利用正、余弦定
理解三角形
【例1】 在△ABC中，∠A＝60°，c＝a．
(1)求sin C的值；
(2)若a＝7，求△ABC的面积．
[解] (1)在△ABC中，因为∠A＝60°，c＝a，
所以由正弦定理得sin C＝＝×＝.
(2)因为a＝7，所以c＝a＝×7＝3，
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A得
72＝b2＋32－2b×3×，解得b＝8或b＝－5(舍去)，
所以△ABC的面积S＝bcsin A＝×8×3×＝6.
解三角形的四种类型
已知条件
应用定理
一般解法
一边和两角(如a，B，C)
正弦定理
由A＋B＋C＝180°，求角A；由正弦定理求出b与c，在有解时只有一解.
两边和夹角(如a，b，C)
余弦定理、
正弦定理
由余弦定理求第三边c；由正弦定理求出一边所对的角；再由A＋B＋C＝180°求出另一角，在有解时只有一解．
三边(a，b，c)
余弦定理
由余弦定理求出角A，B；再利用A＋B＋C＝180°求出角C，在有解时只有一解．
两边和其中一边的对角(如a，b，A)
正弦定理、
余弦定理
由正弦定理求出角B；由A＋B＋C＝180°求出角C；再利用正弦定理或余弦定理求c，可有两解、一解或无解.
1．(1)在△ABC中，B＝，BC边上的高等于BC，则cos A＝( )
A． B．
C．－ D．－
(2)在△ABC中，若三边的长为连续整数，且最大角是最小角的二倍，求三边长．
(1)C [设△ABC中角A，B，C的对边分别是a，b，c，由题意可得a＝csin＝c，则a＝c．
在△ABC中，由余弦定理可得
b2＝a2＋c2－ac＝c2＋c2－3c2＝c2，则b＝C．
由余弦定理，可得cos A＝＝＝－.]
(2)[解] 设最小内角为θ，三边长为n－1，n，n＋1，
由正弦定理，得＝，
所以n－1＝，
所以cos θ＝.
由余弦定理的变形公式，得
cos θ＝，
所以＝，解得n＝5.
所以△ABC的三边分别为4,5,6.
判断三角形的形状
【例2】 在△ABC中，若＝，试判断△ABC的形状．
[解] 由已知＝＝＝得＝，
以下可有两种解法：
法一：(利用正弦定理边化角)
由正弦定理得＝，
∴＝，
即sin Ccos C＝sin Bcos B，即sin 2C＝sin 2B，
∵B、C均为△ABC的内角，
∴2C＝2B或2C＋2B＝180°.
∴B＝C或B＋C＝90°，
∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．
法二：(利用余弦定理角化边)
由余弦定理得＝，
即a2(b2－c2)＝(b2＋c2)(b2－c2)，
解得a2＝b2＋c2或b2＝c2(即b＝c)，
∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．
1．利用正弦定理、余弦定理判断三角形的形状的两种方法
法一：通过边之间的关系判断形状；
法二：通过角之间的关系判断形状．
利用正弦、余弦定理可以将已知条件中的边、角互化，把条件化为边的关系或化为角的关系．
2．判断三角形的形状时常用的结论
(1)在△ABC中，A＞B?a>b?sin A>sin B?
cos A
(2)在△ABC中，A＋B＋C＝π，A＋B＝π－C，
则cos(A＋B)＝－cos C，sin(A＋B)＝sin C．
(3)在△ABC中，a2＋b2＜c2?＜C＜π，a2＋b2＝c2?cos C＝0?C＝，a2＋b2>c2?cos C>0?02．若△ABC的三个内角满足sinA∶sinB∶sinC＝5∶11∶13，则△ABC( )
A．一定是锐角三角形
B．一定是直角三角形
C．一定是钝角三角形
D．可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形
C [根据正弦定理＝＝，
又sin A∶sin B∶sin C＝5∶11∶13，∴a∶b∶c＝5∶11∶13，
设a＝5t，b＝11t，c＝13t(t≠0)，∵c2＝a2＋b2－2abcos C，
∴cos C＝＝＝－<0，
∴角C为钝角．故选C．]
三角形中的几何计算
【例3】 在四边形ABCD中，BC＝a，DC＝2a，且A∶∠ABC∶C∶∠ADC＝3∶7∶4∶10，求AB的长．
[解] 如图所示，连接BD．
∵A＋∠ABC＋C＋∠ADC＝360°，
∴A＝45°，∠ABC＝105°，C＝60°，
∠ADC＝150°，
在△BCD中，由余弦定理，得
BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos C
＝a2＋4a2－2a·2a·cos 60°＝3a2，
∴BD＝A．
∴BD2＋BC2＝CD2，
∴∠CBD＝90°，
∴∠ABD＝15°，
∴∠BDA＝120°.
在△ABD中，由＝，得AB＝
＝＝A．
解决三角形中的几何计算问题要注意把握三点：一是对几何图形中几何性质的挖掘，它往往是解题的切入点；二是根据条件或图形，找出已知、未知及求解中需要的三角形，合理利用正、余弦定理和三角恒等变换公式；三是要有应用方程思想解题的意识，同时还要有引入参数，突出主元，简化问题的解题意识．
3．如图所示，已知∠MON＝60°，Q是∠MON内一点，它到两边的距离分别为2和11，求OQ的长．
[解] 作QA⊥OM于A，QB⊥ON于B，连接AB，则QA＝2，QB＝11，且O，A，Q，B都在以OQ为直径的圆上．
∠AOB和∠AQB为同一弦AB所对的圆周角，且两角互补．
∵∠AOB＝60°，∴∠AQB＝120°.
在△AQB中，由余弦定理，
得AB2＝AQ2＋BQ2－2·AQ·BQ·cos∠AQB
＝22＋112－2×2×11×cos120°＝147，
∴AB＝7.
连接OQ，在Rt△OBQ中，OQ＝＝.
又在△AOB中，＝，
∴OQ＝＝14.
解三角形与平面
向量的综合应用
【例4】 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若·＝·＝1.
(1)求证：A＝B；
(2)求边长c的值；
(3)若|＋|＝，求△ABC的面积．
[解] (1)证明：∵·＝·，
∴bccos A＝accos B，即bcos A＝acos B．
由正弦定理，得sin Bcos A＝sin Acos B，
∴sin(A－B)＝0.
∵－π∴A－B＝0，即A＝B．
(2)∵·＝1，∴bccos A＝1.
由余弦定理，得bc×＝1，
即b2＋c2－a2＝2.
∵由(1)，得a＝b，∴c2＝2，∴c＝.
(3)∵|＋|＝，
∴||2＋||2＋2·＝6，
即∵c2＋b2＋2＝6，∵c2＋b2＝4，∴c2＝2，∴b2＝2，b＝.
∴△ABC为正三角形．
∴S△ABC＝×××sin 60°＝.
在高考中解三角形问题常与平面向量知识(主要是数量积)结合在一起进行考查．判断三角形形状或结合正弦定理、余弦定理求值，这也是高考命题的新趋势．
4．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若sin2B＋sin2C＝sin2A＋sin Bsin C，且·＝4，求△ABC的面积S.
[解] 由已知得b2＋c2＝a2＋bc，
∴bc＝b2＋c2－a2＝2bccos A，∴cos A＝，sin A＝.
由·＝4，得bccos A＝4，∴bc＝8.
∴S＝bcsin A＝2.
与三角形有关的
综合问题
[探究问题]
1．在△ABC中，由a2＋b2－c2＝－ab可得到什么？
[提示] 由a2＋b2－c2＝－ab得＝－，即cos C＝－，故C＝120°.
2．在△ABC中，若A＋B＝，能否求出sin A＋sin B的范围？
[提示] 用角B表示角A得B＝－A，则sin A＋sin B＝sinA＋sin，化为一个角的三角函数可求其范围．
【例5】 在△ABC中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos2A＝sin2B＋cos2C＋sin Asin B．
(1)求角C的大小； (2)若c＝，求△ABC周长的取值范围．
思路探究：(1)利用正弦定理把角转化为边，然后利用余弦定理求角C；(2)利用正弦定理得到周长的表达式化为一个角的三角函数求范围．
[解] (1)由题意知1－sin2A＝sin2B＋1－sin2C＋sin Asin B，
即sin2A＋sin2B－sin2C＝－sin Asin B，
由正弦定理得a2＋b2－c2＝－ab，
由余弦定理得cos C＝＝＝－，
又∵0(2)由正弦定理得＝＝＝2，
∴a＝2sin A，b＝2sin B，
则△ABC的周长为L＝a＋b＋c＝2(sin A＋sin B)＋
＝2＋＝2sin＋.
∵0∴△ABC周长的取值范围是(2，2＋]．
1．(变结论)例5的条件不变，若c＝2，a＝，求sin 2B的值．
[解] 由例5的解答可知C＝，由正弦定理
＝，即sin A＝＝＝，
由于c＞a，故A是锐角，cos A＝＝，
所以sin 2A＝2sin Acos A＝，
cos 2A＝2cos2A－1＝－，
得sin 2B＝sin 2＝sin＝cos 2A＋sin 2A＝×＋×＝.
2．(变条件)把例5的条件换为“2ccos B＝2a＋b”，求角C．
[解] 由正弦定理及2ccos B＝2a＋b得
2sin Ccos B＝2sin A＋sin B，因为A＋B＋C＝π，
所以sin A＝sin(B＋C)，则2sin Ccos B＝2sin(B＋C)＋sin B，
即2sin Bcos C＋sin B＝0，又0＜B＜π，
所以sin B＞0，
则cos C＝－，又C∈(0，π)，故C＝.
与三角形有关的综合问题的解法
该类问题以三角形为载体，在已知条件中设计了三角形的一些边角关系，由于正弦定理和余弦定理都是关于三角形的边角关系的等式，通过定理的运用能够实现边角互化，在边角互化时，经常用到三角函数中两角和与差的公式及倍角公式等．
课件38张PPT。第二章 解三角形章末复习课利用正、余弦定理解三角形 判断三角形的形状 三角形中的几何计算 解三角形与平面向量的综合应用 与三角形有关的综合问题 Thank you for watching !章末综合测评(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．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．在△ABC中，下列关系式①asin B＝bsin A；②a＝bcos C＋ccos B；③a2＋b2－c2＝2abcos C；④b＝csin A＋asin C，一定成立的有( )
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
C [由正弦定理知①正确，由余弦定理知③正确；②中由正弦定理得sin A＝sin Bcos C＋cos Bsin C，显然成立；④中由正弦定理得sin B＝2sin AsinC，未必成立．]
2．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
B [易知△ABC中的最大角为∠ABC，由余弦定理cos∠ABC＝＝－＜0，故∠ABC＞，则△ABC是钝角三角形．]
3．在△ABC中，sin A＝，a＝10，则边长c的取值范围是( )
A． B．(10，＋∞)
C．(0,10) D．
D [由正弦定理可知c＝＝sin C，因为0＜sin C≤1，所以0＜c≤，即c∈，故选D．]
4．如果等腰三角形的周长是底边长的5倍，则它的顶角的余弦值为( )
A．－ B．
C．－ D．
B [设等腰三角形的底边长为a，顶角为θ，则腰长为2a，由余弦定理得，cos θ＝＝.]
5．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°
A [由正弦定理得sin A＝＝＝，因为A∈(0，π)，所以A＝30°或150°.]
6．在△ABC中，AB＝3，BC＝，AC＝4，则边AC上的高为( )
A． B．
C． D．3
B [由题意得cos A＝＝，
∴sin A＝＝，
∴边AC上的高h＝ABsin A＝.]
7．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a2－b2＝bc，sin C＝2sin B，则A＝( )
A．30° B．60°
C．120° D．150°
A [由sin C＝2sin B及正弦定理，得c＝2b，
∴a2－b2＝bc＝6b2，
即a2＝7b2，
由余弦定理，cos A＝＝＝＝.
又∵0°∴A＝30°]
8．在△ABC中，A＝，a＝，b＝4，则满足条件的△ABC( )
A．不存在 B．有一个
C．有两个 D．不确定
A [由正弦定理＝，
∴sin B＝＝＝>1，
∴ B不存在．]
9．一个大型喷水池的中央有一个强力喷水柱，为了测量喷水柱喷出的水柱的高度，某人在喷水柱正西方向的点D测得水柱顶端的仰角为45°，沿点D向北偏东30°前进100 m到达点C，在C点测得水柱顶端的仰角为30°，则水柱的高度是( )
A．50 m B．100 m
C．120 m D．150 m
A [如图，AB为水柱，高度设为h，D在A的正西方向，C在D的北偏东30°方向．且CD＝100 m，∠ACB＝30°，∠ADB＝45°.
在△ABD中，AD＝h，
在△ABC中，AC＝h.
在△ACD中，∠ADC＝60°，
由余弦定理得
cos 60°＝＝，
∴h＝50或－100(舍)．]
10．已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c,23cos2A＋cos 2A＝0，a＝7，c＝6，则b＝( )
A．10 B．9
C．8 D．5
D [由倍角公式得23cos2 A＋cos 2A＝25cos2A－1＝0，cos2 A＝，△ABC为锐角三角形cos A＝，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，得b2－b－13＝0.
即5b2－12b－65＝0，
解方程得b＝5.]
11．在△ABC中，a，b，c分别为∠A，∠B，∠C的对边，若2b＝a＋c，∠B＝30°，△ABC的面积为，则b等于( )
A．1＋ B．
C． D．2＋
A [由已知acsin 30°＝，2b＝a＋c，
∴ac＝6，∴b2＝a2＋c2－2accos 30°
＝(a＋c)2－2ac－ac
＝4b2－12－6，
∴b＝＋1.]
12．在△ABC中，已知2acos B＝c，sin Asin B(2－cos C)＝sin2＋，则△ABC为( )
A．等边三角形 B．等腰直角三角形
C．锐角非等边三角形 D．钝角三角形
B [∵2acos B＝c，∴2sin Acos B＝sin C＝sin(A＋B)，
∴2sin Acos B＝sin Acos B＋cos Asin B，
∴sin(A－B)＝0.∴A＝B.
又∵sin Asin B(2－cos C)＝sin2＋，
∴sin Asin B＝sin2＋，
∴2sin Asin B＝sin2＋
∴2sin Asin B＝1，
即sin2 A＝，
∵0∴A＝＝B，
∴C＝π－－＝.]
二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，将答案填在题中横线上)
13．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝2，cos C＝－，3sin A＝2sin B，则c＝________.
4 [∵3sin A＝2sin B，∴3a＝2b.
又a＝2，∴b＝3.
由余弦定理可知c2＝a2＋b2－2abcos C.
∴c2＝22＋32－2×2×3×＝16.
∴c＝4.]
14．在△ABC中，M是线段BC的中点，AM＝3，BC＝10，·＝________.
－16 [法一 ·＝(＋)·(＋)
＝||2－||2＝9－5×5＝－16.
法二 特例法，假设△ABC是以AB，AC为腰的等腰三角形，如图所示，AM＝3，BC＝10，则AB＝AC＝，
cos∠BAC＝＝－，
·＝||·||·cos∠BAC＝－16.]
15．在△ABC中，已知BC＝3，AB＝10，AB边上的中线为7，则△ABC的面积为________．
[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＝.]
16．某人在C点测得塔AB在南偏西80°，仰角为45°，沿南偏东40°方向前进10米到O，测得塔A仰角为30°，则塔高为________．
10米 [画出示意图，如图所示，
CO＝10，∠OCD＝40°，∠BCD＝80°，∠ACB＝45°，∠AOB＝30°，AB⊥平面BCO，
令AB＝x，则BC＝x，BO＝x，
在△BCO中，由余弦定理，得
(x)2＝x2＋100－2x×10×cos(80°＋40°)，
整理得x2－5x－50＝0，
解得x＝10，x＝－5(舍去)，
故塔高为10米．]
三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)在△ABC中，若(a－c·cos B)·sin B＝(b－c·cos A)·sin A，判断△ABC的形状．
[解] 结合正弦定理及余弦定理知，原等式可化为
·b＝·a，
整理得：(a2＋b2－c2)b2＝(a2＋b2－c2)a2，
∴a2＋b2－c2＝0或a2＝b2，
∴a2＋b2＝c2或a＝b.
故△ABC为直角三角形或等腰三角形．
18．(本小题满分12分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝2，cos B＝.
(1)若b＝4，求sin A的值；
(2)若△ABC的面积S△ABC＝4，求b、c的值．
[解] (1)∵cos B＝>0，且0∴sin B＝＝.
由正弦定理得＝，
所以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＝.
19．(本小题满分12分)在△ABC中，a＝3，b＝2，B＝2A．
(1)求cos A的值；
(2)求c的值．
[解] (1)在△ABC中，由正弦定理，得
＝?＝＝，
∴cos A＝.
(2)由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A?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．(本小题满分12分)如图所示，我艇在A处发现一走私船在方位角45°且距离为12海里的B处正以每小时10海里的速度向方位角105°的方向逃窜，我艇立即以14海里/时的速度追击，求我艇追上走私船所需要的时间．
[解] 设我艇追上走私船所需时间为t小时，且我艇在C处追上走私船，则BC＝10t，AC＝14t，
在△ABC中，∠ABC＝180°＋45°－105°＝120°，AB＝12，
根据余弦定理得(14t)2＝(10t)2＋122－2·12·10tcos 120°，∴t＝2小时(t＝－舍去)．
所以我艇追上走私船所需要的时间为2小时．
21．(本小题满分12分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2cos2·cos B－sin(A－B)sin B＋cos(A＋C)＝－.
(1)求cos A的值；
(2)若a＝4，b＝5，求在方向上的射影．
[解] (1)由2cos2cos B－sin(A－B)sin B＋cos(A＋C)＝－，
得[cos(A－B)＋1]cos B－sin(A－B)sin B－cos B＝－，
即cos(A－B)cos B－sin(A－B)sin B＝－，
则cos(A－B＋B)＝－，即cos A＝－.
(2)由cos A＝－，＜A＜π，得sin A＝.由正弦定理有＝，
所以sin B＝＝.由题意知a>b，则A>B，
故B＝.
根据余弦定理有(4)2＝52＋c2－2×5×c×，解得c＝1或c＝－7(舍去)．
又∵cos B＝cos ＝，
故在方向上的射影为||cos B＝.
22．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝sin 2x－－，x∈R.
(1)求函数f(x)的最小值和最小正周期；
(2)设△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且c＝，f(C)＝0，若向量m＝(1，sin A)与向量n＝(2，sin B)共线，求a，b的值．
[解] (1)∵f(x)＝sin 2x－－
＝sin－1，
∴函数f(x)的最小值是－2，最小正周期是T＝
＝π.
(2)由题意得f(C)＝sin－1＝0，
∴sin＝1，∵0∴－<2C－<π，
∴2C－＝，∴C＝，∵m∥n，∴＝，
由正弦定理得＝， ①
由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos，即3＝a2＋b2－ab， ②
由①②解得a＝1，b＝2.
