9.1 正弦定理和余弦定理
9.1.1 正弦定理
学 习 目 标
核 心 素 养
1.掌握正弦定理的内容及其证明方法．(重点)
2.会判断三角形的形状．(难点)
3.能根据正弦定理确定三角形解的个数．(难点、易错点)
1.借助正弦定理的推导，提升学生的逻辑推理的素养.
2.通过正弦定理的应用的学习，培养学生的数学运算的素养.
1．三角形的面积公式
(1)S＝a·ha＝b·hb＝c·hc(ha，hb，hc分别表示a，b，c边上的高)；
(2)S＝absin C＝bcsin A＝acsin B；
(3)S＝(a＋b＋c)·r(r为内切圆半径)．
2．正弦定理
3．解三角形
(1)一般地，我们把三角形的3个角与3条边都称为三角形的元素．
(2)已知三角形的若干元素求其他元素一般称为解三角形．
思考：利用正弦定理解三角形需要哪些条件？
[提示] 需要两角和一边或两边和其中一边的对角．
1．在△ABC中，一定成立的等式是( )
A．acos A＝bcos B；
B．asin B＝bsin A；
C．acos B＝bcos A．
D．asin A＝bsin B.
B [选项B可化为＝，由正弦定理可知选项B正确．]
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
B [因为A，C是三角形ABC的内角，所以A＋C＜π，又因为sin A＝sin C，所以A＝C，即△ABC为等腰三角形．]
3．在△ABC中，已知a＝3，b＝5，sin A＝.则sin B＝( )
A． B．
C. D．1
B [由正弦定理＝可得，sin B＝＝＝，故选B.]
4．在△ABC中，若＝，则B的大小为______________．
45° [由正弦定理知＝，
∴sin B＝cos B，
∴B＝45°.]
已知两角及一边解三角形
【例1】 在△ABC中，已知a＝18，B＝60°，C＝75°，求b的值．
(2)在△ABC中，已知c＝10，A＝45°，C＝30°，求a，b；
[解] (1)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.
(2)法一：∵A＝45°，C＝30°，∴B＝180°－(A＋C)＝105°.
由＝得a＝＝＝10.
∵sin 105°＝sin 75°＝sin (30°＋45°)＝sin 30°cos 45°＋cos 30°sin 45°＝，
∴b＝＝20×＝5＋5.
法二：设△ABC外接圆的直径为2R，
则2R＝＝＝20.
易知B＝180°－(A＋C)＝105°，
∴a＝2Rsin A＝20×sin 45°＝10，
b＝2Rsin B＝20×sin 105°
＝20×
＝5＋5.
已知三角形的两角和任一边解三角形的方法
1．若所给边是已知角的对边时，可由正弦定理求另一角所对边，再由三角形内角和定理求出第三个角．
2．若所给边不是已知角的对边时，先由三角形内角和定理求出第三个角，再由正弦定理求另外两边．
1．在△ABC中，a＝5，B＝45°，C＝105°，求边c.
[解] 由三角形内角和定理知A＋B＋C＝180°，
所以A＝180°－(B＋C)＝180°－(45°＋105°)＝30°.
由正弦定理＝，
得c＝a·＝5×＝5×
＝5×
＝(＋).
已知两边及其中一边的对角解三角形
【例2】 在△ABC中，分别根据下列条件解三角形：
(1)a＝1，b＝，A＝30°；
(2)a＝，b＝1，B＝120°.
[解] (1)根据正弦定理，sin B＝＝＝.
∵b>a，∴B>A＝30°，∴B＝60°或120°.
当B＝60°时，C＝180°－(A＋B)＝180°－(30°＋60°)＝90°，
∴c＝＝＝2；
当B＝120°时，C＝180°－(A＋B)＝180°－(30°＋120°)＝30°＝A，∴c＝a＝1.
(2)根据正弦定理，sin A＝＝＝>1.
因为sin A≤1.所以A不存在，即无解．
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时，由三角形中大边对大角，大角对大边的法则能判断另一边所对的角为锐角，由正弦值可求锐角唯一．
3．如果已知的角为小边所对的角时，则不能判断另一边所对的角为锐角，这时由正弦值可求两个角，要分类讨论．
2．已知△ABC，根据下列条件，解三角形：
(1)a＝2，c＝，C＝；
(2)a＝2，c＝，A＝.
[解] (1)∵＝，
∴sin A＝＝.
∵c>a，∴C>A．∴A＝.
∴B＝，b＝＝
＝＋1.
(2)∵＝，
∴sin C＝＝.
又∵a
当C＝时，B＝，b＝＝＋1.
当C＝时，B＝，b＝＝－1.]
三角形的面积公式及其应用
【例3】 在△ABC中，已知B＝30°，AB＝2，AC＝2.求△ABC的面积．
[解] 由正弦定理，得
sin C＝＝，
又AB·sin B＜AC＜AB，故该三角形有两解：C＝60°或120°，
所以当C＝60°时，A＝90°，
S△ABC＝AB·AC·sin A＝2；
当C＝120°时，A＝30°，
S△ABC＝AB·AC·sin A＝.
所以△ABC的面积为2或.
求三角形面积的公式
1．求三角形的面积是在已知两边及其夹角的情况下求得的，所以在解题中要有目的的为具备两边及其夹角的条件作准备．
2．三角形面积计算公式
(1)S＝a·ha＝b·hb＝c·hc(ha，hb，hc分别表示a，b，c边上的高)．
(2)S＝absin C＝acsin B＝bcsin A＝.
(3)S＝r(a＋b＋c)(r为内切圆半径)．
3．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．
[解] (1)∵cos C＝，
∴C∈，
∴sin C＝，tan C＝2.
又∵tan B＝－tan(A＋C)＝－
＝－＝1，且0＜B＜π，∴B＝.
(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.
利用正弦定理判断三角形的形状
[探究问题]
1．已知△ABC的外接圆O的直径长为2R，试借助△ABC的外接圆推导出正弦定理．
[提示] 如图，连接BO并延长交圆O于点D，连接CD，则∠BCD＝90°，
∠BAC＝∠BDC，在Rt△BCD中，BC＝BD·sin∠BDC，所以a＝2Rsin A，
即＝2R，同理＝2R，＝2R，
所以＝＝＝2R.
2．根据正弦定理的特点，我们可以利用正弦定理解决哪些类型的解三角形问题？
[提示] 利用正弦定理，可以解决：(1)已知两边和其中一边的对角解三角形；
(2)已知两角和一边解三角形．
3．由＝＝可以得到a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C，那么由正弦定理还可以得到哪些主要变形？
[提示] (1)＝，＝，＝.
(2)＝，＝，＝.
(3)asin B＝bsin A，asin C＝csin A，bsin C＝csin B.
【例4】 在△ABC中，若sin A＝2sin Bcos C，且sin2A＝sin2B＋sin2C，试判断△ABC的形状．
[思路探究] ①A＝π－(B＋C)；
②边角转化，sin A＝，sin B＝，sin C＝.
[解] 法一：在△ABC中，根据正弦定理：＝＝＝2R(R为△ABC外接圆的半径)．
∵sin2A＝sin2B＋sin2C，
∴＝＋，
即a2＝b2＋c2，
∴A＝90°，∴B＋C＝90°，
由sin A＝2sin Bcos C，
得sin 90°＝2sin Bcos(90°－B)，
∴sin2B＝.
∵B是锐角，∴sin B＝，
∴B＝45°，C＝45°，
∴△ABC是等腰直角三角形．
法二：在△ABC中，根据正弦定理，得
sin A＝，sin B＝，sin C＝(R为△ABC外接圆的半径)．
∵sin2A＝sin2B＋sin2C，
∴a2＝b2＋c2，
∴△ABC是直角三角形且A＝90°.
∵A＝180°－(B＋C)，
sin A＝2sin Bcos C，
∴sin(B＋C)＝2sin Bcos C.
∴sin Bcos C－cos Bsin C＝0，
即sin(B－C)＝0.∴B－C＝0，即B＝C.
∴△ABC是等腰直角三角形．
(变条件)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．
[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·，＝＋，
∴b2＝c2，a2＝b2＋c2，
∴b＝c，A＝90°.
∴△ABC为等腰直角三角形．
利用正弦定理判断三角形形状的两种途径
1．利用正弦定理把已知条件转化为边边关系，通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状；
2．利用正弦定理把已知条件转化为内角的三角函数间的关系，通过三角函数恒等变形得出内角的关系，从而判断出三角形的形状，此时要注意应用A＋B＋C＝π这个结论．在两种解法的等式变形中，一般两边不要约去公因式，应移项提取公因式，以免漏解．
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．利用正弦定理可以实现三角形中边角关系的相互转化：一方面可以化边为角，转化为三角函数问题来解决；另一方面，也可以化角为边，转化为代数问题来解决．
1．判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)正弦定理不适用于钝角三角形． ( )
(2)在△ABC中，等式bsin A＝asin B总能成立． ( )
(3)在△ABC中，若sin A＝sin B，则三角形是等腰三角形． ( )
[解析] (1)×.正弦定理适用于任意三角形．
(2)√.由正弦定理知＝，即bsin A＝asin B.
(3)√.由正弦定理可知＝，即a＝b，所以三角形为等腰三角形．
[答案] (1)× (2)√ (3)√
2．在△ABC中，A，B，C所对的边分别是a，b，c，若B＝30°，b＝2，则的值是( )
A．2 B．3
C．4 D．6
C [由正弦定理可得＝＝＝4.]
3．已知a，b，c分别是△ABC的三个内角A，B，C所对的边，且满足＝＝，则△ABC的形状是( )
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等边三角形 D．等腰直角三角形
C [由＝＝和正弦定理＝＝，可得＝＝，即tan A＝tan B＝tan C，所以A＝B＝C.
故△ABC为等边三角形．]
4．在△ABC中，已知a＝8，B＝60°，C＝75°，求A，b，c.
[解] A＝180°－(B＋C)＝180°－(60°＋75°)＝45°.
由正弦定理＝，得b＝＝＝4.
由＝，得c＝＝＝＝4(＋1)．
课件54张PPT。第九章 解三角形9.1 正弦定理和余弦定理
9.1.1 正弦定理其他元素3个角3条边已知两角及一边解三角形 已知两边及其中一边的对角解三角形 点击右图进入…Thank you for watching !9.1.2 余弦定理
学 习 目 标
核 心 素 养
1.掌握余弦定理的两种表示形式及证明余弦定理的方法．(重点)
2.会运用余弦定理解决两类基本的解三角形．(重点、难点)
1.借助余弦定理的推导，提升学生的逻辑推理的素养.
2.通过余弦定理的应用的学习，培养学生的数学运算的素养.
1．余弦定理
(1)三角形任何一边的平方，等于其他两边的平方和减去这两边与它们夹角余弦的积的2倍．
即a2＝b2＋c2－2bccos_A，b2＝a2＋c2－2accos_B，
c2＝a2＋b2－2abcos_C.
(2)应用余弦定理我们可以解决两类解三角形问题．
①已知三边，求三角．
②已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两个角．
思考：利用余弦定理只能解决以上两类问题吗？
[提示] 是．
2．余弦定理的变形
(1)余弦定理的变形：
cos A＝；
cos B＝；
cos C＝.
(2)利用余弦定理的变形判定角：
在△ABC中，c2＝a2＋b2?C为直角；c2>a2＋b2?C为钝角；c21．一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
B [由余弦定理可知，三角形的第三边长为＝＝2.]
2．在△ABC中，sin A∶sin B∶sin C＝3∶2∶3，则cos C的值为( )
A． B．－ C. D．－
A [根据正弦定理，a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C＝3∶2∶3，设a＝3k，b＝2k，c＝3k(k>0)．
则有cos C＝＝.]
3．在△ABC中，a＝3，b＝2，cos C＝，则c2＝________.
30－4 [由余弦定理可得c2＝(3)2＋(2)2－2×3×2×＝18＋12－4＝30－4.]
4．在△ABC中，若a2＝b2＋bc＋c2，则A＝________.
120° [∵a2＝b2＋bc＋c2，
∴b2＋c2－a2＝－bc，
∴cos A＝＝＝－，
又∵0°＜A＜180°，
∴A＝120°.]
已知两边及一角解三角形
【例1】 (1)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＝________.
(2)已知△ABC，根据下列条件解三角形：
a＝，b＝，B＝45°.
[(1)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＝.]
(2)[解] 由余弦定理知b2＝a2＋c2－2accos B.
∴2＝3＋c2－2×c.
即c2－c＋1＝0，解得c＝或c＝.
当c＝时，由余弦定理，得cos A＝＝＝.
∵0°当c＝时，由余弦定理，得cos A＝＝＝－.
∵0°故c＝，A＝60°，C＝75°或c＝，A＝120°，C＝15°.
已知两边及一角解三角形的解题思路
1．若已知角是两边的夹角．则直接运用余弦定理求出另外一边，然后根据边角关系利用正弦定理求解或者直接利用余弦定理求角．
2．若已知角是其中一边的对角，有两种解法，一种方法是利用正弦定理先求角，再求边；另一种方法是用余弦定理列出关于另一边的一元二次方程求解．
1．在△ABC中，已知a＝5，b＝3，C的余弦值是方程5x2＋7x－6＝0的根，求第三边长c.
[解] 5x2＋7x－6＝0可化为(5x－3)(x＋2)＝0.
∴x1＝，x2＝－2(舍去)．
∴cos C＝.
根据余弦定理，
c2＝a2＋b2－2abcos C＝52＋32－2×5×3×＝16.
∴c＝4，即第三边长为4.
已知三边或三边关系解三角形
【例2】 (1)已知△ABC的三边长为a＝2，b＝2，c＝＋，求△ABC的各角度数；
(2)已知△ABC的三边长为a＝3，b＝4，c＝，求△ABC的最大内角．
[解] (1)由余弦定理得：
cos A＝＝＝，
∴A＝60°.
cos B＝＝＝，
∴B＝45°，∴C＝180°－A－B＝75°.
(2)∵c>a，c>b，∴C最大．由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos C，
即37＝9＋16－24cos C，
∴cos C＝－，
∵0°∴C＝120°.
∴△ABC的最大内角为120°.
已知三角形的三边解三角形的方法
1．先利用余弦定理求出一个角的余弦，从而求出第一个角；再利用余弦定理或由求得的第一个角，利用正弦定理求出第二个角；最后利用三角形的内角和定理求出第三个角．
2．利用余弦定理求三个角的余弦，进而求三个角．
2．在△ABC中，已知(a＋b＋c)(b＋c－a)＝3bc，则角A等于( )
A．30° B．60°
C．120° D．150°
B [∵(b＋c)2－a2＝b2＋c2＋2bc－a2＝3bc，
∴b2＋c2－a2＝bc，
∴cos A＝＝，∴A＝60°.]
正、余弦定理的综合应用
[探究问题]
1．在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2＝b2＋c2，则sin2A＝sin2B＋sin2C成立吗？反之，说法正确吗？为什么？
[提示] 设△ABC的外接圆半径为R.
由正弦定理的变形，将a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C，代入a2＝b2＋c2可得sin2A＝sin2B＋sin2C.反之，将sin A＝，sin B＝，sin C＝代入sin2A＝sin2B＋sin2C可得a2＝b2＋c2.因此，这两种说法均正确．
2．在△ABC中，若c2＝a2＋b2，则C＝成立吗？反之，若C＝，则c2＝a2＋b2成立吗？为什么？
[提示] 因为c2＝a2＋b2，所以a2＋b2－c2＝0，由余弦定理的变形cos C＝＝0，即cos C＝0，所以C＝，反之，若C＝，则cos C＝0，即＝0，所以a2＋b2－c2＝0，即c2＝a2＋b2.
【例3】 在△ABC中，若(a－c·cos B)sin B＝(b－c·cos A)sin A，判断△ABC的形状．
[思路探究] 角边转化．
[解] 法一：∵(a－c·cos B)sin B＝(b－c·cos A)·sin A，
∴由正、余弦定理可得：
·b＝·a，
整理得：(a2＋b2－c2)b2＝(a2＋b2－c2)a2，
即(a2－b2)(a2＋b2－c2)＝0，
∴a2＋b2－c2＝0或a2＝b2.
∴a2＋b2＝c2或a＝b.
故△ABC为直角三角形、等腰三角形或等腰直角三角形．
法二：根据正弦定理，原等式可化为：
(sin A－sin Ccos B)sin B＝(sin B－sin Ccos A)sin A，
即sin Ccos Bsin B＝sin Ccos Asin A．
∵sin C≠0，∴sin Bcos B＝sin Acos A，
∴sin 2B＝sin 2A．
∴2B＝2A或2B＋2A＝π，
即A＝B或A＋B＝.
故△ABC是等腰三角形、直角三角形或等腰直角三角形．
正、余弦定理判断三角形形状
1．法一是用余弦定理将等式转化为边之间的关系式，法二是借助于正弦定理，将已知等式转化为角的三角函数关系式．这两种方法是判断三角形形状的常用手段．
2．一般地，如果遇到的式子含角的余弦或是边的二次式，要考虑用余弦定理；反之，若遇到的式子含角的正弦或是边的一次式，则大多用正弦定理；若是以上特征不明显，则要考虑两个定理都有可能用．
3．在△ABC中，若2B＝A＋C，b2＝ac，试判断△ABC的形状为________．
等边三角形 [∵2B＝A＋C，
又A＋B＋C＝180°，∴B＝60°.
又b2＝ac，由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－2accos 60°＝a2＋c2－ac，
∴a2＋c2－ac＝ac，从而(a－c)2＝0，
∴a＝c，可知△ABC为等边三角形．]
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．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．
3．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．
1．判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)在三角形中，已知两边及一边的对角，可用正弦定理解三角形，但不能用余弦定理去解． ( )
(2)余弦定理揭示了任意三角形边角之间的关系，因此，它适用于任何三角形． ( )
(3)利用余弦定理，可解决已知三角形三边求角问题． ( )
(4)在三角形中，勾股定理是余弦定理的一个特例． ( )
[解析] (1)×.由正、余弦定理的特征可知在三角形中，已知两边及一边的对角，既可以用正弦定理，也可以用余弦定理求解．
(2)√.余弦定理反映了任意三角形的边角关系，它适合于任何三角形．
(3)√.结合余弦定理公式及三角函数知识可知正确．
(4)√.余弦定理可以看作勾股定理的推广．
[答案] (1)× (2)√ (3)√ (4)√
2．在△ABC中，若2cos Bsin A＝sin C，则△ABC的形状一定是( )
A．等腰直角三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形 D．等边三角形
C [∵2cos Bsin A＝sin C，
∴2×·a＝c，
∴a＝b.故△ABC为等腰三角形．]
3．在△ABC中，已知a＝4，b＝6，C＝120°，则边c＝________.
2 [根据余弦定理c2＝a2＋b2－2abcos C＝16＋36－2×4×6cos 120°＝76，c＝2.]
4．在△ABC中，已知a＝8，B＝60°，c＝4(＋1)，解此三角形．
[解] 由余弦定理得，
b2＝a2＋c2－2accos B＝82＋[4(＋1)]2－2×8×4(＋1)·cos 60°
＝64＋16(4＋2)－64(＋1)×＝96，
∴b＝4.
法一：由cos A＝
＝＝，
∵0°故C＝180°－A－B＝180°－45°－60°＝75°.
法二：由正弦定理＝，
∴＝，∴sin A＝，
∵b>a，c>a，
∴a最小，
即A为锐角．
因此A＝45°.
故C＝180°－A－B＝180°－45°－60°＝75°.
课件46张PPT。第九章 解三角形9.1 正弦定理和余弦定理
9.1.2 余弦定理平方平方和夹角2倍夹角三角两边直角钝角锐角正弦型函数的图象与性质 已知三边或三边关系解三角形 点击右图进入…Thank you for watching !9.2 正弦定理与余弦定理的应用
9.3 数学探究活动：得到不可达两点之间的距离
学 习 目 标
核 心 素 养
1.能将实际问题转化为解三角形问题．(难点)
2.能够用正、余弦定理等知识和方法求解与距离、高度、角度有关的实际应用问题．(重点)
3.能根据题意画出几何图形．(易错点)
1.通过应用正、余弦定理求距离、高度、角度问题，培养学生的数学运算素养.
2.借助将实际问题转化为解三角形问题，培养学生的数学建模的素养.
1．实际测量中的有关名词、术语
名称
定义
图示
基线
在测量上，根据测量需要适当确定的线段叫做基线
铅垂平面
与地面垂直的平面
坡角
坡面与水平面的夹角
α为坡角
坡比
坡面的垂直高度与水平宽度之比
坡比：i＝
仰角
在同一铅垂平面内，视线在水平线上方时，视线与水平线的夹角
俯角
在同一铅垂平面内，视线在水平线下方时，视线与水平线的夹角
2.方位角
从指北方向按顺时针转到目标方向线所成的水平角．如点B的方位角为α(如图所示)．
方位角的取值范围：0°～360°.
3．方向角
从指定方向线到目标方向线所成的小于90°的水平角，如南偏西60°，指以正南方向为始边，顺时针方向向西旋转60°.
1．如图，已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于a km，灯塔A在观察站C的北偏东20°，灯塔B在观察站C的南偏东40°，则灯塔A与B的距离为( )
A．a km B．a km
C．a km D．2a km
B [在△ABC中，因为AC＝BC＝a，
∠ACB＝180°－20°－40°＝120°，
由余弦定理可得AB2＝a2＋a2－2a×a×cos 120°＝3a2，所以AB＝a，故选B.]
2．已知两座建筑A，B与规划测量点C的距离相等，A在C的北偏东40°，B在C的南偏东60°，则A在B的( )
A．北偏东10° B．北偏西10°
C．南偏东10° D．南偏西10°
B [因为△ABC为等腰三角形，
所以∠CBA＝(180°－80°)＝50°，
60°－50°＝10°.
即北偏西10°.]
3．某人从A处出发、沿北偏西60°行走2 km到达B处，再沿正东方向行走2 km到达C处，则A、C两地的距离为________km.
2 [如图所示，∠ABC＝30°，又AB＝2，BC＝2，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB×BCcos∠ABC＝12＋4－2×2×2×＝4，
AC＝2，所以A、C两地的距离为2 km.]
4．在相距2千米的A，B两点处测量目标C，若∠CAB＝75°，∠CBA＝60°，求A，C两点之间的距离．
[解] 如图所示，∵∠CAB＝75°，∠CBA＝60°，∴∠ACB＝180°－75°－60°＝45°，又AB＝2，
∴由正弦定理＝，得＝，解得AC＝，即A，C两点之间的距离为千米．
测量距离问题
【例1】 要测量对岸A，B两点之间的距离，选取相距 km的C，D两点，并测得∠ACB＝75°，∠BCD＝45°，∠ADC＝30°，∠ADB＝45°，求A，B之间的距离．
[思路探究] 将题中距离、角度转化到一个三角形中，再利用正弦、余弦定理解三角形．
[解] 如图所示，在△ACD中，∠ACD＝120°，∠CAD＝∠ADC＝30°，
∴AC＝CD＝ km.
在△BCD中，∠BCD＝45°，
∠BDC＝75°，∠CBD＝60°.
∴BC＝＝.
在△ABC中，由余弦定理，得
AB2＝()2＋－2×××cos 75°
＝3＋2＋－＝5，
∴AB＝(km)，∴A，B之间的距离为 km.
三角形中与距离有关的问题的求解策略
1．解决三角形中与距离有关的问题，若在一个三角形中，则直接利用正、余弦定理求解即可；若所求的线段在多个三角形中，要根据条件选择适当的三角形，再利用正、余弦定理求解．
2．解决三角形中与距离有关的问题的关键是转化为求三角形中的边，分析所解三角形中已知哪些元素，还需要求出哪些元素，灵活应用正、余弦定理来解决．
1．如图，货轮在海上以40 km/h的速度沿着方位角为140°的方向航行，为了确定船位，船在B点观测灯塔A的方位角为110°，航行半小时后船到达C点观测灯塔A的方位角为65°.问货轮到达C点时，与灯塔A的距离是多少？
[解] 在△ABC中，BC＝40×＝20(km)，
∠ABC＝140°－110°＝30°，∠ACB＝(180°－140°)＋65°＝105°，
故∠A＝180°－(30°＋105°)＝45°.
由正弦定理得AC＝＝＝10(km)．
答：货轮到达C点时，与灯塔A的距离是10 km.
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点测得山顶C的仰角为45°，∠BAD＝120°，又在B点测得∠ABD＝45°，其中D点是C点到水平面的垂足，求山高CD.
[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.
解决测量高度问题的一般步骤
1．画图：根据已知条件画出示意图．
2．分析三角形：分析与问题有关的三角形．
3．求解：运用正、余弦定理，有序地解相关的三角形，逐步求解．在解题中，要综合运用立体几何知识与平面几何知识，注意方程思想的运用．
2．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、乙两点测得塔顶的仰角分别为45°，30°，在水平面上测得电视塔与甲地连线及甲、乙两地连线所成的角为120°，甲、乙两地相距500 m，则电视塔的高度是( )
A．100 m B．400 m
C．200 m D．500 m
D [由题意画出示意图，设塔高AB＝h m，在Rt△ABC中，由已知得BC＝h m，在Rt△ABD中，由已知得BD＝h m，在△BCD中，由余弦定理得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos∠BCD，得3h2＝h2＋5002＋h·500，解得h＝500(m)．]
测量角度问题
【例3】 如图，甲船在A处遇险，在甲船西南10海里B处的乙船收到甲船的警报后，测得甲船是沿着北偏西15°的方向，以每小时9海里的速度向某岛靠近，如果乙船要在40分钟内追上甲船，则乙船应以多大速度，以何方位角航行？(已知cos 68°13′≈0.37)
[解] 设乙船速度为x海里/时，且乙船在40分钟后在点C处追上甲船，则BC＝x＝x(海里)，
AC＝×9＝6(海里)．
由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos∠BAC，即＝102＋62－2×10×6×cos(90°－15°＋45°)，∴x＝21，BC＝14.
由正弦定理得＝，
∴sin B＝sin 120°≈0.37，
∴B≈21°47′.
答：乙船应以每小时21海里的速度沿北偏东23°13′航行．
测量角度问题画示意图的基本步骤：
3．甲船在A处观察到乙船在它的北偏东60°方向的B处，两船相距a海里，乙船正向北行驶，若甲船的速度是乙船速度的倍，问甲船应沿什么方向前进才能在最短时间内追上乙船？此时乙船行驶了多少海里？
[解] 设甲船沿直线AC与乙船同时到达C点，则A，B，C三点构成△ABC，如图．设乙船速度为v海里/时，则甲船速度为v海里/时，用时为t h.
由题意得BC＝vt，AC＝vt，∠ABC＝120°.
由余弦定理知
AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos 120°，
∴3v2t2＝a2＋v2t2＋avt，
∴2v2t2－avt－a2＝0，解得vt＝－(舍去)或vt＝a，
∴BC＝a海里．
在△ABC中，AB＝BC＝a海里，∴∠BAC＝∠ACB＝30°.
故甲船应沿北偏东30°的方向前进才能在最短时间内追上乙船，此时乙船行驶了a海里.
求解速度问题
[探究问题]
1．某物流投递员沿一条大路前进，从A到B，方位角是50°，距离是4 km，从B到C，方位角是80°，距离是8 km，从C到D，方位角是150°，距离是6 km，试画出示意图．
[提示] 如图所示：
2．在探究1中，若投递员想在半小时之内，沿小路直接从A点到C，则此人的速度至少是多少？
[提示] 如探究1图，在△ABC中，∠ABC＝50°＋(180°－80°)＝150°，由余弦定理得AC＝＝，则此人的最小速度为v＝＝8(km/h)．
3．在探究1中若投递员以24 km/h的速度匀速沿大路从A到D前进，10分钟后某人以16 km/h的速度沿小路直接由A到C追投递员，问在C点此人能否与投递员相遇？
[提示] 投递员到达C点的时间为t1＝＝(小时)＝30(分钟)，追投递员的人所用时间由探究2可知t2＝≈0.28小时＝16.5分钟；由于30＞16.5＋10，所以此人在C点能与投递员相遇．
【例4】 如图所示，一辆汽车从O点出发沿一条直线公路以50公里/小时的速度匀速行驶(图中的箭头方向为汽车行驶方向)，汽车开动的同时，在距汽车出发点O点的距离为5公里、距离公路线的垂直距离为3公里的M点的地方有一个人骑摩托车出发想把一件东西送给汽车司机．问骑摩托车的人至少以多大的速度匀速行驶才能实现他的愿望，此时他驾驶摩托车行驶了多少公里？
[思路探究] 根据已知图形构造三角形，利用余弦定理建立速度与时间的函数求解．
[解] 作MI垂直公路所在直线于点I，则MI＝3，∵OM＝5，∴OI＝4，∴cos∠MOI＝.
设骑摩托车的人的速度为v公里/小时，追上汽车的时间为t小时，
由余弦定理得(vt)2＝52＋(50t)2－2×5×50t×，
即v2＝－＋2 500＝25＋900≥900，
∴当t＝时，v取得最小值为30，
∴其行驶距离为vt＝＝(公里)．
故骑摩托车的人至少以30公里/小时的速度行驶才能实现他的愿望，此时他驾驶摩托车行驶了公里．
解决实际问题应注意的问题
1．首先明确题中所给各个角的含义，然后分析题意，分析已知与所求，再根据题意画出正确的示意图，这是最关键最主要的一步．
2．将实际问题转化为可用数学方法解决的问题后，要正确使用正、余弦定理解决问题．
4．一艘船上午9：30在A处测得灯塔S在它的北偏东30°的方向上，且与它相距8海里，之后它继续沿正北方向匀速航行，上午10：00到达B处，此时测得灯塔S在它的北偏东75°的方向，则此船的航行速度为( )
A．8(＋)海里/时 B．8(－)海里/时
C．16(＋)海里/时 D．16(－)海里/时
D [如图，由题意得，在△SAB中，∠BAS＝30°，∠SBA＝180°－75°＝105°，∠BSA＝45°.
由正弦定理得＝，
即＝，得AB＝8(－)海里，
因此该船的航行速度为＝16(－)(海里/时)．]
1．测量距离问题包括两种情况
(1)测量一个可到达点到另一个不可到达点之间的距离．
(2)测量两个不可到达点之间的距离．
第一种情况实际上是已知三角形两个角和一边解三角形的问题，用正弦定理即可解决(如图1)；对于第二种情况，首先把求不可到达的两点A，B之间的距离转化为应用正弦定理求三角形边长的问题，然后把BC，AC转化为测量可到达的点与不可到达的点之间的距离问题(如图2)．
图1 图2
2．测量底部不可到达的建筑物的高度问题．由于底部不可到达，这类问题不能直接用解直角三角形的方法解决，但常用正弦定理和余弦定理，计算出建筑物顶部到一个可到达点之间的距离，然后转化为解直角三角形的问题．
3．测量角度问题的关键是在弄清题意的基础上，画出表示实际问题的图形，并在图形中标出有关的角和距离，再用正弦定理或余弦定理解三角形，最后将解得的结果转化为实际问题的解．
1．判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)一般来说，在测量过程中基线越长，测量精确度越低． ( )
(2)已知三角形的三个角，能够求其三条边． ( )
(3)两个不可到达的点之间的距离无法求得． ( )
(4)若P在Q的北偏东44°，则Q在P的东偏北44°方向． ( )
(5)如图所示，该角可以说成北偏东110°. ( )
[解析] (1)×.因为在测量过程中基线越长，测量的精确度越高．
(2)×.因为要解三角形，至少要知道这个三角形的一条边．
(3)×.两个不可到达的点之间的距离我们可以借助余弦定理求得．
(4)×.若P在Q的北偏东44°，则Q应在P的南偏西44°.
(5)×.题图中所标角应为方位角，可以说成点A的方位角为110°.
[答案] (1)× (2)× (3)× (4)× (5)×
2. 如图所示，在河岸AC上测量河的宽度BC，测量下列四组数据，较适宜的是( )
A．a，c，α B．b，c，α
C．c，a，β D．b，α，γ
D [由α，γ可求出β，由α，β，b，可利用正弦定理求出BC.故选D.]
3．台风中心从A地以20 km/h的速度向东北方向移动，离台风中心30 km内的地区为危险区，城市B在A的正东40 km处，B城市处于危险区内的时间为( )
A．0.5 h B．1 h
C．1.5 h D．2 h
B [设台风中心移动t h，城市B处在危险区，则(20t)2＋402－2×20 t×40×cos 45°≤900，
解得－≤t≤＋，
所以B城市处在危险区的时间为1 h．]
4．如图所示，某海轮以60海里/时的速度航行，在A点测得海面上油井P在南偏东60°，向北航行40分钟后到达B点，测得油井P在南偏东30°，海轮改为北偏东60°的航向再行驶80分钟到达C点，求P，C间的距离．
[解] 因为AB＝40，∠BAP＝120°，∠ABP＝30°，
所以∠APB＝30°，所以AP＝40，
所以BP2＝AB2＋AP2－2AP·AB·cos 120°
＝402＋402－2×40×40×＝402×3，
所以BP＝40.
又∠PBC＝90°，BC＝80，
所以PC2＝BP2＋BC2＝(40)2＋802＝11 200，
所以PC＝40海里．
课件59张PPT。第九章 解三角形9.2 正弦定理与余弦定理的应用
9.3 数学探究活动：得到不可达两点之间的距离测量距离问题 测量高度问题 点击右图进入…Thank you for watching !
利用正弦、余弦定理解三角形
【例1】 如图所示，在△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝2，点D在BC边上，∠ADC＝45°，求AD的长度．
[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＝×＝.
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.
1．如图所示，在△ABC中，B＝，AB＝8，点D在BC边上，CD＝2，cos∠ADC＝.
(1)求sin∠BAD；
(2)求BD，AC的长．
[解] (1)在△ADC中，
因为cos∠ADC＝，
所以sin∠ADC＝，
所以sin∠BAD＝sin(∠ADC－B)
＝sin∠ADCcos B－cos∠ADCsin B
＝×－×＝.
(2)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.
三角变换与解三角形的综合问题
命题角度1 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．
[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.
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．
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．
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．在△ABC中，若B＝60°，2b＝a＋c，试判断△ABC的形状．
[解] 法一：由正弦定理，
得2sin B＝sin A＋sin C.
∵B＝60°，∴A＋C＝120°.
∴2sin 60°＝sin(120°－C)＋sin C.
展开整理得sin C＋cos C＝1.
∴sin(C＋30°)＝1.
∵0°∴C＋30°＝90°.
∴C＝60°，则A＝60°.
∴△ABC为等边三角形．
法二：由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos B.
∵B＝60°，b＝，
∴＝a2＋c2－2accos 60°，
化简得(a－c)2＝0.
∴a＝c.
又B＝60°，
∴a＝b＝c.
∴△ABC为等边三角形．
命题角度2 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．
[解] (1)由正弦定理得sin A＝sin Bcos C＋sin Csin B.
又A＝π－(B＋C)，
∴sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋sin Ccos B，
即sin Bcos C＋cos Bsin C＝sin Bcos C＋sin Csin B，
∴cos Bsin C＝sin Csin B，
∵sin C≠0，
∴cos B＝sin B且B为三角形内角，
∴B＝.
(2)S△ABC＝acsin B＝ac，
由正弦定理知
a＝＝×sin A＝2sin A，
同理，c＝2sin C，
∴S△ABC＝×2sin A×2sin C
＝2sin Asin C＝2sin Asin
＝2sin A＝2(sin Acos A＋sin2A)
＝sin 2A＋1－cos 2A＝sin＋1，
∴当2A－＝，
即A＝时，
S△ABC有最大值＋1.
求解三角形中的边、角、面积的解题策略
该类问题以三角形为载体，在已知条件中涉及了三角形的一些边角关系，由于正弦定理和余弦定理都是关于三角形的边角关系的等式，通过定理的运用能够实现边角互化，在边角互化时，经常用到三角函数中两角和与差的公式及倍角公式等．
3．在△ABC中，a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，若a＝2，C＝，cos＝，求△ABC的面积S.
[解] 因为cos B＝2cos2－1＝，
故B为锐角，所以sin B＝，
所以sin A＝sin (π－B－C)
＝sin＝sin Bcos＋cos Bsin＝.
由正弦定理，
得c＝＝，
所以S△ABC＝acsin B
＝×2××＝.
正弦、余弦定理在实际中的应用
【例4】 如图，在一次海上联合作战演习中，红方一艘侦察艇在A处发现在北偏东45°方向，相距12海里的B处水面上，有蓝方一艘小艇正以每小时10海里的速度沿南偏东75°方向前进，若红方侦察艇以每小时14海里的速度，沿北偏东45°＋α方向拦截蓝方的小艇，若要在最短的时间内拦截住，求红方侦察艇所需的时间和角α的正弦值．
[思路探究] 假设经过x小时后在C处追上蓝方的小艇，作出示意图，把实际数据转化到三角形中，利用正、余弦定理求解．
[解] 如图，设红方侦察艇经过x小时后在C处追上蓝方的小艇，则AC＝14x海里，BC＝10x海里，∠ABC＝120°.
根据余弦定理得(14x)2＝122＋(10x)2－240xcos 120°，
解得x＝2.
故AC＝28海里，BC＝20海里．
根据正弦定理得＝，
解得sin α＝＝.故红方侦察艇所需的时间为2小时，角α的正弦值为.
应用解三角形知识解决实际问题四步曲
(1)分析题意，准确理解题意，分清已知与所求，尤其要理解题中的有关名词、术语；
(2)根据题意画出示意图，并将已知条件在图形中标出；
(3)将所求问题归结到一个或几个三角形中，通过合理运用正弦、余弦定理等有关知识正确求解；
(4)检验解出的结果是否具有实际意义，对结果进行取舍，得出正确答案．
4．甲船在A处，乙船在甲船正南方向距甲船20海里的B处，乙船以每小时10海里的速度向正北方向行驶，而甲船同时以每小时8海里的速度由A处向北偏西60°方向行驶，问经过多少小时后，甲、乙两船相距最近？
[解] 设甲、乙两船经t小时后相距最近且分别到达P、Q两处，因乙船到达A处需2小时．
①当0≤t<2时，如图①，
在△APQ中，AP＝8t，AQ＝20－10t，
所以PQ＝
＝
＝
＝2；
②当t＝2时，PQ＝8×2＝16；
③当t>2时，如图②，
在△APQ中，AP＝8t，AQ＝10t－20，
∴PQ＝
＝2.
综合①②③知，
PQ＝2(t≥0)．
当且仅当t＝＝时，PQ最小．
所以甲、乙两船行驶小时后，相距最近．
课件39张PPT。第九章 解三角形章末复习课利用正弦、余弦定理解三角形 三角变换与解三角形的综合问题 正弦、余弦定理在实际中的应用点击右图进入…Thank you for watching !课时分层作业(一) 正弦定理
(建议用时：60分钟)
[合格基础练]
一、选择题
1．在△ABC中，a＝5，b＝3，则sin A∶sin B的值是( )
A． B．
C． D．
A [在△ABC中，由正弦定理知＝，又a＝5，b＝3.所以＝＝.]
2．在△ABC中，a＝15，b＝10，A＝60°，则cos B等于( )
A．－ B．
C．－ D．
D [由正弦定理得＝，
∴sin B＝＝＝.
∵a>b，A＝60°，∴B为锐角．
∴cos B＝＝＝.]
3．在△ABC中，若sin A＞sin B，则A与B的大小关系为( )
A．A＞B
B．A＜B
C．A≥B
D．A，B的大小关系不能确定
A [因为＝，所以＝.
因为在△ABC中，sin A>0，sin B>0，sin A＞sin B，
所以＝>1，所以a>b，
由a＞b知A＞B.]
4．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
B [由题意有＝b＝，则sin B＝1，即B为直角，故△ABC是直角三角形．]
5．在△ABC中，若a＝，b＝3，A＝30°，则B＝( )
A．60° B．60°或120°
C．30° D．30°或150°
B [由＝，得sin B＝＝＝.因为b＞a，所以B＞A，所以B＝60°或B＝120°.]
二、填空题
6．在△ABC中，AB＝，A＝45°，B＝60°，则BC＝_____.
3－ [利用正弦定理＝，
而C＝180°－(A＋B)＝75°，
故BC＝＝＝3－.]
7．在△ABC中，若(sin A＋sin B)(sin A－sin B)＝sin2C，则△ABC的形状是________．
直角三角形 [由已知得sin2A－sin2B＝sin2C，根据正弦定理知sin A＝，sin B＝，sin C＝，
所以－＝，
即a2－b2＝c2，故b2＋c2＝a2.所以△ABC是直角三角形．]
8．在△ABC中，bc＝20，S△ABC＝5，△ABC外接圆的半径为，则a＝________.
3 [∵S△ABC＝bcsin A＝×20×sin A＝5，∴sin A＝.∵△ABC外接圆的半径R为，由正弦定理的推广可得＝2R，∴a＝2sin A＝2×＝3.]
三、解答题
9．在△ABC中，acos＝bcos，判断△ABC的形状．
[解] 法一：∵acos ＝bcos，
∴asin A＝bsin B.
由正弦定理，得a·＝b·，
∴a2＝b2，∴a＝b，
∴△ABC为等腰三角形．
法二：∵acos＝bcos，
∴asin A＝bsin B.
由正弦定理，得2Rsin2A＝2Rsin2B，即sin A＝sin B，
∴A＝B(A＋B＝π不合题意，舍去)．
故△ABC为等腰三角形．
10．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°.
[解] (1)a＝10，b＝20，a＜b，
A＝80°＜90°，由＝得，
sin B＝＝2sin 80°＞2sin 30°＝1，
∴本题无解．
(2)a＝2，b＝6，a＜b，A＝30°＜90°，
∵bsin A＝6sin 30°＝3，a＞bsin A，
∴bsin A＜a＜b，∴本题有两解．
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.
[等级过关练]
1．在△ABC中，下列关系一定成立的是( )
A．a>bsin A B．a＝bsin A
C．aD [由正弦定理＝，∴asin B＝bsin A，在△ABC中，02．在△ABC中，若3b＝2asin B，cos A＝cos C，则△ABC形状为( )
A．直角三角形 B．等腰三角形
C．等边三角形 D．等腰直角三角形
C [由正弦定理知b＝2R·sin B，a＝2R·sin A，
则3b＝2a·sin B可化为：
3sin B＝2sin A·sin B.
∵0°∴sin A＝，
∴A＝60°或A＝120°，
又cos A＝cos C，
∴A＝C，∴A＝60°，
∴△ABC为等边三角形．]
3．在△ABC中，若a＝3，b＝，A＝，则C＝________.
[由正弦定理得：＝，
所以sin B＝.
又a>b，所以A>B，
所以B＝，
所以C＝π－＝.]
4．已知△ABC中，AB＝，BC＝1，sin C＝cos C，则△ABC的面积为________．
[由sin C＝cos C，得tan C＝，所以C＝.
根据正弦定理可得＝，解得sin A＝.
因为AB＞BC，所以A＜C，所以A＝.
所以B＝，所以△ABC为直角三角形．
所以S△ABC＝××1＝.]
5．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A－C＝90°，a＋c＝b，求C.
[解] 由A－C＝90°，得A为钝角且sin A＝cos C，利用正弦定理，a＋c＝b可变形为sin A＋sin C＝sin B，
又∵sin A＝cos C，
∴sin A＋sin C＝cos C＋sin C＝sin(C＋45°)＝sin B，又A，B，C是△ABC的内角，
故C＋45°＝B或(C＋45°)＋B＝180°(舍去)，
所以A＋B＋C＝(90°＋C)＋(C＋45°)＋C＝180°.
所以C＝15°.
课时分层作业(二) 余弦定理
(建议用时：60分钟)
[合格基础练]
一、选择题
1．在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝，b＝3，A＝60°，则c＝( )
A．1 B．2
C．4 D．6
C [a2＝c2＋b2－2cbcos A?13＝c2＋9－2c×3×cos 60°，即c2－3c－4＝0，解得c＝4或c＝－1(舍去)，故选C.]
2．在△ABC中，a＝7，b＝4，c＝，则△ABC的最小角为( )
A． B．
C． D．
B [∵a＞b＞c，∴C为最小角，由余弦定理得
cos C＝
＝＝，
∴C＝.]
3．在△ABC中，已知b2＝ac且c＝2a，则cos B等于( )
A． B．
C． D．
B [∵b2＝ac，c＝2a，∴b2＝2a2，b＝a，
∴cos B＝＝＝.]
4．在△ABC中，若a＝3，c＝7，C＝60°，则b为( )
A．5 B．8
C．5或－8 D．－5或8
B [由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos C，
即49＝9＋b2－3b，所以(b－8)(b＋5)＝0.
因为b>0，所以b＝8.]
5．△ABC中，若sin2A＋sin2BA．钝角三角形 B．锐角三角形
C．直角三角形 D．都有可能
A [由正弦定理得a2＋b2∴C为钝角，△ABC为钝角三角形．]
二、填空题
6．已知在△ABC中，a＝2，b＝4，C＝60°，则A＝________.
30° [由余弦定理得，c2＝a2＋b2－2ab·cos C＝22＋42－2×2×4×＝12，
∴c＝2.
由正弦定理＝得，
sin A＝＝＝.
∵a＜c，∴A＜60°.
∴A＝30°.]
7．在△ABC中，A＝120°，AB＝5，BC＝7，则的值为________．
[由余弦定理可得49＝AC2＋25－2×5×AC×cos 120°，
整理得：AC2＋5·AC－24＝0，
解得AC＝3或AC＝－8(舍去)，
所以由正弦定理可得＝＝.]
8．在△ABC中，若b＝2，c＝2，C＝，则a＝________.
2 [∵c2＝a2＋b2－2abcos C，
∴(2)2＝a2＋22－2a×2×cos，
∴a2＋2a－8＝0，即(a＋4)(a－2)＝0，
∴a＝2或a＝－4(舍去)．∴a＝2.]
三、解答题
9．在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a＝2，c＝5，cos B＝.
(1)求b的值；
(2)求sin C的值．
[解] (1)因为b2＝a2＋c2－2accos B＝4＋25－2×2×5×＝17，所以b＝.
(2)因为cos B＝，所以sin B＝.
由正弦定理＝，得＝，
所以sin C＝.
10．已知△ABC中，(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，且2cos Asin B＝sin C，试判断△ABC的形状．
[解] 法一：(利用边的关系判断)
由正弦定理，得＝.
∵2cos Asin B＝sin C，∴cos A＝＝.
∵cos A＝，∴＝，
∴c2＝b2＋c2－a2，∴a2＝b2，∴a＝b.
∵(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，
∴(a＋b)2－c2＝3ab.∵a＝b，∴4b2－c2＝3b2，
∴b2＝c2，∴b＝c，∴△ABC为等边三角形．
法二：(利用角的关系判断)
∵A＋B＋C＝180°，∴sin C＝sin(A＋B)．
∵2cos Asin B＝sin C，
∴2cos Asin B＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B，
∴sin Acos B－cos Asin B＝0，∴sin(A－B)＝0.
∵0°∴－180°∴A－B＝0°，即A＝B.
∵(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，∴(a＋b)2－c2＝3ab，
∴a2＋b2－c2＝ab，∵c2＝a2＋b2－2abcos C，
∴cos C＝＝，∴C＝60°，
∴△ABC为等边三角形．
[等级过关练]
1．△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＝( )
A． B．
C． D．
C [由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝2b2－2b2cos A，所以2b2(1－sin A)＝2b2(1－cos A)，所以sin A＝cos A，即tan A＝1，又02．在△ABC中，a，b，c为A，B，C的对边，且b2＝ac，则B的取值范围是( )
A． B．
C． D．
A [cos B＝＝
＝＋≥，
∵0∴B∈.故选A．]
3．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若c2＝bccos A＋cacos B＋abcos C，则△ABC是________三角形．
直角 [由c2＝bccos A＋cacos B＋abcos C，得c2＝＋＋，化简得c2＝a2＋b2，所以C＝90°，所以△ABC是直角三角形．]
4．在△ABC中，已知BC＝7，AC＝8，AB＝9，则AC边上的中线长为________．
7 [由已知条件，得cos A＝＝＝.设AC边上的中线长为x，由余弦定理，得x2＝＋AB2－2··ABcos A＝42＋92－2×4×9×＝49，解得x＝7，所以所求中线长为7.]
5．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2－(b－c)2＝(2－)bc，sin Asin B＝cos2，BC边上的中线AM的长为.
(1)求角A和角B的大小；
(2)求△ABC的周长．
[解] (1)由a2－(b－c)2＝(2－)bc，得a2－b2－c2＝－bc，
所以cos A＝＝.
又0由sin Asin B＝cos2，得sin B＝，
即sin B＝1＋cos C，则cos C<0，即C为钝角．所以B为锐角，且B＋C＝，
则sin＝1＋cos C，化简得cos＝－1，
解得C＝，所以B＝.
(2)由(1)，知a＝b，由余弦定理得AM2＝b2＋－2b··cos C＝b2＋＋＝()2，解得b＝2.
由＝，可得c＝，即c＝2.
所以△ABC的周长为4＋2.
课时分层作业(三) 正弦定理和余弦定理的应用
数学探究活动：得到不可达两点之间的距离
(建议用时：60分钟)
[合格基础练]
一、选择题
1．海上有A，B两个小岛相距10 n mile，从A岛望C岛和B岛成60°的视角，从B岛望C岛和A岛成75°的视角，则B，C之间的距离为( )
A．2 n mile B．3 n mile
C．5 n mile D．6 n mile
C [在△ABC中，∠A＝60°，∠B＝75°，∴∠C＝45°.
∵＝，∴BC＝＝＝5(n mile)．]
2．某人向正东方向走x km后向右转150°，然后朝新方向走3 km，结果他离出发点恰好是 km，那么x的值是( )
A． B．2
C．2或 D．3
C [如图所示，在△ABC中，AB＝x，BC＝3，AC＝，∠B＝30°.由余弦定理，得()2＝x2＋32－2×3×x×，所以x2－3x＋6＝0，解得x＝或x＝2.
]
3．一般向正北方向航行，看见正西方向有相距10海里的两个灯塔恰好与它在一条直线上，船继续航行半小时后，看见一灯塔在船的南偏西60°方向，另一灯塔在船的南偏西75°方向，则这艘船的航行速度是( )
A．5海里/时 B．5海里/时
C．10海里/时 D．10海里/时
D [如图所示，依题意有∠BAC＝60°，∠BAD＝75°，所以∠CAD＝∠CDA＝15°，从而CD＝CA＝10海里，在直角三角形ABC中，可得AB＝5海里，于是这艘船的航行速度是10海里/时．
]
4．有一条与两岸平行的河流，水速为1 m/s，小船的速度为 m/s，为使所走路程最短，小船应朝什么方向行驶( )
A．与水速成45° B．与水速成135°
C．垂直于对岸 D．不能确定
B [如图所示，AB是水速，AD为船速，AC是船的实际速度，且AC⊥AB，在Rt△ABC中，cos∠ABC＝＝＝.
∴∠ABC＝45°，
∴∠DAB＝90°＋45°＝135°.
则小船的方向应与水速成135°行驶．]
5．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
B [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＝BC·sin 4θ＝200×＝300(m)，故选B.]
二、填空题
6．如图所示，为测量一棵树的高度，在地面上选取A，B两点，从A，B两点分别测得树尖的仰角为30°，45°，且A，B两点之间的距离为60 m，则树的高度为________．
(30＋30)m [由正弦定理得＝，∴PB＝，∴树的高度h＝PBsin 45°＝(30＋30)(m)．]
7．如图所示，设A，B两点在河的两岸，一测量者在A的同侧，在A所在的河岸边选定一点C.测出AC的距离为50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，则A，B两点的距离为________m.
50 [由题意知∠ABC＝30°，由正弦定理，得＝，
∴AB＝＝
＝50(m)．]
8．某人从A处出发、沿北偏东60°行走3 km到达B处，再沿正东方向行走2 km到达C处，则A，C两地的距离为________km.
7 [如图所示，由题意可知AB＝3，BC＝2，∠ABC＝150°.
由余弦定理，得AC2＝27＋4－2×3×2×cos 150°＝49，AC＝7.
则A，C两地的距离为7 km.]
三、解答题
9．如图，一人在C地看到建筑物A在正北方向，另一建筑物B在北偏西45°方向，此人向北偏西75°方向前进 km到达D处，看到A在他的北偏东45°方向，B在北偏东75°方向，试求这两座建筑物之间的距离．
[解] 由题意可知CD＝，∠BDC＝180°－75°－75°＝30°，∠CBD＝180°－30°－30°＝120°，∠DAC＝45°.
在△BDC中，由正弦定理可得，
BC＝＝＝.
在△ADC中，由正弦定理可得，
AC＝＝＝3.
在△ABC中，由余弦定理可得，AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB＝(3)2＋()2－2×3××cos 45°＝25，
∴AB＝5.
故这两座建筑物之间的距离为5 km.
10．如图所示，在海岸A处，发现北偏东45°方向，距A处(－1) n mile的B处有一艘走私船，在A处北偏西75°的方向，距离A处2 n mile的C处的缉私船奉命以10 n mile/h的速度追截走私船．
此时，走私船正以10 n mile/h的速度从B处向北偏东30°方向逃窜，问缉私船沿着什么方向能最快追上走私船？
[解] 设缉私船用t h在D处追上走私船，
则有CD＝10t，BD＝10t，
在△ABC中，∵AB＝－1，AC＝2，∠BAC＝120°，
∴由余弦定理，得
BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC＝(－1)2＋22－2×(－1)×2cos 120°＝6，
∴BC＝，
且sin∠ABC＝·sin∠BAC＝· ＝.
∴∠ABC＝45°.
∴BC与正北方向垂直．
∵∠CBD＝90°＋30°＝120°，
在△BCD中，由正弦定理，得
sin∠BCD＝＝＝，
∴∠BCD＝30°.
即缉私船沿北偏东60°方向能最快追上走私船．
[等级过关练]
1．如图所示，为了测量某湖泊两侧A，B的距离，某同学首先选定了与A，B不共线的一点C，然后给出四种测量方案(△ABC的角A，B，C所对的边分别记为a，b，c)：
①测量∠A，∠C，b；②测量a，b，∠C；
③测量∠A，∠B，a；④测量a，b，∠B.
则一定能确定A，B间距离的所有方案的序号为( )
A．①②③ B．②③④
C．①③④ D．①②③④
A [对于①，在△ABC中，∠B＝π－(∠A＋∠C)，所以sin B＝sin(A＋C)．由正弦定理得＝，所以c＝.对于②，由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcos C，所以c＝.对于③，在△ABC中，∠C＝π－(∠A＋∠B)，所以sin C＝sin(A＋B)，由正弦定理得＝，所以c＝.对于④，由余弦定理cos B＝解得的c可能有两个值．故一定能确定A，B间距离的所有方案的序号为①②③.]
2.如图所示，一条河的两岸平行，河的宽度d＝0.6 km，一艘客船从码头A出发匀速驶往河对岸的码头B.已知AB＝1 km，水的流速为2 km/h，若客船从码头A驶到码头B所用的最短时间为6 min，则客船在静水中的速度为( )
A．8 km/h B．6 km/h
C．2 km/h D．10 km/h
B [设AB与河岸线所成的角为θ，客船在静水中的速度为v km/h，由题意知，sin θ＝＝，从而cos θ＝，所以由余弦定理得＝＋12－2××2×1×，解得v＝6.]
3．某校运动会开幕式上举行升旗仪式，在坡角为15°的看台上，同一列的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°，若同一列的第一排和最后一排之间的距离为10米(如图所示)，则旗杆的高度为______米．
30 [如图所示，依题意可知∠PCB＝45°，∠PBC＝180°－60°－15°＝105°，∴∠CPB＝180°－45°－105°＝30°，∴在△PBC中，由正弦定理，可知PB＝·sin∠PCB＝20(米)，∴在Rt△POB中，OP＝PB·sin∠PBO＝20×＝30(米)，即旗杆的高度为30米．]
4.如图所示，有一条笔直的山路BC，现在又新架设了一条索道AC.小明在山脚B处看索道AC，此时视角∠ABC＝120°，从B处攀登200米到达D处，回头看索道AC，此时视角∠ADC＝150°，从D处再攀登300米到达C处．则石竹山这条索道AC长为________米．
100 [在△ABD中，BD＝200米，∠ABD＝120°.
因为∠ADB＝30°，所以∠DAB＝30°.
由正弦定理，得＝，
所以＝.
所以AD＝＝200(米)．
在△ADC中，DC＝300米，∠ADC＝150°，
所以AC2＝AD2＋DC2－2AD×DC×cos∠ADC＝(200)2＋3002－2×200×300×cos 150°＝390 000，所以AC＝100(米)．
故石竹山这条索道AC长为100米．]
5.如图所示，某军舰艇位于岛屿A的正西方C处，且与岛屿A相距120海里．经过侦察发现，国际海盗船以50海里/时的速度从岛屿A出发沿东偏北60°方向逃窜，同时，该军舰艇从C处出发沿东偏北α的方向匀速追赶国际海盗船，恰好用4小时追上．
(1)求该军舰艇的速度；
(2)求sin α的值．
[解] (1)依题意知，∠CAB＝120°，AB＝50×4＝200，AC＝120，∠ACB＝α，
在△ABC中，由余弦定理，得
BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠CAB＝2002＋1202－2×200×120cos 120°＝78 400，解得BC＝280.
所以该军舰艇的速度为＝70海里/时．
(2)在△ABC中，由正弦定理，得＝，
即sin α＝＝＝.
