos A＝sin A.
平方得17cos2A－32cos A＋15＝0.
即(17cos A－15)(cos A－1)＝0，
得cos A＝1(舍)或cos A＝.
三、解答题
13．在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，且＝.
(1)求C的大小；
(2)如果a＋b＝6，·＝4，求c的值．
考点 正弦、余弦定理与其他知识的综合
题点 正弦、余弦定理与平面向量的综合
解 (1)由正弦定理可知，＝可化为＝，即tan C＝.
又∵C∈(0，π)，∴C＝.
(2)·＝|C|||cos C＝abcos C＝4，
且cos C＝cos ＝，∴ab＝8.
由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos C
＝(a＋b)2－2ab－2abcos
＝(a＋b)2－3ab＝62－3×8＝12，
∴c＝2.
四、探究与拓展
14．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知sin A＋sin C＝psin B(p∈R)且ac＝b2.若角B为锐角，则p的取值范围是 ．
考点 正弦、余弦定理与其他知识的综合
题点 正弦、余弦定理与三角函数的综合
答案
解析 由余弦定理及正弦定理，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＝，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.
滚动训练(三)
一、选择题
1．记等差数列的前n项和为Sn，若S2＝4，S4＝20，则该数列的公差d等于( )
A．2 B．3 C．6 D．7
考点 等差数列前n项和
题点 等差数列前n项和有关的基本量计算问题
答案 B
解析 方法一 由
解得d＝3.
方法二 由S4－S2＝a3＋a4＝a1＋2d＋a2＋2d＝S2＋4d，所以20－4＝4＋4d，解得d＝3.
2．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )
A．1盏 B．3盏 C．5盏 D．9盏
考点 等比数列前n项和应用题
题点 等比数列前n项和的应用题
答案 B
解析 设塔的顶层的灯数为a1，七层塔的总灯数为S7，公比为q，则由题意知S7＝381，q＝2，
∴S7＝＝＝381，解得a1＝3.故选B.
3．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.
考点 正弦定理及其变形应用
题点 正弦定理的变形应用
答案 B
解析 由正弦定理＝，可得＝，
∴tan B＝，又B∈(0，π)，∴B＝，cos B＝.
4．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
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知两边及其中一边对角解三角形
答案 D
解析 由正弦定理可知，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．
5．在△ABC中，角A，B，C的对边a，b，c满足b2＋c2＝a2＋bc，且bc＝8，则△ABC的面积等于( )
A．2 B．4 C．4 D．8
考点 用余弦定理解三角形
题点 逆用面积公式、余弦定理解三角形
答案 A
解析 因为b2＋c2＝a2＋bc，所以cos A＝＝，A＝，三角形面积S＝bcsin A＝2，故选A.
6．如果数列{an}的前n项和Sn＝an－3(n∈N＋)，那么这个数列的通项公式是( )
A．an＝2(n2＋n＋1) B．an＝3·2n
C．an＝3n＋1 D．an＝2·3n
考点 an与Sn关系
题点 由Sn与an递推式求通项
答案 D
解析 由an＝Sn－Sn－1＝－(n≥2)，
得＝3，又a1＝6，
∴{an}是以a1＝6为首项，q＝3为公比的等比数列，
∴an＝2·3n.
二、填空题
7．等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn，已知S3＝，S6＝，则a8＝______.
考点 等比数列前n项和
题点 等比数列的前n项和有关的基本量计算问题
答案 32
解析 设{an}的首项为a1，公比为q，
则解得
所以a8＝×27＝25＝32.
8．已知{an}是首项为32的等比数列，Sn是其前n项和，且＝，则数列{|log2an|}的前10项和为________．
考点 等差等比数列综合应用
题点 等差等比基本量问题综合
答案 58
解析 根据题意＝＝q3，所以q＝，从而有an＝32·n－1＝27－2n，所以log2an＝7－2n，所以有|log2an|＝|2n－7|，所以数列的前10项和为5＋3＋1＋1＋3＋5＋7＋9＋11＋13＝＋＝58.
9．已知△ABC的三边长为三个连续的自然数，且最大内角是最小内角的2倍，则最小内角的余弦值是________．
考点 用正弦、余弦定理解三角形
题点 用正弦、余弦定理解三角形
答案
解析 设三边：x－1，x，x＋1，
所以＝＝，
所以cos A＝＝，
解得x＝5，三边为4,5,6，所以cos A＝.
10．等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则＝________.
考点 数列前n项和的求法
题点 裂项相消法求和
答案 (n∈N＋)
解析 设等差数列{an}的公差为d，则
由得
∴Sn＝n×1＋×1＝，
＝＝2.
∴＝＋＋＋…＋＝2
＝2＝(n∈N＋)．
三、解答题
11．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin A＋cos A＝0，a＝2，b＝2.
(1)求c；
(2)设D为BC边上一点，且AD⊥AC，求△ABD的面积．
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
解 (1)由已知可得tan A＝－，所以A＝.
在△ABC中，由余弦定理，得28＝4＋c2－4c·cos ，
即c2＋2c－24＝0，解得c＝－6(舍去)，c＝4.
(2)由题意可知∠CAD＝，
所以∠BAD＝∠BAC－∠CAD＝.
故△ABD的面积与△ACD的面积的比值为＝1.
又△ABC的面积为×4×2sin∠BAC＝2，
所以△ABD的面积为.
12．在等比数列{an}中，S2＝30，S3＝155，求Sn.
考点 等比数列前n项和
题点 求等比数列的前n项和
解 方法一 由题意知
解得或
从而Sn＝＝(5n－1)
或Sn＝＝，n∈N＋.
方法二 若q＝1，则S3∶S2＝3∶2，
而事实上，S3∶S2＝31∶6，故q≠1.
所以
两式作比，得＝，
解得或
从而Sn＝＝(5n－1)
或Sn＝＝，n∈N＋.
13．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．
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)∵bsin A＝acos B，
∴由正弦定理可得sin Bsin A＝sin Acos B.
∵sin A≠0，∴tan B＝，又∵0(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.
四、探究与拓展
14．借贷10 000元，月利率为1%，每月以复利计息，王老师从借贷后第二个月开始等额还贷，分6个月付清，试问每月应支付多少元？(1.016≈1.061,1.015≈1.051，精确到整数)
考点 等比数列前n项和应用题
题点 等比数列前n项和的应用题
解 方法一 设每个月还贷a元，第1个月后欠款为a0元，以后第n个月还贷a元后，还剩下欠款an元(1≤n≤6，n∈N＋)，
则a0＝10 000，a1＝1.01a0－a，
a2＝1.01a1－a＝1.012a0－(1＋1.01)a，
…，
a6＝1.01a5－a＝…，
＝1.016a0－a.
由题意，可知a6＝0，
即1.016a0－a＝0，
a＝.因为1.016≈1.061，
所以a≈≈1 739(元)．
故每月应支付1 739元．
方法二 一方面，借款10 000元，将此借款以相同的条件存储6个月，则它的本利和为
S1＝104(1＋0.01)6＝104×(1.01)6(元)，
另一方面，设每个月还贷a元，分6个月还清，到贷款还清时，其本利和为
S2＝a(1＋0.01)5＋a(1＋0.01)4＋…＋a＝＝a×102(元)．
由S1＝S2，得a＝≈1 739(元)．
故每月应支付1 739元．
15．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．
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)∵sin C＝，
∴cos2C＝1－sin2C＝，cos C＝ .
∵4cos C＝a＋，
∴＝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＝××＝.
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形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．在△ABC中，sin A>sin B?A>B.(√)
2．在△ABC中，sin 2A＝sin 2B?2A＝2B.(×)
类型一 利用正弦、余弦定理解三角形
例1 如图，在△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝2，点D在BC边上，∠ADC＝45°，求AD的长度．
考点 正弦、余弦定理解三角形综合
题点 正弦、余弦定理解三角形综合
解 在△ABC中，∵AB＝AC＝2，BC＝2，
由余弦定理，得cos C＝＝，
∴sin C＝.
在△ADC中，由正弦定理，
得＝，
∴AD＝×＝.
反思与感悟 解三角形的一般方法：
(1)已知两角和一边，如已知A，B和c，由A＋B＋C＝π求C，由正弦定理求a，b.
(2)已知两边和这两边的夹角，如已知a，b和C，应先用余弦定理求c，再应用正弦定理先求较短边所对的角，然后利用A＋B＋C＝π，求另一角．
(3)已知两边和其中一边的对角，如已知a，b和A，应先用正弦定理求B，由A＋B＋C＝π求C，再由正弦定理或余弦定理求c，要注意解可能有多种情况．
(4)已知三边a，b，c，可应用余弦定理求A，B，C.
跟踪训练1 如图，在△ABC中，B＝，AB＝8，点D在BC边上，CD＝2，cos∠ADC＝.
(1)求sin∠BAD；
(2)求BD，AC的长．
考点 正弦、余弦定理解三角形综合
题点 正弦、余弦定理解三角形综合
解 (1)在△ADC中，因为cos∠ADC＝，
所以sin∠ADC＝，
所以sin∠BAD＝sin(∠ADC－B)＝sin∠ADCcos B－cos∠ADCsin B
＝×－×＝.
(2)在△ABD中，由正弦定理，得BD＝＝＝3.
在△ABC中，由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC×cos B＝82＋52－2×8×5×＝49，
所以AC＝7.
类型二 三角形形状的判断
例2 在△ABC中，若(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)·sin(A＋B)，试判断△ABC的形状．
考点 判断三角形形状
题点 利用正弦、余弦定理、三角变形判断三角形形状
解 ∵(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，
∴b2[sin(A＋B)＋sin(A－B)]＝a2[sin(A＋B)－sin(A－B)]，
∴2b2sin Acos B＝2a2cos Asin B，
即a2cos Asin B＝b2sin Acos B.
方法一 由正弦定理知a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，
∴sin2Acos Asin B＝sin2Bsin Acos B，
又sin Asin B≠0，∴sin Acos A＝sin Bcos B，
∴sin 2A＝sin 2B.
在△ABC中，0<2A<2π，0<2B<2π，
∴2A＝2B或2A＝π－2B，∴A＝B或A＋B＝.
∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．
方法二 由正弦定理、余弦定理，得
a2b×＝b2a×，
∴a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，
∴(a2－b2)(a2＋b2－c2)＝0，
∴a2－b2＝0或a2＋b2－c2＝0，
即a＝b或a2＋b2＝c2，
∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．
反思与感悟 判断三角形形状的方法
(1)化边：通过因式分解、配方等得出边的相应关系．
(2)化角：通过三角恒等变形，得出内角的关系，此时要注意应用A＋B＋C＝π这个结论．
跟踪训练2 在△ABC中，cos ＝，判断△ABC的形状．
考点 判断三角形形状
题点 利用正弦、余弦定理、三角变形判断三角形形状
解 由已知得cos2＝，
∴2cos2－1＝cos B，∴cos A＝cos B，
又0∴A＝B，∴△ABC为等腰三角形．
类型三 三角形边、角、面积的求解
例3 △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝bcos C＋csin B.
(1)求B；
(2)若b＝2，求△ABC的面积的最大值．
考点 面积与周长的最值或取值范围问题
题点 面积的最值或取值范围
解 (1)由正弦定理知，
a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C，
得2Rsin A＝2Rsin Bcos C＋2Rsin Csin B，
即sin A＝sin Bcos C＋sin Csin B.
又A＝π－(B＋C)，
∴sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋sin Csin B，
即sin Bcos C＋cos Bsin C＝sin Bcos C＋sin Csin B，
∴cos Bsin C＝sin Csin B.
∵sin C≠0，
∴cos B＝sin B且B为三角形的内角，
∴B＝.
(2)S△ABC＝acsin B＝ac，
由正弦定理，得a＝＝×sin A＝2sin A，
同理，得c＝2sin C，
∴S△ABC＝×2sin A×2sin C
＝2sin Asin C
＝2sin Asin
＝2sin A
＝2(sin Acos A＋sin2A)＝sin 2A＋1－cos 2A
＝sin＋1，
∴当2A－＝，即A＝时，
S△ABC有最大值＋1.
反思与感悟 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，在通过定理进行边角互化时，经常用到三角函数中两角和与差的公式及倍角公式等．
跟踪训练3 在△ABC中，a2＋c2＝b2＋ac.
(1)求∠B的大小；
(2)求cos A＋cos C的最大值．
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)由a2＋c2＝b2＋ac，得a2＋c2－b2＝ac.
由余弦定理得cos B＝＝＝.
又0＜B＜π，所以B＝.
(2)A＋C＝π－B＝π－＝，
所以C＝－A,0＜A＜.
所以cos A＋cos C＝cos A＋cos
＝cos A＋coscos A＋sin sin A
＝cos A－cos A＋sin A
＝sin A＋cos A＝sin.
因为0＜A＜，所以＜A＋＜π，
故当A＋＝，
即A＝时，cos A＋cos C取得最大值1.
1．在△ABC中，若b2sin2C＋c2sin2B＝2bccos Bcos C，则△ABC的形状一定是( )
A．等腰直角三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形 D．等边三角形
考点 判断三角形形状
题点 利用正弦、余弦定理、三角变形判断三角形形状
答案 B
解析 由正弦定理及已知条件，得
sin2Bsin2C＝sin Bsin C·cos Bcos C.
∵sin Bsin C≠0，
∴sin Bsin C＝cos Bcos C，
即cos(B＋C)＝0，即cos A＝0，
∵0°故△ABC是直角三角形．
2．在△ABC中，AB＝3，BC＝，AC＝4，则边AC上的高为( )
A. B. C. D．3
考点 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 B
解析 由余弦定理，得
cos A＝＝＝，
从而sin A＝，
则AC边上的高BD＝ABsin A＝3×＝.
3．在△ABC中，已知cos A＝，cos B＝，b＝3，则c＝ .
考点 用正弦定理解三角形
题点 利用正弦定理、三角变换解三角形
答案
解析 在△ABC中，∵cos A＝>0，∴sin A＝.
∵cos B＝>0，∴sin B＝.
∴sin C＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)
＝sin Acos B＋cos Asin B＝×＋×＝.
由正弦定理知＝，
∴c＝＝＝.
4.如图所示，某动物园要为刚入园的小老虎建造一间两面靠墙的三角形露天活动室，已知已有的两面墙的夹角为60°(即C＝60°且两面墙的长度足够大)，现有可供建造第三面围墙的材料6米(即AB长为6米)，记∠ABC＝θ.当θ＝105°时，求所建造的三角形露天活动室的面积．
考点 解三角形求面积
题点 先用正弦定理求边或角再求面积
解 在△ABC中，＝＝，
化简得AC＝4·sin θ(米)，
BC＝4·sin(θ＋60°)(米)．
当θ＝105°时，
AC＝4·sin θ＝4·sin 105°＝4cos 15°(米)，
BC＝4·sin(θ＋60°)
＝4sin 165°
＝4sin 15°(米)．
所以S△ABC＝AC·BC·sin 60°＝3(平方米)．
1．在三角形中，大角对大边，大边对大角；大角的正弦值也较大，正弦值较大的角也较大，即在△ABC中，A>B等价于a>b等价于sin A>sin B.
2．对所给条件进行变形，主要有两种途径：
(1)化边为角；(2)化角为边，并常用正弦(余弦)定理实施边、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、选择题
1．在△ABC中，已知b＝3，c＝3，A＝30°，则角C等于( )
A．30° B．60°或120°
C．60° D．120°
考点 正弦、余弦定理解三角形综合
题点 正弦、余弦定理解三角形综合
答案 D
解析 由余弦定理可得a＝3，根据正弦定理有＝，
故sin C＝，故C＝60°或120°.
若C＝60°，则B＝90°＞C，
而b故C＝120°.
2．已知a，b，c为△ABC的三边长，若满足(a＋b－c)(a＋b＋c)＝ab，则C的大小为( )
A．60° B．90°
C．120° D．150°
考点 余弦定理及其变形应用
题点 余弦定理的变形应用
答案 C
解析 ∵(a＋b－c)(a＋b＋c)＝ab，
∴a2＋b2－c2＝－ab，
即＝－，
∴cos C＝－，
∵C∈(0°，180°)，∴C＝120°.
3．若△ABC的周长等于20，面积是10，A＝60°，则角A的对边边长为( )
A．5 B．6 C．7 D．8
考点 面积与周长的最值或取值范围问题
题点 面积与周长问题综合
答案 C
解析 ∵a＋b＋c＝20，
∴b＋c＝20－a，
即b2＋c2＋2bc＝400＋a2－40a，
∴b2＋c2－a2＝400－40a－2bc，①
又cos A＝＝，
∴b2＋c2－a2＝bc.②
又S△ABC＝bcsin A＝10，
∴bc＝40.③
由①②③可知a＝7.
4．在△ABC中，B＝30°，AB＝2，AC＝2，则△ABC的面积为( )
A．2 B.
C．2 或4 D. 或2
考点 解三角形求面积
题点 综合利用正弦、余弦定理求面积
答案 D
解析 方法一
如图，
AD＝ABsin B＝<2，
故△ABC有两解，
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．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知8b＝5c，C＝2B，则cos C等于( )
A. B．－
C．± D.
考点 余弦定理及其变形应用
题点 余弦定理的变形应用
答案 A
解析 ∵8b＝5c，∴由正弦定理，得8sin B＝5sin C.
又∵C＝2B，∴8sin B＝5sin 2B，
∴8sin B＝10sin Bcos B.
∵sin B≠0，∴cos B＝，
∴cos C＝cos 2B＝2cos2B－1＝.
6．已知△ABC的三内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设向量p＝(a＋c，b)，q＝(b－a，c－a)，若p∥q，则角C的大小为( )
A. B. C. D.
考点 正弦、余弦定理与其他知识的综合
题点 正弦、余弦定理与平面向量的综合
答案 B
解析 由p∥q，得(a＋c)(c－a)－b(b－a)＝0，
即c2－a2－b2＋ab＝0，即＝＝cos C，
又∵C∈(0，π)，∴C＝.
7．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知b＝c，a2＝2b2(1－sin A)，则A等于( )
A. B. C. D.
考点 正弦、余弦定理与其他知识的综合
题点 正弦、余弦定理与三角变形的综合
答案 C
解析 ∵b＝c，∴B＝C，又B＝π－(A＋C)，
∴2B＝π－A.
由正弦定理，得sin2A＝2sin2B(1－sin A)，
sin2A＝(1－cos 2B)(1－sin A)，
∴sin2A＝[1－cos(π－A)](1－sin A)＝(1＋cos A)(1－sin A)，
1－cos2A＝(1＋cos A)(1－sin A)，
∵A∈(0，π)，∴1＋cos A≠0，
∴1－cos A＝1－sin A，∴sin A＝cos A，A＝.
二、填空题
8．在等腰三角形ABC中，已知sin A∶sin B＝1∶2，底边BC＝10，则△ABC的周长是 ．
考点 判断三角形形状
题点 已知三角形形状求边的取值范围
答案 50
解析 由正弦定理，得BC∶AC＝sin A∶sin B＝1∶2，
又∵底边BC＝10，∴AC＝20，
∴AB＝AC＝20，
∴△ABC的周长是10＋20＋20＝50.
9．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或x＝－50(舍)．
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，
由已知知AB＝10，BC＝30，AC＝20，
∴cos∠ACB＝＝，
∵0°<∠ACB<180°，
∴∠ACB＝60°，
∴AE＝10.
∵∠DAE＝60°，
∴DE＝10×＝30.
∵∠CAE＝30°，
∴CE＝10，∴DC＝20，
∴t＝×60＝.
11．已知在△ABC中，3a2－2ab＋3b2－3c2＝0，则cos C的值为 ．
考点 余弦定理及其变形应用
题点 余弦定理的变形应用
答案
解析 由3a2－2ab＋3b2－3c2＝0，得c2＝a2＋b2－ab.
根据余弦定理得，cos C＝＝＝，
所以cos C＝.
三、解答题
12．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知
3cos(B－C)－1＝6cos Bcos C.
(1)求cos A；
(2)若a＝3，△ABC的面积为2，求b，c.
考点 正弦、余弦定理与其他知识的综合
题点 正弦、余弦定理与三角变形的综合
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)，
∵S△ABC＝ab＝6，∴k＝1，
∴三边长分别为a＝4，b＝3，c＝5.
四、探究与拓展
14．在△ABC中，sin A＝，a＝10，则边长c的取值范围是( )
A. B．(10，＋∞)
C．(0,10) D.
考点 正弦定理及其变形应用
题点 正弦定理的变形应用
答案 D
解析 ∵＝＝，∴c＝sin C，∴015．如图，在△ABC中，已知B＝，AC＝4，D为BC边上一点．
(1)若AD＝2，S△DAC＝2，求DC的长；
(2)若AB＝AD，试求△ADC的周长的最大值．
考点 面积与周长的最值或取值范围问题
题点 面积与周长问题综合
解 (1)∵S△DAC＝2，
∴·AD·AC·sin∠DAC＝2，
∴sin∠DAC＝.
∵∠DAC<∠BAC<π－＝，
∴∠DAC＝.
在△ADC中，由余弦定理，得
DC2＝AD2＋AC2－2AD·ACcos ，
∴DC2＝4＋48－2×2×4×＝28，
∴DC＝2.
(2)∵AB＝AD，B＝，
∴△ABD为正三角形．
在△ADC中，根据正弦定理，可得
＝＝，
∴AD＝8sin C，DC＝8sin，
∴△ADC的周长为
AD＋DC＋AC＝8sin C＋8sin＋4
＝8＋4
＝8＋4
＝8sin＋4，
∵∠ADC＝，∴0∴当C＋＝，即C＝时，△ADC的周长取得最大值，且最大值为8＋4.
章末检测试卷(二)
(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，AB＝5，BC＝6，AC＝8，则△ABC的形状是( )
A．锐角三角形 B．钝角三角形
C．直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形
考点 判断三角形形状
题点 利用余弦定理判断三角形形状
答案 B
解析 ∵最大边AC所对的角为B，
又cos B＝<0，∴B为钝角，△ABC为钝角三角形．
2．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
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 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＝.
3．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°
考点 正弦定理及其变形应用
题点 正弦定理的理解
答案 A
解析 根据正弦定理，得＝2R，sin A＝＝，
∵0°4．在△ABC中，acos＝bcos，则△ABC的形状是( )
A．等边三角形 B．等腰三角形
C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形
考点 正弦定理及其变形应用
题点 正弦定理的理解
答案 B
解析 原式可化为asin A＝bsin B，由正弦定理知a2＝b2，∴a＝b，∴△ABC为等腰三角形．
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＝，则的值为( )
A. B．1 C．2 D．3
考点 正弦、余弦定理解三角形综合
题点 正弦、余弦定理解三角形综合
答案 C
解析 由余弦定理得c2－b2＝a2－2abcos C＝a2－ab＝ab，所以a＝2b，所以由正弦定理得＝＝2.
6．已知锐角三角形ABC中，||＝4，||＝1，△ABC的面积为，则·的值为( )
A．2 B．－2 C．4 D．－4
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知面积求边角
答案 A
解析 S△ABC＝|AB||AC|sin A＝×4×1·sin A＝，
∴sin A＝.
又A为锐角，
∴A＝，∴cos A＝，
∴·＝||||cos A＝4×1×＝2.
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.
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 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
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 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．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
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 D
解析 A中，∵＝，
∴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，由排除法知应选D.
10．如果△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值，则( )
A．△A1B1C1和△A2B2C2都是锐角三角形
B．△A1B1C1和△A2B2C2都是钝角三角形
C．△A1B1C1是钝角三角形，△A2B2C2是锐角三角形
D．△A1B1C1是锐角三角形，△A2B2C2是钝角三角形
考点 判断三角形形状
题点 利用正弦、余弦定理、三角变形判断三角形形状
答案 D
解析 △A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0，
则△A1B1C1是锐角三角形，
若△A2B2C2是锐角三角形，
由得
那么A2＋B2＋C2＝，矛盾，
若△A2B2C2是直角三角形，不妨设A2＝，
则cos A1＝sin A2＝1，A1＝0，矛盾．
所以△A2B2C2是钝角三角形．
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.
考点 正弦、余弦定理与其他知识的综合
题点 正弦、余弦定理与三角变形的综合
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，
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，A＝，BC＝3，AB＝，则角C等于( )
A.或 B.
C. D.
考点 正弦、余弦定理与其他知识的综合
题点 正弦、余弦定理与三角变形的综合
答案 C
解析 由正弦定理＝得
sin C＝＝＝，
∴C＝或.
又∵AB二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且＝－，则角B的大小为________．
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 根据余弦定理，
得＝＝×＝－.
化简可得a2＋c2－b2＝－ac，
所以cos B＝＝－，B为△ABC的内角，所以B＝.
14．在四边形ABCD中，AB＝7，AC＝6，cos∠BAC＝，CD＝6sin∠DAC，则BD的最大值为________．
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 8
解析 由正弦定理可知，sin∠ADC＝AC·＝6×＝1.
又∠ADC为三角形内角，
∴∠ADC＝90°，
∴D点在以AC为直径的圆上(去掉A，B，C)，
∴当BD过AC的中点M时，BD最大．
此时，BM＝
＝＝5，
MD＝AC＝3，
∴BD最大为8.
15．在△ABC中，若A＝120°，AB＝5，BC＝7，则sin 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 C＝，且C为锐角(A＝120°)，
∴cos C＝，
∴sin B＝sin(180°－120°－C)＝sin(60°－C)
＝cos C－sin C
＝×－×＝.
16．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)．
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．
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)∵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，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、余弦定理与三角变形的综合
解 (1)在△ABC中，由cos A＝－，
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＝.
19．(12分)在△ABC中，a＝3，b＝2，B＝2A.
(1)求cos A的值；
(2)求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 (1)在△ABC中，由正弦定理，
得＝，
∴＝＝，
∴cos A＝.
(2)由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，得
32＝(2)2＋c2－2×2c×，
则c2－8c＋15＝0，∴c＝5或c＝3.
当c＝3时，a＝c，∴A＝C.
由A＋B＋C＝π，知B＝，与a2＋c2≠b2矛盾．
∴c＝3(舍去)，故c的值为5.
20．(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．
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＝.
21．(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．
考点 解三角形求距离
题点 测量方向角求距离
解 由题意得∠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.
22.(12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＝.
(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∈，∴2θ＋∈，
∴当2θ＋＝，
即θ＝时，S取得最大值，最大值为.
§1 正弦定理与余弦定理
1.1 正弦定理
学习目标 1.掌握正弦定理的内容及其证明方法.2.能运用正弦定理与三角形内角和定理解决简单的解三角形问题.3.掌握用两边夹角求三角形面积．
知识点一 正弦定理
思考1 如图，在Rt△ABC中，，，分别等于什么？
答案 ＝＝＝c.
思考2 在一般的△ABC中，＝＝还成立吗？
答案 在一般的△ABC中，＝＝仍然成立．
梳理 在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，即＝＝，这就是正弦定理．
特别提醒：正弦定理的特点
(1)适用范围：正弦定理对任意的三角形都成立；
(2)结构形式：分子为三角形的边长，分母为相应边所对角的正弦的连等式；
(3)刻画规律：正弦定理刻画了三角形中边与角的一种数量关系，可以实现三角形中边角关系的互化．
知识点二 用两边夹角表示的三角形面积公式
思考 在知识点一中，我们知道边AB上的高CD＝bsin A＝asin B．那么△ABC的面积如果用bsin A或asin B代替CD，会出现什么形式？
答案 S△ABC＝AB·CD＝c·bsin A＝c·asin B.
梳理 一般地，三角形面积等于两边及夹角正弦乘积的一半，即S△ABC＝absin C＝bcsin A＝acsin B.
知识点三 解三角形
一般地，把三角形的三个角A，B，C和它们的对边a，b，c叫作三角形的元素．已知三角形的几个元素求其他元素的过程叫作解三角形．
1．对任意△ABC，都有＝＝.(√)
2．任意给出三角形的三个元素，都能求出其余元素．(×)
3．在△ABC中，已知a，b，A，则三角形有唯一解．(×)
类型一 正弦定理的证明
例1 在钝角△ABC中，证明正弦定理．
考点 正弦定理及其变形应用
题点 正弦定理的理解
证明 如图，过C作CD⊥AB，垂足为点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 用正弦函数定义沟通边与角内在联系，充分挖掘这些联系可以使我们理解更深刻，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对应的边分别为a，b，c，证明：＝2R.
考点 正弦定理及其变形应用
题点 正弦定理的理解
证明 连接BO并延长，交外接圆于点A′，连接A′C，则圆周角A′＝A.
∵A′B为直径，长度为2R，
∴∠A′CB＝90°，
∴sin A′＝＝，
∴sin A＝，即＝2R.
类型二 已知两角及一边解三角形
例2 在△ABC中，已知A＝30°，B＝60°，a＝10，解三角形．
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知两角及一边解三角形
解 根据正弦定理，得b＝＝＝10.
又C＝180°－(30°＋60°)＝90°，
∴c＝＝＝20.
反思与感悟 (1)正弦定理实际上是三个等式：＝，＝，＝，每个等式涉及四个元素，所以只要知道其中的三个就可以求另外一个．
(2)因为三角形的内角和为180°，所以已知两角一定可以求出第三个角．
跟踪训练2 在△ABC中，已知a＝18，B＝60°，C＝75°，求b的值．
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知两角及一边解三角形
解 根据三角形内角和定理，得
A＝180°－(B＋C)＝180°－(60°＋75°)＝45°，
根据正弦定理，得b＝＝＝9.
类型三 已知两边及其中一边的对角解三角形
例3 在△ABC中，已知c＝，A＝45°，a＝2，解三角形．
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知两边及其中一边的对角解三角形
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的对角解三角形
答案 105°或15°
解析 由正弦定理＝，
得sin B＝＝＝.
∵B∈(0°，180°)，
∴B＝45°或135°，
∴C＝180°－45°－30°＝105°
或C＝180°－135°－30°＝15°.
1. 在△ABC中，一定成立的等式是( )
A．asin A＝bsin B B．acos A＝bcos B
C．asin B＝bsin A D．acos B＝bcos A
考点 正弦定理及其变形应用
题点 正弦定理的变形应用
答案 C
解析 由正弦定理＝，得asin B＝bsin A，故选C.
2．在△ABC中，sin A＝sin C，则△ABC是( )
A．直角三角形 B．等腰三角形 C．锐角三角形 D．钝角三角形
考点 用正弦定理解三角形
题点 利用正弦定理进行边角互化解三角形
答案 B
解析 由sin A＝sin C及正弦定理，知a＝c，
∴△ABC为等腰三角形．
3．在△ABC中，已知a＝8，B＝60°，C＝75°，则b等于( )
A．4 B．4 C．4 D．4
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知两角及一边解三角形
答案 C
解析 易知A＝45°，由＝，得b＝＝＝4.
4．在△ABC中，a＝，b＝，B＝，则A＝________.
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知两边及其中一边的对角解三角形
答案 或
解析 由正弦定理，得sin A＝＝＝，
又A∈(0，π)，a>b，∴A>B，∴A＝或.
5．已知在△ABC中，边a，b，c的对角分别为A，B，C，且a＝，c＝，C＝，则△ABC的面积S＝________.
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 由正弦定理知，sin A＝a＝·＝.
由a∴A∈，∴A＝30°，
∴B＝180°－A－C＝30°，
∴S＝acsin B＝×××sin 30°＝.
1. 正弦定理的表示形式：＝＝＝2R，
或a＝ksin A，b＝ksin B，c＝ksin C(k>0)．
2. 正弦定理的应用范围：
(1)已知两角和任一边，求其他两边和其余一角．
(2)已知两边和其中一边的对角，求另一边和其余两角．
3. 已知三角形两边和其中一边的对角解三角形的方法：
(1)首先由正弦定理求出另一边对角的正弦值．
(2)如果已知的角为大边所对的角，由三角形中大边对大角、大角对大边的法则能判断另一边所对的角为锐角，由正弦值可求唯一锐角．
(3)如果已知的角为小边所对的角，则不能判断另一边所对的角为锐角，这时由正弦值可求得两个角，要分类讨论．
一、选择题
1．在△ABC中，a＝5，b＝3，则sin A∶sin B的值是( )
A. B. C. D.
考点 用正弦定理解三角形
题点 利用正弦定理进行边角互化解三角形
答案 A
解析 根据正弦定理，得＝＝.
2．在△ABC中，a＝bsin A，则△ABC一定是( )
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等腰三角形
考点 正弦定理及其变形应用
题点 正弦定理的变形应用
答案 B
解析 由题意有＝b＝，则sin B＝1，
又B∈(0，π)，故角B为直角，
故△ABC是直角三角形．
3．在△ABC中，若＝，则C的值为( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
考点 正弦定理及其变形应用
题点 正弦定理的变形应用
答案 B
解析 由正弦定理知＝，
∴＝，∴cos C＝sin C，∴tan C＝1，
又∵C∈(0，π)，∴C＝45°，故选B.
4．在△ABC中，若A＝105°，B＝45°，b＝2，则c等于( )
A．1 B．2 C. D.
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知两角及一边解三角形
答案 B
解析 ∵A＝105°，B＝45°，
∴C＝30°.
由正弦定理，得c＝＝＝2.
5．在△ABC中，a＝15，b＝10，A＝60°，则cos B等于( )
A．－ B. C．－ D.
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知两边及其中一边对角解三角形
答案 D
解析 由正弦定理，得＝，
∴sin B＝＝＝.
∵a>b，∴A>B，又∵A＝60°，∴B为锐角，
∴cos B＝＝ ＝.
6．在△ABC中，已知A＝，a＝，b＝1，则c的值为( )
A．1 B．2 C.－1 D.
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知两边及其中一边的对角解三角形
答案 B
解析 由正弦定理＝，
可得＝，∴sin B＝，
由a>b，得A>B，∴B∈，∴B＝.
故C＝，由勾股定理得c＝2.
7．在△ABC中，B＝，BC边上的高为BC，则sin A等于( )
A. B. C. D.
考点 用正弦定理解三角形
题点 正弦定理解三角形综合
答案 D
解析 如图，设BC边上的高为AD，不妨令AD＝1.
由B＝，知BD＝1.
又AD＝BC＝BD，
∴DC＝2，AC＝＝.
由正弦定理知，sin∠BAC＝＝×3＝.
8．在△ABC中，若A＝60°，B＝45°，BC＝3，则AC等于( )
A．4 B．2
C. D.
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知两角及一边解三角形
答案 B
解析 由正弦定理，得＝，即＝，所以AC＝×＝2，故选B.
二、填空题
9．在△ABC中，若C＝2B，则的取值范围为________．
考点 用正弦定理解三角形
题点 利用正弦定理、三角变形解三角形
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△ABC的面积S＝________.
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＝＝.
所以S＝absin C＝×1××＝.
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、三角变形解三角形
答案 ①②③
解析 A>B?a>b?sin A>sin B，故①成立．
函数y＝cos x在区间[0，π]上是减函数，
∵A>B，∴cos A在锐角三角形中，∵A＋B>，
∴0<－B函数y＝sin x在区间上是增函数，
则有sin A>sin，即sin A>cos B，
同理sin B>cos A，故③成立．
三、解答题
12．已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，c＝10，A＝45°，C＝30°，求a，b和B.
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知两角及一边解三角形
解 ∵＝，
∴a＝＝＝10.
B＝180°－(A＋C)＝180°－(45°＋30°)＝105°.
又∵＝，
∴b＝＝＝20sin 75°
＝20×＝5(＋)．
13．在△ABC中，A＝60°，a＝4，b＝4，求B.
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知两边及其中一边的对角解三角形
解 由正弦定理＝，得sin B＝，
∵a>b，∴A>B，∴B只有一解，∴B＝45°.
四、探究与拓展
14．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝x，b＝2，B＝45°.若△ABC有两解，则x的取值范围是( )
A．(2，＋∞) B．(0,2) C．(2,2) D．(，2)
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知两边及其中一边的对角解三角形
答案 C
解析 因为△ABC有两解，所以asin B即xsin 45°<215．已知下列各三角形中的两边及其中一边的对角，判断三角形是否有解，有解的作出解答．
(1)a＝10，b＝20，A＝80°；
(2)a＝2，b＝6，A＝30°.
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知两边及其中一边的对角解三角形
解 (1)a＝10，b＝20，a讨论如下：
∵bsin A＝20sin 80°>20sin 60°＝10，
∴a(2)a＝2，b＝6，a∵bsin A＝6sin 30°＝3，a>bsin A，
∴bsin A由正弦定理得sin B＝＝＝，
又∵B∈(0°，180°)，∴B＝60°或B＝120°.
当B＝60°时，C＝90°，c＝＝＝4；
当B＝120°时，C＝30°，c＝＝＝2.
∴当B＝60°时，C＝90°，c＝4；
当B＝120°时，C＝30°，c＝2.
1.2 余弦定理
第1课时 余弦定理及其直接应用
学习目标 1.掌握余弦定理的两种表示形式及证明余弦定理的向量方法.2.会运用余弦定理解决两类基本的解三角形问题．
知识点一 余弦定理
思考1 根据勾股定理，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.
思考2 在c2＝a2＋b2－2abcos C中，abcos C能解释为哪两个向量的数量积？你能由此证明思考1的猜想吗？
答案 abcos C＝||||cos?，?＝·.
∴a2＋b2－2abcos C＝2＋2－2·＝(－)2＝2＝c2.
猜想得证．
梳理 余弦定理的公式表达及语言叙述
余弦定理
公式表达
a2＝b2＋c2－2bccos A，
b2＝a2＋c2－2accos B，
c2＝a2＋b2－2abcos C
语言叙述
三角形中任何一边的平方等于其他两边的平方的和减去这两边与它们的夹角的余弦的积的两倍
推论
cos A＝，
cos B＝，
cos C＝
特别提醒：余弦定理的特点
(1)适用范围：余弦定理对任意的三角形都成立．
(2)揭示的规律：余弦定理指的是三角形中的三条边与其中一个角的余弦之间的关系，它含有四个不同的量，知道其中的三个量，就可求得第四个量．
知识点二 适宜用余弦定理解决的两类基本的解
三角形问题
思考1 观察知识点一梳理表格第一行中的公式结构，其中等号右边涉及几个量？你认为可用来解哪类三角形？
答案 每个公式右边都涉及三个量，两边及其夹角．故如果已知三角形的两边及其夹角，可用余弦定理解三角形．
思考2 观察知识点一梳理表格第三行中的公式结构，其中等号右边涉及几个量？你认为可用来解哪类三角形？
答案 每个公式右边都涉及三个量，即三角形的三条边，故如果已知三角形的三边，也可用余弦定理解三角形．
梳理 余弦定理适合解决的问题：(1)已知两边及其夹角，解三角形；(2)已知三边，解三角形．
1．勾股定理是余弦定理的特例．(√)
2．余弦定理每个公式中均涉及三角形的四个元素．(√)
3．在△ABC中，已知两边及其夹角时，△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，＝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等于( )
A．4 B. C．3 D.
考点 用余弦定理解三角形
题点 已知两边及其夹角解三角形
答案 D
解析 由三角形内角和定理可知cos C＝－cos(A＋B)＝－，又由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos C＝9＋4－2×3×2×＝17，所以c＝.
反思与感悟 已知三角形两边及其夹角时，应先从余弦定理入手求出第三边，再利用正弦定理求其余的角．
跟踪训练2 在△ABC中，已知a＝2，b＝2，C＝15°，求A.
考点 用余弦定理解三角形
题点 已知两边及其夹角解三角形
解 由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos C＝8－4，
所以c＝－.
由正弦定理，得sin A＝＝，
因为b>a，所以B>A，
所以A为锐角，所以A＝30°.
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( )
A．52 B．2 C．16 D．4
考点 用余弦定理解三角形
题点 已知两边及其夹角解三角形
答案 B
解析 设第三边长为x，则x2＝52＋32－2×5×3×＝52，∴x＝2.
2．在△ABC中，a＝7，b＝4，c＝，则△ABC的最小角为( )
A. B. C. D.
考点 用余弦定理解三角形
题点 已知三边解三角形
答案 B
解析 ∵a>b>c，∴C为最小角且C为锐角，
由余弦定理，得cos C＝
＝＝.
又∵C为锐角，∴C＝.
3．如果等腰三角形的周长是底边长的5倍，那么它的顶角的余弦值为( )
A. B. C. D.
考点 用余弦定理解三角形
题点 已知三边解三角形
答案 D
解析 设顶角为C，周长为l，因为l＝5c，
所以a＝b＝2c，
由余弦定理，得cos C＝＝＝.
4．在△ABC中，a＝3，b＝2，cos C＝，则c2＝ .
考点 用余弦定理解三角形
题点 已知两边及其夹角解三角形
答案 30－4
解析 c2＝a2＋b2－2abcos C＝(3)2＋(2)2－2×3×2×＝30－4.
5．在△ABC中，若b＝1，c＝，C＝，则a＝ .
考点 余弦定理及其变形应用
题点 用余弦定理求边或角的取值范围
答案 1
解析 ∵c2＝a2＋b2－2abcos C，
∴()2＝a2＋12－2a×1×cos，
∴a2＋a－2＝0，即(a＋2)(a－1)＝0，
∴a＝1或a＝－2(舍去)，∴a＝1.
1．利用余弦定理可以解决两类有关三角形的问题
(1)已知两边和夹角，解三角形．
(2)已知三边求三角形的任意一角．
2．余弦定理与勾股定理的关系：余弦定理可以看作是勾股定理的推广，勾股定理可以看作是余弦定理的特例．
(1)如果一个三角形两边的平方和大于第三边的平方，那么第三边所对的角是锐角．
(2)如果一个三角形两边的平方和小于第三边的平方，那么第三边所对的角是钝角．
(3)如果一个三角形两边的平方和等于第三边的平方，那么第三边所对的角是直角．
一、选择题
1．在△ABC中，已知a＝2，则bcos C＋ccos B等于( )
A．1 B. C．2 D．4
考点 余弦定理及其变形应用
题点 余弦定理的变形应用
答案 C
解析 bcos C＋ccos B＝b·＋c·＝＝a＝2.
2．在△ABC中，已知B＝120°，a＝3，c＝5，则b等于( )
A．4 B. C．7 D．5
考点 用余弦定理解三角形
题点 已知两边及其夹角解三角形
答案 C
解析 ∵b2＝a2＋c2－2accos B
＝32＋52－2×3×5×cos 120°＝49，
∴b＝7.
3．边长为5,7,8的三角形的最大角与最小角的和是( )
A．90° B．120° C．135° D．150°
考点 用余弦定理解三角形
题点 已知三边解三角形
答案 B
解析 设中间角为θ，则θ为锐角，
cos θ＝＝，
θ＝60°，180°－60°＝120°为所求．
4．在△ABC中，已知b2＝ac且c＝2a，则cos B等于( )
A. B. C. D.
考点 余弦定理及其变形应用
题点 余弦定理的变形应用
答案 B
解析 ∵b2＝ac，c＝2a，∴b2＝2a2，
∴cos B＝＝＝.
5．若△ABC的三边长分别为AB＝7，BC＝5，CA＝6，则·的值为( )
A．19 B．14 C．－18 D．－19
考点 余弦定理及其变形应用
题点 余弦定理的变形应用
答案 D
解析 设三角形的三边分别为a，b，c，
依题意，得a＝5，b＝6，c＝7.
∴·＝||·||·cos(π－B)＝－ac·cos B.
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac·cos B，
∴－ac·cos B＝(b2－a2－c2)＝(62－52－72)＝－19，
∴·＝－19.
6．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a＝4，b＝5，c＝6，则等于( )
A．1 B．2 C. D.
考点 用余弦定理解三角形
题点 已知三边解三角形
答案 A
解析 由余弦定理得cos A＝＝＝，所以＝＝＝＝1.
7.如图，某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形AOB，C是该小区的一个出入口，小区里有一条平行于AO的小路CD.已知某人从点O沿OD走到点D用了2 min，从点D沿DC走到点C用了3 min.若此人步行的速度为50 m/min，则该扇形的半径为( )
A．50 m B．45 m C．50 m D．47 m
考点 用余弦定理解三角形
题点 已知两边及其夹角解三角形
答案 C
解析 依题意得OD＝100 m，CD＝150 m，
连接OC，易知∠ODC＝180°－∠AOB＝60°，
因此由余弦定理，得
OC2＝OD2＋CD2－2OD×CD×cos∠ODC，
即OC2＝1002＋1502－2×100×150×，
解得OC＝50(m)．
8．若△ABC的内角A，B，C所对的边a，b，c满足(a＋b)2－c2＝4，且C＝60°，则ab的值为( )
A. B．8－4
C．1 D.
考点 余弦定理及其变形应用
题点 余弦定理的变形应用
答案 A
解析 (a＋b)2－c2＝a2＋b2－c2＋2ab＝4，
又c2＝a2＋b2－2abcos C＝a2＋b2－ab
∴a2＋b2－c2＝ab，
∴3ab＝4，∴ab＝.
二、填空题
9．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2＋b2考点 余弦定理及其变形应用
题点 用余弦定理求边或角的取值范围
答案
解析 因为a2＋b2.又因为sin C＝，所以C＝.
10．在△ABC中，A＝60°，最大边长与最小边长是方程x2－9x＋8＝0的两个实根，则边BC的长为 ．
考点 余弦定理及其变形应用
题点 余弦定理与一元二次方程结合问题
答案
解析 设内角B，C所对的边分别为b，c.
∵A＝60°，∴可设最大边与最小边分别为b，c.由条件可知b＋c＝9，bc＝8，∴BC2＝b2＋c2－2bccos A＝(b＋c)2－2bc－2bccos A＝92－2×8－2×8×cos 60°＝57，∴BC＝.
11．在△ABC中，AB＝2，AC＝，BC＝1＋，AD为边BC上的高，则AD的长是 ．
考点 余弦定理解三解形
题点 已知三边解三角形
答案
解析 ∵cos C＝＝，
∴C∈，∴sin C＝，∴AD＝AC·sin C＝.
三、解答题
12．在△ABC中，已知A＝120°，a＝7，b＋c＝8，求b，c.
考点 余弦定理及其变形应用
题点 余弦定理的变形应用
解 由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccos A＝(b＋c)2－2bc(1＋cos A)，
所以49＝64－2bc，即bc＝15,
由解得或
13．在△ABC中，a2＋c2＝b2＋ac，求：
(1)B的大小；
(2)cos A＋cos C的最大值．
考点 用余弦定理解三角形
题点 余弦定理解三角形综合问题
解 (1)由a2＋c2＝b2＋ac，得a2＋c2－b2＝ac，
由余弦定理得cos B＝＝＝.
又0(2)A＋C＝π－B＝π－＝，
所以C＝－A,0所以cos A＋cos C＝cos A＋cos
＝cos A＋cos cos A＋sin sin A
＝cos A－cos A＋sin A
＝sin A＋cos A
＝sin.
∵0故当A＋＝，即A＝时，cos A＋cos C取得最大值1.
四、探究与拓展
14．已知a，b，c是△ABC的三边长，若直线ax＋by＋c＝0与圆x2＋y2＝1无公共点，则△ABC的形状是( )
A．锐角三角形 B．钝角三角形
C．直角三角形 D．不能确定
考点 判断三角形形状
题点 利用余弦定理判断三角形形状
答案 B
解析 ∵直线ax＋by＋c＝0与圆x2＋y2＝1无公共点，
∴圆心(0,0)到直线ax＋by＋c＝0的距离
d＝ >1，
即a2＋b2－c2<0，
∴cos C＝<0，
又C∈(0，π)，
∴C为钝角，
故△ABC为钝角三角形．
15．在△ABC中，已知BC＝7，AC＝8，AB＝9，则AC边上的中线长为 ．
考点 用余弦定理解三角形
题点 已知三边解三角形
答案 7
解析 由条件知，
cos A＝＝＝，
设中线长为x，由余弦定理，知
x2＝2＋AB2－2××ABcos A
＝42＋92－2×4×9×＝49，
所以x＝7，所以AC边上的中线长为7.
第2课时 余弦定理的变形及应用
学习目标 1.熟练掌握余弦定理及其变形形式.2.会用余弦定理解三角形.3.能利用正弦定理、余弦定理解决有关三角形的恒等式化简、证明及形状判断等问题．
知识点一 余弦定理及其推论
1．a2＝b2＋c2－2bccos A，b2＝ c2＋a2－2cacos B，c2＝a2＋b2－2abcos C.
2．cos A＝；cos B＝；cos C＝.
3．在△ABC中，c2＝a2＋b2?C为直角；c2>a2＋b2?C为钝角；c2知识点二 余弦定理及其变形的使用
思考 在解题过程中我们会遇到各种各样的条件，那么什么样的条件适合用余弦定理去化简变形呢？
答案 当条件中出现了余弦定理的局部或变形如a2＋b2，a＋b，ab，cos A等，可以考虑使用余弦定理或变形形式对条件进行化简变形．
梳理 对条件、解题目标进行变形的目的是借助正弦定理、余弦定理两个桥梁，减少条件与目标间的差异直至贯通．
1．在△ABC的六个元素中，已知任意三个元素可求其他元素．(×)
2．当b2＋c2－a2>0时，三角形ABC为锐角三角形．(×)
类型一 利用余弦定理解已知两边及其中一边的对角的三角形
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的对角用余弦定理解三角形
解 由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，
得72＝82＋c2－2×8×ccos 60°，
整理得c2－8c＋15＝0，解得c＝3或c＝5.
引申探究
本例条件不变，用正弦定理求c.
解 由正弦定理，
得＝＝＝＝，
∴sin A＝＝，
∴cos A＝±＝±＝±.
∴sin C＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)
＝sin Acos B＋cos Asin B
＝·±·，
∴sin C＝或sin C＝.
当sin C＝时，c＝·sin C＝5；
当sin C＝时，c＝·sin C＝3.
反思与感悟 相对于用正弦定理解此类题，用余弦定理不必考虑三角形解的个数，解出几个是几个．
跟踪训练1 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若A＝，a＝，b＝1，则c等于( )
A．1 B．2 C.－1 D.
考点 用余弦定理解三角形
题点 已知两边及其中一边的对角用余弦定理解三角形
答案 B
解析 由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，
得()2＝12＋c2－2c·cos ，
即c2－c－2＝0，
∴c＝2或c＝－1(舍)．
类型二 余弦定理的变形及应用
例2 在△ABC中，若(a＋c)(a－c)＝b(b＋c)，则A＝ .
考点 余弦定理及其变形应用
题点 余弦定理的变形应用
答案
解析 a2－c2＝b2＋bc，b2＋c2－a2＝－bc，
cos A＝＝＝－，
又A∈(0，π)，
故A＝.
反思与感悟 只有熟悉余弦定理及其变形，才能敏锐地抓住条件中与余弦定理及变形相似的地方，从而对条件进行有目的地变形．
跟踪训练2 在△ABC中，sin2＝，则△ABC的形状为( )
A．正三角形 B．直角三角形
C．等腰直角三角形 D．等腰三角形
考点 判断三角形形状
题点 利用正弦、余弦定理、三角变形判断三角形形状
答案 B
解析 ∵sin2＝＝，
∴cos A＝＝，
∴a2＋b2＝c2，符合勾股定理．
∴△ABC为直角三角形．
类型三 利用正弦、余弦定理证明三角形中的恒等式
例3 在△ABC中，有
(1)a＝bcos C＋ccos B；
(2)b＝ccos A＋acos C；
(3)c＝acos B＋bcos A，
这三个关系式也称为射影定理，请给出证明．
考点 正弦、余弦定理证明恒等式
题点 正弦、余弦定理证明恒等式
证明 方法一 (1)由正弦定理，得a＝2Rsin A，
b＝2Rsin B，c＝2Rsin C，(R为△ABC的外接圆半径)，
∴bcos C＋ccos B＝2Rsin Bcos C＋2Rsin Ccos B
＝2R(sin Bcos C＋cos Bsin C)
＝2Rsin(B＋C)
＝2Rsin A＝a.
即a＝bcos C＋ccos B.
同理可证(2)b＝ccos A＋acos C.
(3)c＝acos B＋bcos A.
方法二 (1)由余弦定理，得
cos B＝，cos C＝，
∴bcos C＋ccos B＝b·＋c·
＝＋＝＝a.
∴a＝bcos C＋ccos B.
同理可证(2)b＝ccos A＋acos C.
(3)c＝acos B＋bcos A.
反思与感悟 证明三角形中边角混合关系恒等式，可以考虑两种途径：一是把角的关系通过正弦、余弦定理转化为边的关系，正弦借助正弦定理转化，余弦借助余弦定理转化；二是通过正弦定理把边的关系转化为角的关系．
跟踪训练3 在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，求证：＝.
考点 正弦、余弦定理证明恒等式
题点 正弦、余弦定理证明恒等式
证明 方法一 左边＝＝，
右边＝＝，
∴等式成立．
方法二 右边＝
＝＝＝＝左边，
∴等式成立.
1．在△ABC中，若b2＝a2＋c2＋ac，则B等于( )
A．60° B．45°或135° C．120° D．30°
考点 余弦定理及其变形应用
题点 余弦定理的变形应用
答案 C
解析 ∵b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2＋ac，
∴ac＝－2accos B，cos B＝－，
又0°∴B＝120°.
2．在△ABC中，关于x的方程(1＋x2)sin A＋2xsin B＋(1－x2)sin C＝0有两个不等的实根，则A为( )
A．锐角 B．直角
C．钝角 D．不存在
考点 判断三角形形状
题点 利用正弦定理、余弦定理判断三角形形状
答案 A
解析 由方程可得(sin A－sin C)x2＋2xsin B＋sin A＋sin C＝0.
∵ 方程有两个不等的实根，
∴ 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．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°.
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b2＝a2＋c2－2accos B，
得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．对所给条件进行变形，主要有两种途径：
(1)化边为角．
(2)化角为边，并常用正弦(余弦)定理进行边、角转换．
一、选择题
1．若三条线段的长分别为5,6,7，则用这三条线段( )
A．能组成直角三角形
B．能组成锐角三角形
C．能组成钝角三角形
D．不能组成三角形
考点 判断三角形形状
题点 利用余弦定理判断三角形形状
答案 B
解析 因为三角形最大边对应的角的余弦值cos θ＝＝>0，
所以能组成锐角三角形．
2．在△ABC中，若c＝2，b＝2a，且cos C＝，则a等于( )
A．2 B. C．1 D.
考点 余弦定理及其变形应用
题点 余弦定理的变形应用
答案 C
解析 由cos C＝＝＝，得a＝1.
3．如果将直角三角形的三边增加同样的长度，则新三角形的形状是( )
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．由增加的长度确定
考点 判断三角形形状
题点 利用余弦定理判断三角形形状
答案 A
解析 设直角三角形的三边为a，b，c且a2＋b2＝c2，
则(a＋x)2＋(b＋x)2－(c＋x)2
＝a2＋b2＋2x2＋2(a＋b)x－c2－2cx－x2
＝2(a＋b－c)x＋x2>0，
∴此时新三角形的最大角为锐角．
故新三角形是锐角三角形．
4．在△ABC中，sin A∶sin B∶sin C＝3∶2∶3，则cos C的值为( )
A. B．－
C. D．－
考点 余弦定理及其变形应用
题点 已知三边之比或三角正弦之比，求角
答案 A
解析 由sin A∶sin B∶sin C＝3∶2∶3，
可得a∶b∶c＝3∶2∶3.
不妨设a＝3k，b＝2k，c＝3k(k＞0)，
则cos C＝＝.
5．在△ABC中，若a2＝bc，则角A是( )
A．锐角 B．钝角
C．直角 D．不确定
考点 余弦定理及其变形应用
题点 用余弦定理求边或角的取值范围
答案 A
解析 ∵cos A＝＝＝>0，
∴0°6．已知在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2b2－2a2＝ac＋2c2，则sin B等于( )
A. B.
C. D.
考点 余弦定理及其变形应用
题点 余弦定理的变形应用
答案 A
解析 由2b2－2a2＝ac＋2c2，得2(a2＋c2－b2)＋ac＝0.
由余弦定理，得a2＋c2－b2＝2accos B，
∴4accos B＋ac＝0.
∵ac≠0，
∴4cos B＋1＝0，cos B＝－，又B∈(0，π)，
∴sin B＝＝.
7．已知a，b，c为△ABC的三边，B＝120°，则a2＋c2＋ac－b2等于( )
A．0 B．－1 C．1 D．2
考点 余弦定理及其变形应用
题点 余弦定理的变形应用
答案 A
解析 ∵b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－2accos 120°＝a2＋c2＋ac，∴原式等于0.
8．已知△ABC的三边长为a＝3，b＝4，c＝，则△ABC的最大内角为( )
A．120° B．90°
C．150° D．60°
考点 用余弦定理解三角形
题点 已知三边解三角形
答案 A
解析 ∵c>a，c>b，∴角C最大．
由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos C，
即37＝9＋16－24cos C，∴cos C＝－.
∵0°二、填空题
9．在△ABC中，a2－b2＝bc，sin C＝2sin B，则A＝ .
考点 用正弦、余弦定理解三角形
题点 用正弦、余弦定理解三角形
答案 30°
解析 由sin C＝2sin B及正弦定理，
得c＝2b，
把它代入a2－b2＝bc中，得a2－b2＝6b2，
即a2＝7b2.
由余弦定理，得
cos A＝＝＝＝，
又0°故A＝30°.
10．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，asin A＋csin C－asin C＝bsin B，则角B＝ .
考点 用正弦、余弦定理解三角形
题点 用正弦、余弦定理解三角形
答案 45°
解析 由正弦定理，得a2＋c2－ac＝b2，
由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos B，
故cos B＝.
又因为B为三角形的内角，所以B＝45°.
11．在△ABC中，若a＝2，b＋c＝7，cos B＝－，则b＝ .
考点 余弦定理及其变形应用
题点 用余弦定理求边或角的取值范围
答案 4
解析 在△ABC中，
由b2＝a2＋c2－2accos B及b＋c＝7，
知b2＝4＋(7－b)2－2×2×(7－b)×，
整理得15b－60＝0，所以b＝4.
三、解答题
12．在△ABC中，求证：＝.
考点 正弦、余弦定理证明恒等式
题点 正弦、余弦定理证明恒等式
证明 因为右边＝
＝×cos B－×cos A
＝×－×
＝－＝＝左边．
所以＝.
13．△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若＝，求角B.
考点 用正弦、余弦定理解三角形
题点 用正弦、余弦定理解三角形
解 由＝及正弦定理知＝，整理得b2－a2＝ac＋c2，即b2＝a2＋c2＋ac，根据余弦定理可知cos B＝－，又B∈(0，π)，
所以B＝.
四、探究与拓展
14．已知三角形三边长为a，b， (a>0，b>0)，则最大角为 ．
考点 用余弦定理解三角形
题点 已知三边解三角形
答案 120°
解析 易知>a，>b，
设最大角为θ，
则cos θ＝＝－，
又∵0°<θ<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、三角变形判断三角形形状
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．
§2 三角形中的几何计算
学习目标 1.能够运用正弦定理、余弦定理处理三角形中的计算问题.2.能够运用正弦定理、余弦定理进行平面几何中的推理与证明．
知识点一 平面图形中的计算问题
思考 问题：在△ABC中，A＝，AB＝6，AC＝3，点D在BC边上，AD＝BD，求AD的长．拿到该问题之后，到确定解决方案之前，你通常要做哪些工作？
答案 ①画出图形 ；
②理清已知条件，要求的目标；
③根据条件目标寻求通过解三角形凑齐缺失条件．
梳理 对于平面图形的长度、角度、面积等计算问题，首先要把所求的量转化到三角形中，然后选用正弦定理、余弦定理解决．构造三角形时，要注意使构造三角形含有尽量多个已知量，这样可以简化运算．
知识点二 平面图形中的最值问题
思考 问题：直线x－2y－2k＝0与直线2x－3y－k＝0的交点在圆x2＋y2＝9上或圆的内部，如何求k的最大值？
答案 先求出两直线交点坐标(－4k，－3k)，再把约束条件“点在圆上或内部”转化为代数式(－4k)2＋(－3k)2≤9，从中求得k的最大值为.
梳理 类似地，对于求平面图形中的最值问题，首先要选用恰当的变量，然后选择正弦定理或余弦定理建立待求量与变量间的函数关系，借助于三角函数的相关知识求最值．
1．三角形中的几何计算通常都转化为解一个或几个三角形的问题．(√)
2．平面图形中的最值问题若能转化为Asin(ωx＋φ)＋B的形式，且最大值一定是A＋B.(×)
类型一 四边形有关的几何图形计算问题
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．
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
解 在△ABD中，由余弦定理，
得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cos∠ADB，
设BD＝x，则有142＝102＋x2－2×10xcos 60°，
∴x2－10x－96＝0，
∴x1＝16，x2＝－6(舍去)，
∴BD＝16.
在△BCD中，
由正弦定理知，＝，
∴BC＝·sin 30°＝8.
反思与感悟 解决此类问题的关键是将已知条件转化为三角形的边角关系，再利用正弦、余弦定理求解．
跟踪训练1 如图，△ACD是等边三角形，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，BD交AC于E，AB＝2.
(1)求cos∠CBE的值；
(2)求AE.
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
解 (1)∵∠BCD＝90°＋60°＝150°，CB＝AC＝CD，
∴∠CBE＝15°，
∴cos∠CBE＝cos(45°－30°)＝.
(2)在△ABE中，AB＝2，
由正弦定理可得＝，
得AE＝＝＝－.
类型二 三角形有关的几何图形计算问题
例2 在△ABC中，已知AB＝，cos∠ABC＝，AC边上的中线BD＝，求sin A的值．
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
解 如图所示，取BC的中点E，连接DE，则DE∥AB，且DE＝AB＝.
∵cos∠ABC＝，
∴cos∠BED＝－.
设BE＝x，在△BDE中，利用余弦定理，
可得BD2＝BE2＋ED2－2BE·ED·cos∠BED，
即5＝x2＋＋2××x.
解得x＝1或x＝－(舍去)，故BC＝2.
在△ABC中，利用余弦定理，
可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝，
即AC＝.
又sin∠ABC＝＝，
∴＝，
∴sin A＝.
反思与感悟 三角形有关的几何图形计算问题在筹备解三角形所需条件时，通常要利用平面几何的相关结论，如中位线、角平分线、高线、相似、平行等．
跟踪训练2 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．
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
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.
类型三 边长、面积的最值问题
例3 已知△ABC的外接圆半径为R，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足2R(sin2A－sin2C)＝(a－b)·sin B，求△ABC面积的最大值．
考点 面积与周长的最值或取值范围问题
题点 面积的最值或取值范围
解 由正弦定理得a2－c2＝(a－b)b，
即a2＋b2－c2＝ab.
由余弦定理得cos C＝＝＝，
∵C∈(0，π)，∴C＝.
∴S＝absin C＝×2Rsin A·2Rsin B·
＝R2sin Asin B
＝R2sin Asin
＝R2sin A
＝R2(sin Acos A＋sin2A)
＝R2
＝R2
∵A∈，∴2A－∈，
∴sin∈，∴S∈，
∴面积S的最大值为R2.
反思与感悟 求三角形面积的取值时，我们一般先求出面积与三角形的边(或角)之间的函数关系式(注意消元)，再利用三角函数的有界性、二次函数等方法来求面积的最值．
跟踪训练3 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，c＝，设S为△ABC的面积，满足S＝(a2＋b2－c2)．
(1)求角C的大小；
(2)求a＋b的最大值．
考点 面积与周长的最值或取值范围问题
题点 面积与周长问题的综合
解 (1)由题意可知absin C＝×2abcos C，
所以tan C＝，因为0(2)由(1)知2R＝＝＝2.
所以a＋b＝2Rsin A＋2Rsin B
＝2(sin A＋sin B)
＝2
＝2
＝2
＝2sin≤2，
当A＝，即△ABC为等边三角形时取等号．
所以a＋b的最大值为2.
1．在△ABC中，B＝，BC边上的高为BC，则sin A等于( )
A. B. C. D.
考点 几何图形中的计算问题
题点 三角形有关的几何图形计算问题
答案 D
解析 设BC边上的高AD交BC于点D，
由题意知B＝，
BD＝BC，DC＝BC，
tan∠BAD＝1，tan∠CAD＝2，
tan A＝＝－3，
所以sin A＝.
2．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a＝1，B＝45°，S△ABC＝2，则△ABC的外接圆直径为( )
A．4 B．60 C．5 D．6
考点 几何图形中的计算问题
题点 三角形有关的几何图形计算问题
答案 C
解析 ∵S△ABC＝ac·sin B＝c·sin 45°＝c＝2，
∴c＝4，∴b2＝a2＋c2－2accos 45°＝25，
∴b＝5，
∴△ABC的外接圆直径为＝5.
3．设A是△ABC中最小的内角，则sin A＋cos A的取值范围是( )
A．(－，) B．[－， ] C．(1，) D．(1， ]
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 D
解析 sin A＋cos A＝sin.
∵A为△ABC中最小的内角，∴A∈，
∴A＋∈，∴sin∈，
∴sin A＋cos A∈(1， ]．
4．在△ABC中，已知B＝，D是BC边上一点，AD＝10，AC＝14，DC＝6，则AB的长为________．
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 在△ADC中，∵AD＝10，AC＝14，DC＝6，
∴cos∠ADC＝＝＝－.
又∵∠ADC∈(0，π)，∴∠ADC＝，∴∠ADB＝.
在△ABD中，由正弦定理得＝，
∴AB＝＝＝5.
5．已知AB⊥BD，AC⊥CD，AC＝1，AB＝2，∠BAC＝120°，求BD的长．
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
解 如图，连接BC，
BC＝＝，
在△ABC，由正弦定理知，＝，∴sin ∠ACB＝.
又∵∠ACD＝90°，
∴cos∠BCD＝，sin ∠BCD＝，
由AB⊥BD，AC⊥CD，∠BAC＝120°，得∠BDC＝60°.
由正弦定理，得BD＝＝＝.
1．解决几何图形中的计算问题的关键是根据题意画出图形，将图形中的已知条件与未知量之间的关系转化为三角形中的边与角的关系，求解三角形，使问题获解．
2．三角形问题中，常涉及求边、求角及求面积等问题，用正、余弦定理作为解题的工具进行转化求解．在涉及变量取值范围或最值问题时，常常用到函数等数学相关知识．
3．解三角形时，角的取值范围至关重要，角的取值范围往往隐含在题目中，不深入挖掘很容易出错．
一、选择题
1．△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
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 B
解析 设另一条边的边长为x，则x2＝22＋32－2×2×3×，
∴x2＝9，∴x＝3.
设cos θ＝，则sin θ＝，
∴2R＝＝＝.
2．在△ABC中，AB＝7，AC＝6，M是BC的中点，AM＝4，则BC等于( )
A. B.
C. D.
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 B
解析 设BC＝a，则BM＝CM＝.
在△ABM中，AB2＝BM2＋AM2－2BM·AMcos∠AMB，
即72＝＋42－2××4·cos∠AMB.①
在△ACM中，
AC2＝AM 2＋CM 2－2AM·CM·cos∠AMC
即62＝42＋＋2×4×·cos∠AMB.②
①＋②得72＋62＝42＋42＋，∴a＝.
3．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
考点 几何图形中的计算问题
题点 四边形有关的几何图形计算问题
答案 B
解析 连接BD，四边形面积可分为△ABD与△BCD两部分的和，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.
4．在平行四边形中，AC＝，BD＝，周长为18，则平行四边形的面积是( )
A．16 B．17.5
C．18 D．18.53
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 A
解析 设两邻边AD＝b，AB＝a，∠BAD＝α，
则a＋b＝9，a2＋b2－2abcos α＝17，
a2＋b2－2abcos(180°－α)＝65.
解得a＝5，b＝4，cos α＝或a＝4，b＝5，cos α＝，
故sin α＝＝，
∴S?ABCD＝absin α＝16.
5．在△ABC中，A＝105°，B＝30°，a＝，则B的角平分线的长是( )
A. B．2 C．1 D.
考点 几何图形中的计算问题
题点 三角形有关的几何图形计算问题
答案 C
解析 设B的角平分线的长为BD.
易知∠ACB＝180°－105°－30°＝45°，
∠BDC＝180°－15°－45°＝120°.
在△CBD中，有＝，
可得BD＝1.
6．在△ABC中，B＝60°，C＝45°，BC＝8，D是BC上的一点，且＝，则AD的长为( )
A．4(－1) B．4(＋1)
C．4(3－) D．4(3＋)
考点 几何图形中的计算问题
题点 三角形有关的几何图形计算问题
答案 C
解析 ∵＝，BC＝8，∴BD＝4(－1)．
又∵＝，∴＝，
∴AB＝×BC＝×8＝8(－1)．
在△ABD中，由余弦定理得
AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos B
＝[8(－1)]2＋[4(－1)]2－2×8(－1)×4(－1)×cos 60°＝48(－1)2，
∴AD＝4(3－)．
二、填空题
7．如图，点A，B，C是圆O上的点，且AB＝4，∠ACB ＝45°，则圆O的面积为_____．
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 8π
解析 ∵2R＝＝＝4，∴R＝2，
∴S＝πR2＝8π.
8．若平行四边形两邻边的长分别是4和4，它们的夹角是45°，则这个平行四边形较长的那条对角线的长是________．
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 4
解析 较长的对角线长为＝4.
9．在△ABC中，已知A＝60°，AB∶AC＝8∶5，面积为10，则其周长为_______．
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 20
解析 设AB＝8k，AC＝5k，k>0，
则S＝AB·AC·sin A＝10k2＝10.
∴k＝1，AB＝8，AC＝5，由余弦定理得
BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos A＝82＋52－2×8×5×＝49，
∴BC＝7，∴周长为AB＋BC＋CA＝20.
10．已知等腰三角形的底边长为6，一腰长为12，则它的内切圆面积为________．
考点 面积与周长的最值或取值范围问题
题点 面积与周长问题的综合
答案
解析 不妨设a＝6，b＝c＝12，由余弦定理得
cos A＝＝＝，
∴sin A＝＝.
由(a＋b＋c)r＝bcsin A，得r＝.
∴S内切圆＝πr2＝.
三、解答题
11．在△ABC中，AC边上的角平分线BD交AC边于点D.求证：＝.
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
证明 如图所示，在△ABD中，利用正弦定理，
可得＝.①
在△CBD中，
利用正弦定理，可得＝.②
∵BD是∠B的平分线，
∴∠ABD＝∠CBD，
又∵∠ADB＋∠CDB＝180°，
∴sin∠ADB＝sin∠CDB，
∴①＝②，得＝，
即＝成立．
12．已知圆内接四边形ABCD的边长AB＝2，BC＝6，CD＝DA＝4，求圆内接四边形ABCD的面积．
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
解 如图，连接BD，则四边形面积S＝S△ABD＋S△CBD＝AB·AD·sin A＋BC·CD·sin C.
∵A＋C＝180°，
∴sin A＝sin C.
∴S＝(AB·AD＋BC·CD)·sin A＝16sin A.
在△ABD中，由余弦定理得
BD2＝22＋42－2×2×4cos A＝20－16cos A，
在△CDB中，BD2＝42＋62－2×4×6cos C
＝52－48cos C，
∴20－16cos A＝52－48cos C.
又cos C＝－cos A,0°∴cos A＝－，A＝120°，
∴四边形ABCD的面积S＝16sin A＝8.
13．若△ABC的三边长分别为a，b，c，面积为S，且S＝c2－(a－b)2，a＋b＝2，求面积S的最大值．
考点 面积与周长的最值或取值范围问题
题点 面积的最值或取值范围
解 S＝c2－(a－b)2＝c2－a2－b2＋2ab＝2ab－(a2＋b2－c2)，
由余弦定理得a2＋b2－c2＝2abcos C，
∴c2－(a－b)2＝2ab(1－cos C)，
即S＝2ab(1－cos C)．
∵S＝absin C，∴sin C＝4(1－cos C)．
又∵sin2C＋cos2C＝1，∴17cos2C－32cos C＋15＝0，
解得cos C＝或cos C＝1(舍去)，
∴sin C＝，
∴S＝absin C＝a(2－a)＝－(a－1)2＋.
∵a＋b＝2，∴0四、探究与拓展
14．在△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，△ABD的面积是△ADC的面积的2倍．
(1)求；
(2)若AD＝1，DC＝，求BD和AC的长．
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
解 (1)S△ABD＝AB·ADsin∠BAD，
S△ADC＝AC·ADsin∠CAD.
因为S△ABD＝2S△ADC，∠BAD＝∠CAD，
所以AB＝2AC.
由正弦定理可得
＝＝.
(2)因为S△ABD∶S△ADC＝BD∶DC，所以BD＝.
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.
15．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(2c－a)cos B－bcos A＝0.
(1)若b＝7，a＋c＝13，求△ABC的面积；
(2)求sin2A＋sin的取值范围．
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)因为(2c－a)cos B－bcos A＝0，
由正弦定理得(2sin C－sin A)cos B－sin Bcos A＝0，
则2sin Ccos B－sin(A＋B)＝0，
求得cos B＝，B＝.
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B，
即49＝(a＋c)2－2ac－2accos B，
求得ac＝40，所以△ABC的面积
S＝acsin B＝10.
(2)sin2A＋sin
＝sin2A＋sin
＝sin2A＋sin
＝－cos2A＋cos A＋1，A∈，
令u＝cos A∈，y＝－u2＋u＋1∈.
§3 解三角形的实际应用举例
学习目标 1.准确理解仰角、俯角、方向角等概念.2.掌握一些常见问题的测量方案.3.培养把实际问题抽象为数学问题的能力．
知识点一 常用角
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)方向角
指北或指南方向线与目标方向所成的小于90度的角．
(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．(如下图所示)
知识点二 测量方案
思考 如何不登月测量地月距离？
答案 可以在地球上选两点，与月亮构成三角形，测量地球上两点的距离和这两点看月亮的视角，通过解三角形求得地月距离．
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，比如解决不能到达的实际测量问题．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．
知识点三 把实际问题抽象为数学问题
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？该问题的数学本质是什么？
答案 先在△ABC中，用正弦定理求BC＝，再在Rt△DBC中求DC＝BCtan 8°.
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．
梳理 解与三角形有关的应用题的步骤
(1)准确理解题意，分清已知与所求，尤其要理解应用题中的有关名词和术语．
(2)画出示意图，并将已知条件在图形中标出．
(3)分析与所研究的问题有关的一个或几个三角形，通过合理运用正弦定理和余弦定理正确求解，并作答．
1．在方向角中，始边一定是南或北，旋转方向一定是顺时针．(×)
2．在仰角或俯角中，视线与水平线的关系实质是斜线与斜线在水平面内的射影．(√)
类型一 平面内的测量问题
命题角度1 水平平面内的测量问题
例1 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，得
BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos A
＝(－1)2＋22－2(－1)·2·cos 120°＝6，
∴BC＝.又∵＝，
∴sin∠ABC＝＝＝，
又∠ABC∈(0°，60°)，∴∠ABC＝45°，
∴B点在C点的正东方向上，
∴∠CBD＝90°＋30°＝120°，
在△BCD中，由正弦定理得＝，
∴sin∠BCD＝＝＝.
又∵∠BCD∈(0°，60°)，∴∠BCD＝30°，
∴缉私船沿北偏东60°的方向行驶．
又在△BCD中，∠CBD＝120°，∠BCD＝30°，
∴∠D＝30°，∴BD＝BC，即10t＝.
∴t＝小时≈15分钟．
∴缉私船应沿北偏东60°的方向行驶，才能最快截获走私船，大约需要15分钟．
反思与感悟 解决航海问题一要搞清方位角(方向角)，二要弄清不动点(三角形顶点)，然后根据条件，画出示意图，转化为解三角形问题．
跟踪训练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海里的速度向正北行驶，已知甲船的速度是每小时a海里，问甲船应沿着什么方向前进，才能最快与乙船相遇？
考点 解三角形求距离
题点 测量方向角求距离
解 如图所示．设经过t小时两船在C点相遇，
则在△ABC中，BC＝at 海里，AC＝at海里，
B＝90°＋30°＝120°，
由＝，得sin∠CAB＝＝＝＝，
∵0°<∠CAB<60°，∴∠CAB＝30°，
∴∠DAC＝60°－30°＝30°，
∴甲船应沿着北偏东30°的方向前进，才能最快与乙船相遇．
命题角度2 竖直平面内的测量问题
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
考点 解三角形求高度
题点 测量俯角(仰角)求高度
答案 D
解析 方法一 设AB＝x m，则BC＝x m.
∴BD＝(10＋x) m，∴tan∠ADB＝＝＝，
解得x＝5(＋1) m.
∴A点离地面的高AB等于5(＋1) m.
方法二 ∵∠ACB＝45°，∴∠ACD＝135°，
∴∠CAD＝180°－135°－30°＝15°.
由正弦定理，得AC＝·sin ∠ADC＝·sin 30°＝ .
∴AB＝ACsin 45°＝5(＋1) m.
反思与感悟 (1)底部可到达，此类问题可直接构造直角三角形．
(2)底部不可到达，但仍在同一与地面垂直的平面内，此类问题中两次观测点和所测垂线段的垂足在同一条直线上，观测者一直向“目标物”前进．
跟踪训练2 某登山队在山脚A处测得山顶B的仰角为35°，沿倾斜角为20°的斜坡前进1 000 m后到达点D处，又测得山顶的仰角为65°，则山的高度为______ m．(精确到1 m)
答案 811
解析 如图，过点D作DE∥AC交BC于点E，
因为∠DAC＝20°，
所以∠ADE＝160°，
于是∠ADB＝360°－160°－65°＝135°.
又∠BAD＝35°－20°＝15°，所以∠ABD＝30°.
在△ABD中，由正弦定理，得
AB＝＝＝1 000(m)．
在Rt△ABC中，BC＝ABsin 35°≈811(m)．
答 山的高度约为811 m.
类型二 空间中的测量问题
例3 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
考点 解三角形求高度
题点 测量方向角、仰角求高度
答案 D
解析 在△BCD中，CD＝10 m，∠BDC＝45°，
∠BCD＝15°＋90°＝105°，∠DBC＝30°，
由正弦定理，得＝，
BC＝＝10(m)．
在Rt△ABC中，tan 60°＝，AB＝BC×tan 60°＝10(m)．
1．如图所示，设A，B两点在河的两岸，一测量者与A在河的同侧，在所在的河岸边先确定一点C，测出A，C的距离为50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以计算出A，B两点的距离为( )
A．50 m B．50 m
C．25 m D. m
考点 解三角形求距离
题点 测量可到达点与不可到达点间的距离
答案 A
解析 ∠B＝180°－45°－105°＝30°，在△ABC中，由＝，
得AB＝100×＝50 (m)．
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________．
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或x＝－1(舍)．
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，测量河对岸的塔高AB时，选取与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D，测得∠BCD＝15°，∠BDC＝30°，CD＝30米，并在点C测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB＝________米．
考点 解三角形求高度
题点 测量俯角(仰角)求高度
答案 15
解析 在△BCD中，∠CBD＝180°－15°－30°＝135°.
由正弦定理，得＝，
所以 BC＝＝15.
在Rt△ABC中，AB＝BCtan∠ACB＝15×tan 60°
＝15(米)．
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．空间中的测量问题通常都是通过射影化归为平面内的测量问题．
3．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．为了测某塔AB的高度，在一幢与塔AB相距20 m的楼顶处测得塔顶的仰角为30°，塔基的俯角为45°，那么塔AB的高为( )
A．20 m B．20 m
C．20(1＋) m D．30 m
考点 解三角形求高度
题点 测量俯角(仰角)求高度
答案 A
解析 塔的高度为20tan 30°＋20tan 45°＝20(m)，故选A.
2．在某个位置测得某山峰仰角为θ，对着山峰在地面上前进600 m后测得仰角为2θ，继续在地面上前进200 m以后测得山峰的仰角为4θ，则该山峰的高度为( )
A．200 m B．300 m C．400 m D．100 m
考点 解三角形求高度
题点 测量俯角(仰角)求高度
答案 B
解析 如图，△BED，△BDC为等腰三角形，
BD＝ED＝600 m，
BC＝DC＝200 m.
在△BCD中，由余弦定理可得
cos 2θ＝＝，
∵0°<2θ<90°，∴2θ＝30°，4θ＝60°.
在Rt△ABC中，AB＝BCsin 4θ＝200×＝300(m)，
故选B.
3．海上有A，B两个小岛相距10 n mile，从A岛望C岛和B岛成60°的视角，从B岛望C岛和A岛成75°的视角，则B，C间的距离是( )
A．10 n mile B. n mile
C．5 n mile D．5 n mile
考点 解三角形求距离
题点 测量方向角求距离
答案 D
解析 在△ABC中，C＝180°－60°－75°＝45°.
由正弦定理，得＝，∴＝，
解得BC＝5 n mile.
4．已知两座灯塔A，B与海洋观察站C的距离相等，灯塔A在观察站C的北偏东40°，灯塔B在观察站C的南偏东60°，则灯塔A在灯塔B的( )
A．北偏东10° B．北偏西10°
C．南偏东10° D．南偏西10°
考点 三角形中角度的求解
题点 三角形中角度的求解
答案 B
解析 如图，因为△ABC为等腰三角形，
所以∠CBA＝(180°－80°)＝50°，60°－50°＝10°，故选B.
5．从高出海平面h米的小岛看正东方向有一只船俯角为30°，看正南方向有一只船俯角为45°，则此时两船间的距离为( )
A．2h米 B.h米
C.h米 D．2h米
考点 解三角形求距离
题点 测量俯角(仰角)求距离
答案 A
解析 如图所示，
BC＝h，AC＝h，
∴AB＝＝2h(米)．
6．某人在C点测得某塔在南偏西80°，塔顶仰角为45°，此人沿南偏东40°方向前进10 m到D，测得塔顶A的仰角为30°，则塔高为( )
A．15 m B．5 m
C．10 m D．12 m
考点 解三角形求高度
题点 测量俯角(仰角)求高度
答案 C
解析 如图，设塔高为h，
在Rt△AOC中，∠ACO＝45°，则OC＝OA＝h.
在Rt△AOD中，∠ADO＝30°，则OD＝h.
在△OCD中，∠OCD＝120°，CD＝10，
由余弦定理，
得OD2＝OC2＋CD2－2OC·CDcos∠OCD，
即(h)2＝h2＋102－2h×10×cos 120°，
∴h2－5h－50＝0，解得h＝10或h＝－5(舍)．
即塔高为10 m.
7．如图所示为起重机装置示意图．支杆BC＝10 m，吊杆AC＝15 m，吊索AB＝5 m，起吊的货物与岸的距离AD为( )
A.30 m B. m
C.15 m D.45 m
考点 解三角形的实际综合应用
题点 解三角形的实际综合应用
答案 B
解析 在△ABC中，cos∠ABC＝＝，∠ABC∈(0，π)，
∴sin∠ABC＝ ＝，
∴在Rt△ABD中，
AD＝AB·sin∠ABC＝5×＝(m)．
二、填空题
8.如图所示为一角槽，已知AB⊥AD，AB⊥BE，并测量得AC＝3 mm，BC＝2 mm，AB＝ mm，则∠ACB＝________.
考点 解三角形求角度
题点 解三角形求角度
答案
解析 在△ABC中，由余弦定理，得cos∠ACB＝＝－.
因为∠ACB∈(0，π)，所以∠ACB＝.
9．要测量对岸两点A，B之间的距离，选取相距 km的C，D两点，并测得∠ACB＝75°，∠BCD＝45°，∠ADC＝30°，∠ADB＝45°，则A，B之间的距离为________km.
考点 解三角形求距离
题点 测量两个不可到达点间的距离
答案
解析 如图，在△ACD中，
∠ACD＝120°，∠CAD＝∠ADC＝30°，
∴AC＝CD＝ km.
在△BCD中，
∠BCD＝45°，∠BDC＝75°，∠CBD＝60°，
∴BC＝＝ (km)．
在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝()2＋2－2×××cos 75°
＝3＋2＋－＝5，∴AB＝ km.
∴A，B之间的距离为 km.
10．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，则建筑物的高度为________ m.
考点 解三角形求高度
题点 测量俯角(仰角)求高度
答案 30
解析 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.
三、解答题
11．如图所示，在社会实践中，小明观察一棵桃树．他在点A处发现桃树顶端点C的仰角大小为45°，往正前方走4 m后，在点B处发现桃树顶端点C的仰角大小为75°.
(1)求BC的长；
(2)若小明身高为1.70 m，求这棵桃树顶端点C离地面的高度．(精确到0.01 m，其中≈1.732)
考点 解三角形求高度
题点 测量俯角(仰角)求高度
解 (1)由题意，得∠CAB＝45°，∠DBC＝75°，
则∠ACB＝75°－45°＝30°，AB＝4，
由正弦定理得＝，
解得BC＝4，即BC的长为4 m.
(2)在△CBD中，∠CDB＝90°，BC＝4，
所以DC＝4sin 75°.
因为sin 75°＝，
则DC＝2＋2，
所以CE＝ED＋DC＝1.70＋2＋2≈3.70＋3.464≈7.16 (m)．
即这棵桃树顶端点C离地面的高度约为7.16 m.
12．甲船在A处，乙船在A的南偏东45°方向，距A有9海里的B处，并以20海里/时的速度沿南偏西15°方向行驶，若甲船以28海里/时的速度行驶，最快用多少小时能追上乙船？
考点 解三角形求距离
题点 测量方向角求距离
解 如图所示，设用t小时甲船能追上乙船，且在C处相遇．
在△ABC中，AC＝28t，BC＝20t，AB＝9，
∠ABC＝180°－45°－15°＝120°.
由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC，
即(28t)2＝92＋(20t)2－2×9×20t×，
128t2－60t－27＝0，
∴t＝或t＝－(舍去)，
∴甲船最快用小时能追上乙船．
13．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.
四、探究与拓展
14．某人在塔的正东方向沿着南偏西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°的方向前进40 m到达C处，
即BC＝40 m，∠CAB＝135°，∠ABC＝30°，∠ACB＝15°.
在△ABC中，＝，
即＝，
∴AC＝20 m.
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＝
＝
＝20sin 15°，
∴AG＝20sin(45°－30°)
＝20＝10(－1)．
在Rt△AEG中，∵AE＝AGtan∠AGE，
∴AE＝10(－1)×＝10－，
∴塔高为 m.
15．为保障高考的公平性，高考时每个考点都要安装手机屏蔽仪，要求在考点周围1千米处不能收到手机信号，检查员抽查某市一考点，在考点正西千米有一条北偏东60°方向的公路，在此处检查员用手机接通电话，以每小时12千米的速度沿公路行驶，问最长需要多少分钟检查员开始收不到信号，并至少持续多长时间该考点才算合格？
考点 解三角形的实际综合应用
题点 解三角形的实际综合应用
解 如图所示，考点为A，检查开始处为B，
设检查员行驶到公路上C，D两点之间时收不到信号，即公路上C，D两点到考点的距离均为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 千米，∠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．
