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第1章 解三角形
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推广:a
sin
a
sin
b
sin
C=2R
定理:
b
C
sin
a
sinb
sin
c
a=
2Rsin
ab=
2Rsin
b.c=
2Rsin
c
sin
a
正弦定理
2RSIn
B-6
2R
sin
c
2R
a:b:c=sin
a:
sin
b:
sin
c
应闭「巴知两角和任一边,求其他边和角
已知两边和其中一边的对角,求其他边和角
CoS
A=-b2+c2-a2
26c
解
02=62+c2-26Ccos
a
定理:b2=a2+c2-2
Laclos
B推论:cosB=
2+c2-b2
角
2ac
形/余
2=a2b2-2abcos
c
弦定理
COS
C
a2+b2_2
2ab
已知三角形的三边,求三角形的三个角
应用
已知三角形两边和它们的夹角,求其他边和角
测量高度的问题
解三角形的实际(测量距离的问题
应用举例
测量角度的问题
计算三角形面积的问题
》知识网络体系构建
理清脉络·宏观把握
知识要点·易错提醒
温故知新·夯实基础
专题突破·链接高考
聚焦考点·拓展升华
[巩固提升训练]章末复习提升课
, [学生用书P14])
, [学生用书P15])
1．正弦定理和余弦定理
定理
正弦定理
余弦定理
内容
＝＝＝2R(R为△ABC外接圆半径)
a2＝b2＋c2－2bccos
A；b2＝c2＋a2－2cacos
B；c2＝a2＋b2－2abcos
C
变形形式
a＝2Rsin
A，b＝2Rsin
B，c＝2Rsin
C；sin
A＝，sin
B＝，sin
C＝；a∶b∶c＝sin
A∶sin
B∶sin
C；＝
cos
A＝；cos
B＝；cos
C＝
2．三角形中常用的面积公式
(1)S＝ah(h表示边a上的高)；
(2)S＝bcsin
A＝acsin
B＝absin
C；
(3)S＝r(a＋b＋c)(r为三角形的内切圆半径)．
1．解三角形中易忽视的三点
(1)解三角形时，不要忽视角的取值范围；
(2)由两个角的正弦值相等求两角关系时，注意不要忽视两角互补情况；
(3)利用正弦定理、余弦定理判断三角形形状时，切记出现失解情况．
2．三角形解的个数的确定
已知两边和其中一边的对角不能唯一确定三角形，解这类三角形问题可能出现一解、两解、无解的情况，这时应结合“三角形中大边对大角”，此时一般用正弦定理，但也可用余弦定理．
(1)利用正弦定理讨论：若已知a、b、A，由正弦定理＝，得sin
B＝.若sin
B>1，无解；
若sin
B＝1，一解；若sin
B<1，一解或两解．
(2)利用余弦定理讨论：已知a、b、A.由余弦定理a2＝c2＋b2－2cbcos
A，即c2－(2bcos
A)c＋b2－a2＝0，这是关于c的一元二次方程．若方程无解或无正数解，则三角形无解；若方程有唯一正数解，则三角形有一解；若方程有两个不同正数解，则三角形有两解．
,
[学生用书P15])
利用正、余弦定理解三角形
解三角形就是已知三角形中的三个独立元素(至少一条边)求出其他元素的过程．三角形中的元素有基本元素(边和角)和非基本元素(中线、高、角平分线、外接圆半径和内切圆半径)，解三角形通常是指求未知的元素，有时也求三角形的面积．
解斜三角形共包括四种类型：(1)已知三角形的两角和一边(一般先用内角和求角或用正弦定理求边)；(2)已知两边及夹角(一般先用余弦定理求第三边)；(3)已知三边(先用余弦定理求角)；(4)已知两边和一边的对角(先用正弦定理求另一边的对角或先用余弦定理求第三边，注意讨论解的个数)．
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知b＋c＝2acos
B.
(1)证明：A＝2B；
(2)若△ABC的面积S＝，求角A的大小．
[解] (1)证明：由正弦定理得sin
B＋sin
C＝2sin
Acos
B，
故2sin
Acos
B＝sin
B＋sin(A＋B)＝sin
B＋sin
Acos
B＋cos
Asin
B，于是sin
B＝sin(A－B)．
又A，B∈(0，π)，
故0＜A－B＜π，所以，
B＝π－(A－B)或B＝A－B，
因此A＝π(舍去)或A＝2B，
所以A＝2B.
(2)由S＝，得absin
C＝，故有
sin
Bsin
C＝sin
2B＝sin
Bcos
B，
因为sin
B≠0，
所以sin
C＝cos
B，
又B，C∈(0，π)，
所以C＝±B.
当B＋C＝时，A＝；
当C－B＝时，A＝.
综上，A＝或A＝.
利用正、余弦定理判断三角形的形状
判断三角形的形状是一种常见的题型，其基本原则是化边为角或化角为边，实现边角的统一，而达到这一目标的工具就是正弦定理和余弦定理，在具体问题中，关键是利用条件寻找边的关系或角的关系．一般地，运用正弦定理化边为角，利用余弦定理化角为边．有时已知中边角都有，可同时运用两个定理进行边角互化，以达到化异为同的效果．注意在对三角关系式变形时，常用到内角和定理和诱导公式．若同化为边，一般要因式分解：由边相等得等腰或由勾股定理和逆定理得直角或由余弦值的正、负、零来判断角是锐角、钝角或直角．
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.
因为∠B＝60°，
所以∠A＋∠C＝120°.
所以2sin
60°＝sin(120°－C)＋sin
C.
展开整理得sin
C＋cos
C＝1.
所以sin(C＋30°)＝1.
因为0°所以∠C＋30°＝90°.
所以∠C＝60°.
故∠A＝60°.所以△ABC为等边三角形．
法二：因为∠B＝60°，b＝，根据余弦定理，得＝a2＋c2－2accos
60°，化简得(a－c)2＝0，
所以a＝c.又∠B＝60°，
所以a＝b＝c.
所以△ABC为等边三角形．
正、余弦定理在实际问题中的应用
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．
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A沿直线步行到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50m/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？
[解] (1)因为
cos
A＝，cos
C＝，
因为0＜A＜π，0＜B＜π，0＜C＜π，
所以sin
A＝，sin
C＝，
因为A＋B＋C＝π，
所以sin
B＝sin
(A＋C)＝sin
Acos
C＋cos
Asin
C
＝×＋×＝，
所以＝＝，
所以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DE2＝AE2＋AD2－2AE·AD·cos
A
即DE2＝7
400t2－1
4000t＋10
000，
所以当t＝＝时，DE2有最小值，
即当t＝(min)时，乙在缆车上与甲的距离最短．
正、余弦定理的综合应用
正、余弦定理将三角形中的边和角关系进行了量化，为我们解三角形或求三角形的面积提供了依据，而三角形中的问题常与向量、函数、方程及平面几何相结合，通常可以利用正、余弦定理完成证明、求值等问题．
(1)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．
(2)解三角形与其他知识的交汇问题，可以运用三角形的基础知识、正、余弦定理、三角形面积公式与三角恒等变换，通过等价转化或构造方程及函数求解．
△ABC的内角A，B，C所对的边分别为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．
[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＜A＜π，所以A＝.
(2)法一：由余弦定理，得
a2＝b2＋c2－2bccos
A，
而a＝，b＝2，A＝，
得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＝.
法二：由正弦定理，
得＝，
从而sin
B＝.
又由a＞b，
知A＞B，
所以cos
B＝.
故sin
C＝sin(A＋B)＝sin
＝sin
Bcos＋cos
Bsin＝.
所以△ABC的面积为absin
C＝.
1．在△ABC中，a＝1，b＝2，cos
C＝，则c＝________；sin
A＝________.
解析：由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos
C＝12＋22－2×2×＝4，故c＝2.
因为cos
C＝，
所以sin
C＝
＝.
由正弦定理，得＝，
即sin
A＝＝＝.
答案：2
2．若△ABC的内角A、B、C满足6sin
A＝4sin
B＝3sin
C，则cos
B＝______．
解析：由正弦定理把已知条件转化为6a＝4b＝3c，设6a＝4b＝3c＝12t(t>0)，则a＝2t，b＝3t，c＝4t，cos
B＝＝＝.
答案：
3．甲船在A处观察到乙船在它的北偏东60°的方向，两船相距a海里，乙船正在向北行驶，若甲船的速度是乙船的倍，则甲船应取北偏东θ方向前进，才能尽快追上乙船，此时θ＝________．
解析：设乙船的速度是v海里/小时，t小时后甲船在C处追上乙船(如图)，则由题意得甲船的速度是v海里/小时．在△ABC中，AB＝a，AC＝vt，BC＝vt，∠ABC＝120°.
由正弦定理知，
＝，
sin∠BAC＝＝＝.
又0°＜∠BAC＜90°，
所以∠BAC＝30°，
θ＝60°－∠BAC＝30°.
答案：30°
4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acos
C－bcos
C＝ccos
B－ccos
A，且C＝120°.
(1)
求角A；
(2)
若a＝2，求c.
解：(1)由正弦定理及acos
C－bcos
C＝ccos
B－ccos
A得
sin
Acos
C－sin
Bcos
C＝sin
Ccos
B－sin
Ccos
A，
所以sin
(A＋C)＝sin
(B＋C)．
因为A，B，C是三角形的内角，
所以A＋C＝B＋C，所以A＝B.
因为C＝120°，所以A＝30°.
(2)由(1)知a＝b＝2，
所以c2＝a2＋b2－2abcos
C
＝4＋4－2×2×2cos
120°＝12，
所以c＝2.
5．如图所示，港口A北偏东30°方向的C处有一观测站，港口正东方向的B处有一轮船，测得BC为31
n
mile，该轮船从B处沿正西方向航行20
n
mile后到达D处，测得CD为21
n
mile，问此时轮船离港口A还有多远？
解：由条件知A＝60°，设∠ACD＝α，∠CDB＝β，
在△BCD中，
由余弦定理得，
cos
β＝＝－，
所以sin
β＝，
sin
α＝sin(β－60°)＝sin
βcos
60°－cos
βsin
60°＝，
在△ADC中，由正弦定理得，＝，
所以AD＝＝15(n
mile)，
此时轮船离港口A还有15
n
mile.
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1(共37张PPT)
章末综合检测(一)
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[学生用书P79(单独成册)]
(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，共计70分．
1．在△ABC中，a＝1，A＝30°，B＝60°，则b＝______．
解析：由正弦定理得＝，故b＝＝.
答案：
2．在三角形中，夹60°角的两边长分别是16和55，则其对边a的长是________．
解析：由余弦定理得a2＝162＋552－2×16×55cos
60°＝492，所以a＝49.
答案：49
3．在△ABC中，a＝2，b＝3，C＝135°，则△ABC的面积＝________．
解析：由面积公式得，
S△ABC＝×2×3×sin
135°＝.
答案：
4．设l，l＋1，l＋2是钝角三角形的三边长，则l的取值范围是__________．
解析：因为l，l＋1，l＋2是钝角三角形的三边长，
所以l>0且l＋2所以l>1.
设最长边所对的角为C，
由题意知cos
C<0，
即cos
C＝<0，
所以
<0，
即l2－2l－3<0，－1所以1答案：(1，3)
5．在锐角△ABC中，角A，B所对的边长分别为a，b.若2asin
B＝b，则角A＝________．
解析：在△ABC中，a＝2Rsin
A，b＝2Rsin
B(R为△ABC的外接圆半径)．
因为2asin
B＝b，所以2sin
Asin
B＝sin
B.
所以sin
A＝.又△ABC为锐角三角形，
所以A＝.
答案：
6．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＝______．
解析：因为c2＝(a－b)2＋6，所以c2＝a2＋b2－2ab＋6.①
因为C＝，所以c2＝a2＋b2－2abcos＝a2＋b2－ab.②
由①②得－ab＋6＝0，即ab＝6.
所以S△ABC＝absin
C＝×6×＝.
答案：
7．△ABC的三内角A、B、C的对边边长分别为a、b、c.若a＝b，A＝2B，则cos
B＝________．
解析：由正弦定理，得＝，
又因为a＝b，A＝2B，
所以＝，b≠0，sin
B≠0，
所以＝1，所以cos
B＝.
答案：
8．在△ABC中，a＝1，b＝2，则角A的取值范围是________．
解析：由＝，可得sin
A＝sin
B，
又因为0＜sin
B≤1，所以0＜sin
A≤.
所以0°＜A≤30°或150°≤A＜180°.
又因为a＜b，所以只有0°＜A≤30°.
答案：0°＜A≤30°
9．已知△ABC的外接圆半径为R，且2R(sin2A－sin2C)＝(a－b)sin
B(其中a，b分别为A，B的对边)，那么角C的大小为________．
解析：根据正弦定理，原式可化为
2R＝(a－b)·，所以a2－c2＝(a－b)b，所以a2＋b2－c2＝ab，所以cos
C＝＝.
又因为C∈(0°，180°)，所以C＝45°.
答案：45°
10．已知在△ABC中，sin
A＋sin
B＝sin
C(cos
A＋cos
B)，则△ABC的形状是________．
解析：由正弦定理和余弦定理得a＋b＝c，即2a2b＋2ab2＝ab2＋ac2－a3＋a2b＋bc2－b3，所以a2b＋ab2＋a3＋b3＝ac2＋bc2，所以(a＋b)(a2＋b2)＝(a＋b)·c2，所以a2＋b2＝c2，所以△ABC为直角三角形．
答案：直角三角形
11．在△ABC中，b＝2，B＝45°，若这样的三角形有两个，则边a的取值范围为________．
解析：由题意得??2＜a＜2.
答案：2＜a＜2
12．在△ABC中，三个角A，B，C的对边边长分别为a＝3，b＝4，c＝6，则bccos
A＋cacos
B＋abcos
C的值为________．
解析：由余弦定理知：
bccos
A＝(b2＋c2－a2)，①
cacos
B＝(c2＋a2－b2)，②
abcos
C＝(a2＋b2－c2)，③
①＋②＋③得：bccos
A＋cacos
B＋abcos
C
＝(a2＋b2＋c2)＝(32＋42＋62)＝.
答案：
13．在△ABC中，若AB＝2，AC＝BC，则S△ABC的最大值是________．
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＜x＜2＋2，故当x＝2时，S△ABC取得最大值2.
答案：2
14．如图，在斜度一定的山坡上一点A测得山顶上一建筑物顶端C对于山坡的斜度为α，向山顶前进a
m到达点B，从B点测得斜度为β，设建筑物的高为h
m，山坡对于地平面的倾斜角为θ，则cos
θ＝________．
解析：在△ABC中，AB＝a，∠CAB＝α，
∠ACB＝β－α，
由正弦定理，得＝，
所以BC＝.
在△BDC中，由正弦定理得
＝，所以sin∠BDC＝＝.
又∠BDC＝90°＋θ，
所以sin∠BDC＝sin(90°＋θ)＝cos
θ.所以cos
θ＝.
答案：
二、解答题：本大题共6小题，共计90分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．(本小题满分14分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且A＝60°，sin
B∶sin
C＝2∶3.
(1)求的值；
(2)若AB边上的高为3，求a的值．
解：(1)在△ABC中，由正弦定理＝，
得b∶c＝sin
B∶sin
C.
又因为sin
B∶sin
C＝2∶3，所以b∶c＝2∶3，即＝.
(2)因为AB边上的高为3，A＝60°，作CD⊥AB于D，则CD＝h＝3.在Rt△ACD中，＝sin
A，
所以b＝＝＝6.
又＝，所以c＝9.
又根据余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos
A，
将b＝6，c＝9，A＝60°代入上式，得a2＝63，
所以a＝3.
16．(本小题满分14分)在△ABC中，a＝3，b＝2，∠B＝2∠A.
(1)求cos
A的值；
(2)求c的值．
解：(1)因为a＝3，b＝2，∠B＝2∠A，
所以在△ABC中，由正弦定理得＝.
所以＝.故cos
A＝.
(2)由(1)知cos
A＝，所以sin
A＝＝.
又因为∠B＝2∠A，所以cos
B＝2cos2A－1＝.
所以sin
B＝＝.
在△ABC中，sin
C＝sin(A＋B)＝sin
Acos
B＋cos
Asin
B＝.
所以c＝＝5.
17．(本小题满分14分)
如图，在平面四边形ABCD中，已知AD＝AB＝1，∠BAD＝θ，且△BCD为正三角形．
(1)将四边形ABCD的面积S表示为θ的函数；
(2)求S的最大值及此时θ的值．
解：(1)△ABD的面积S1＝×1×1×sin
θ＝sin
θ，
△BCD的面积S2＝BD2＝(12＋12－2×1×1×cos
θ)＝(1－cos
θ)，
所以四边形ABCD的面积S＝S1＋S2＝sin
θ－cos
θ＋＝＋sin(0<θ<π)．
(2)由S＝＋sin(0<θ<π)知，
当θ－＝，即θ＝时，四边形ABCD的面积S最大，且最大值为1＋.
18．(本小题满分16分)
已知在东西方向上有M，N两座小山，山顶各有一个发射塔A，B，塔顶A，B的海拔高度分别为AM＝100米和BN＝200米，在水平面上有一条公路为北偏西60°方向，公路上有一测量车在小山M的正南方向点P处，在点P处测得发射塔顶A的仰角为30°，汽车沿公路向北偏西60°方向行驶了100米后，在点Q处测得发射塔顶B处的仰角为θ，且∠BQA＝θ，经计算tan
θ＝2，求两发射塔顶A，B之间的距离．
解：在Rt△AMP中，∠APM＝30°，AM＝100，
所以PM＝100，
连接QM(图略)，在△PQM中，∠QPM＝60°，
又PQ＝100，
所以△PQM为等边三角形，所以QM＝100.
在Rt△AMQ中，由AQ2＝AM2＋QM2，得AQ＝200.
在Rt△BNQ中，tan
θ＝2，BN＝200，所以BQ＝100，cos
θ＝.
在△BQA中，BA2＝BQ2＋AQ2－2BQ·AQcos
θ
＝(100)2，所以BA＝100.
即两发射塔顶A，B之间的距离是100
米．
19．(本小题满分16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．
解：(1)不妨设∠ADB＝x，
则∠ABD＝180°－∠BAD－∠ADB＝120°－x，
由正弦定理得，＝，
即＝，
所以7sin(120°－x)＝5sin
x，
整理可得，7cos
x＝3sin
x，
结合sin2
x＋cos2
x＝1及x∈(0°，90°)．
可解得cos
x＝，sin
x＝.
所以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＝，
所以BC＝
＝＝3.
20．(本小题满分16分)如图，甲船以每小时30
海里的速度向正北方航行，乙船按固定方向匀速直线航行．当甲船位于A1处时，乙船位于甲船的北偏西105°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，乙船航行到甲船的北偏西120°方向的B2处，此时两船相距10
海里．问：乙船每小时航行多少海里？
解：如图，连接A1B2.由已知A2B2＝10，A1A2＝30×＝10，所以A1A2＝A2B2.
又∠A1A2B2＝180°－120°＝60°，
所以△A1A2B2是等边三角形，
所以A1B2＝A1A2＝10.
由已知，A1B1＝20，
在△A1B2B1中，
∠B1A1B2＝105°－60°＝45°.
由余弦定理得
B1B＝A1B＋A1B－2A1B1·A1B2·cos
45°
＝202＋(10)2－2×20×10×＝200，
所以B1B2＝10.
因此，乙船的速度为×60＝30(海里/时)．
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