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第九章　解三角形
9.1　正弦定理与余弦定理
9.1.1　正弦定理
课程标准 素养目标
1.通过对任意三角形边长和角度关系的探索，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. 1.在本节学习中，学生依据学过的三角恒等变换探索正弦定理公式. 2.借助公式的推导和运用，培养学生的数学运算、逻辑推理等核心素养.
第一课时　正弦定理（一）
[自我排查]
1.在△ABC，下列式子与的值相等的是（　　）
A. B.
C. D.
答案：C
解析：由正弦定理得＝，所以＝.
2.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
答案：C
解析：由正弦定理＝，得asin B＝bsin A，故选C.
3.在△ABC中，已知BC＝，sin C＝2sin A，则AB＝　　　　.
答案：2
解析：由正弦定理，得AB＝·BC＝2BC＝2.
4.在△ABC中，a＝，b＝，B＝，则A＝　　　　.
答案：或
解析：由正弦定理，得sin A＝＝＝，又A∈（0，π），a＞b，∴A＞B，
∴A＝或.
[系统归纳]
1.面积公式
若记△ABC的面积为S，则S＝absin C＝bcsin A＝acsin B.
2.正弦定理
在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，即＝＝.
对正弦定理的理解
（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）揭示规律：正弦定理指出的是三角形中三条边与对应角的正弦之间的一个关系式，它描述了三角形中边与角的一种数量关系.
（4）主要功能：正弦定理的主要功能是实现三角形中边角关系的转化.
3.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叫做三角形的元素.已知三角形的几个元素求其他元素的过程叫做解三角形.
正弦定理的应用范围：
（1）已知两角和任一边，求其他两边和一角.
（2）已知两边和其中一边的对角，求另一边和两角.
（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.
研习一　三角形的面积
[例1]　已知△ABC中，AB＝6，∠A＝30°，∠B＝120°，则△ABC的面积为（　　）
A.9 B.18 C.9 D.18
[解析]　由三角形内角和定理知C＝30°，故△ABC为等腰三角形，所以AB＝BC＝6，由三角形面积公式得S＝×6×6×sin B＝9.故选C.
[答案]　C
通性通法
（1）已知△ABC的一边及对应边的高，S△ABC＝aha＝bhb＝chc.
（2）已知△ABC两边及其夹角，S△ABC＝absin C＝bcsin A＝acsin B.
（3）已知△ABC三边a，b，c，S△ABC＝（p＝）.
（4）已知△ABC的三边及内切圆半径r，S△ABC＝r（a＋b＋c）.
[变式训练]
1.在△ABC中，若A＝，b＝2accos B，c＝1，则△ABC的面积等于（　　）
A. B. C. D.
答案：B
解析：由正弦定理得sin B＝2sin A·cosB，故tan B＝2sin A＝2sin＝，因为B∈（0，π），所以B＝.又A＝，所以△ABC是正三角形，所以S△ABC＝bcsin A＝×1×1×＝.故选B.
研习二　已知两角及一边解三角形
[例2]　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＝，得
b＝＝＝4，
由＝，得c＝＝＝
＝4（＋1）.
∴A＝45°，b＝4，c＝4（＋1）.
通性通法
已知三角形任意两角和一边解三角形的基本思路
（1）由三角形的内角和定理求出第三个角.
（2）由正弦定理公式的变形，求另外的两条边.
[易错点拨]　若已知角不是特殊角时，往往先求出其正弦值（这时应注意角的拆并，即将非特殊角转化为特殊角的和或差，如75°＝45°＋30°），再根据上述思路求解.
[变式训练]
2.在△ABC中，已知c＝10，A＝45°，C＝30°，解这个三角形.
解：∵A＝45°，C＝30°，∴B＝180°－（A＋C）＝105°.
由＝得a＝＝＝10.
由＝得b＝＝＝20sin 75°，
∵sin 75°＝sin（30°＋45°）
＝sin 30°cos 45°＋cos 30°sin 45°
＝，
∴b＝20×＝5＋5.
研习三　已知两边及一边的对角解三角形
[例3]　在△ABC中，已知c＝，A＝45°，a＝2，解这个三角形.
[解]　∵＝，
∴sin C＝＝＝，
∴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°.
通性通法
已知三角形两边和其中一边的对角解三角形时的方法
（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，这时由正弦值可求出两个角，要分类讨论.
[变式训练]
3.在△ABC中，若c＝，C＝，a＝2，求A，B，b.
解：由＝，得sin A＝＝，
∴A＝或A＝π.
又∵c＞a，∴C＞A，∴只能取A＝，
∴B＝π－－＝，
b＝＝＝＋1.
第二课时　正弦定理（二）
[自我排查]
1.在△ABC中，若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
答案：B
解析：由sin A＝sin C知a＝c，∴△ABC为等腰三角形.
2.在△ABC中，已知b＝40，c＝20，C＝60°，则此三角形的解的情况是（　　）
A.有一解
B.有两解
C.无解
D.有解但解的个数不确定
答案：C
解析：由正弦定理得＝，所以sin B＝＝＝＞1.
所以角B不存在，即满足条件的三角形不存在.
3.在△ABC中，若（sin A＋sin B）（sin A－sin B）＝sin2C，则△ABC是　　　　三角形.
答案：直角
解析：由已知得sin2A－sin2B＝sin2C，根据正弦定理知a2－b2＝c2，故b2＋c2＝a2，所以△ABC是直角三角形.
4.在△ABC中，若a＝3，b＝，A＝，则C的大小为　　　　.
答案：
解析：由正弦定理可知sin B＝＝＝，
所以B＝或（舍去），
所以C＝π－A－B＝π－－＝.
[系统归纳]
1.正弦定理的常见变形
（1）sin A∶sin B∶sin C＝a∶b∶c；
（2）＝＝＝
；
（3）sin A＝，sin B＝，sin C＝.
2.判断三角形解的个数
设在△ABC中，已知a，b及A的值.由正弦定理＝，可求得sin B＝.
（1）当A为钝角时，则B必为锐角，三角形的解唯一；
（2）当A为直角且a＞b时，三角形的解唯一；
（3）当A为锐角时，如图，以点C为圆心，以a为半径作圆，三角形解的个数取决于a与CD和b的大小关系：
①当a＜CD时，无解；
②当a＝CD时，一解；
③当CD＜a＜b时，则圆与射线AB有两个交点，此时B为锐角或钝角，此时B的值有两个.
④当a≥b时，一解.
（4）如果a＞b，则有A＞B，所以B为锐角，此时B的值唯一.
3.判断三角形的形状
当所给条件含有边和角时，应利用正弦定理将条件统一为“边”之间的关系式或“角”之间的关系式.
研习一　判断三角形的形状
[例1]　在△ABC中，sin2A＝sin2B＋sin2C，且sin A＝2sin B·cos C，试判断△ABC的形状.
[解]　由正弦定理得a2＝b2＋c2，故A＝90°，
∴C＝90°－B，cos C＝sin B.
∴2sin B·cos C＝2sin2B＝sin A＝1.
∴sin B＝，∴B＝45°或B＝135°（当B＝135°时，A＋B＝225°＞180°，故舍去）.
∴△ABC是等腰直角三角形.
通性通法
1.判断三角形的形状，可以从考查三边的关系入手，也可以从三个内角的关系入手，从条件出发，利用正弦定理进行代换、转化，呈现出边与边的关系或求出角与角的关系，从而作出准确判断.
2.判断三角形的形状，主要看其是否是正三角形、等腰三角形、直角三角形、钝角三角形或锐角三角形，要特别注意“等腰直角三角形”与“等腰三角形或直角三角形”的区别.
[变式训练]
1.在△ABC中，若b＝acos C，试判断该三角形的形状.
解：∵b＝acos C，＝＝2R（2R为△ABC外接圆直径），
∴sin B＝sin A·cos C，
∵B＝π－（A＋C），
∴sin（A＋C）＝sin A·cos C.
即sin Acos C＋cos Asin C＝sin A·cos C，
∴cos Asin C＝0，
∵A，C∈（0，π），∴cos A＝0，即A＝90°，
∴△ABC为直角三角形.
研习二　判断三角形解的个数
[例2]　在△ABC中，已知a＝20 cm，b＝28 cm，A＝40°，解三角形（角度精确到1°，边长精确到1 cm）.
[解]　根据正弦定理，得sin B＝＝≈0.899 9.
因为0°＜B＜180°，且b＞a，所以B＞A.由sin B≈0.899 9得B≈64°或B≈116°.
（1）当B≈64°时，
C＝180°－（A＋B）≈180°－（40°＋64°）＝76°，
c＝＝≈30（cm）.
（2）当B≈116°时，
C＝180°－（A＋B）≈180°－（40°＋116°）＝24°，
c＝＝≈13（cm）.
综上，B≈64°，C＝76°，c≈30（cm）或B≈116°，C＝24°，c≈13（cm）.
通性通法
已知两边和其中一边的对角解三角形时，首先求出另一边的对角的正弦值，根据该正弦值求角时，要根据已知两边的大小情况来确定该角有一个值还是两个值.或者根据该正弦值（不等于1时）在0°～180°范围内求角，所求出的锐角或钝角，只要不与三角形内角和定理矛盾，就是所求.
[变式训练]
2.已知某三角形中a＝2，b＝6，A＝30°，判断三角形是否有解，若有解，解该三角形.
解：a＝2，b＝6，a＜b，A＝30°＜90°.
因为bsin A＝6sin 30°＝3，a＞bsin A，
所以本题有两解，由正弦定理，得
sin B＝＝＝，
因为b＞a，B＞A，B∈（0°，180°），
所以B＝60°或120°.
当B＝60°时，C＝90°，c＝＝4；
当B＝120°时，C＝30°，c＝a＝2.
所以B＝60°，C＝90°，c＝4，
或B＝120°，C＝30°，c＝2.
研习三　利用正弦定理求最值或取值范围
[例3]　在锐角△ABC中，角A，B，C分别对应边a，b，c，且a＝2bsin A，求cos A＋sin C的取值范围.
[解]　∵a＝2bsin A，
∴由正弦定理得sin A＝2sin Bsin A，
又∵A∈（0，），sin A≠0，
∴sin B＝.∵B为锐角，∴B＝.
令y＝cos A＋sin C＝cos A＋sin[π－（B＋A）]
＝cos A＋sin（＋A）
＝cos A＋sincos A＋cossin A
＝cos A＋sin A＝sin（A＋）.
由锐角△ABC知，
－B＜A＜，∴＜A＜，
∴＜A＋＜，
∴＜sin（A＋）＜，
∴＜sin（A＋）＜，
即＜y＜.
∴cos A＋sin C的取值范围是（，）.
通性通法
解决三角形中的取值范围或最值问题
（1）先利用正弦定理理清三角形中元素问的关系或求出某些元素.
（2）将所求最值或取值范围的量表示成某一变量的函数（三角函数），从而转化为函数的值域或最值问题.
[变式训练]
3.如图，在平面上，直线l1∥l2，A，B分别是l1，l2上的动点，C是l1，l2之间的一定点，C到l1的距离CM＝1，C到l2的距离CN＝，△ABC的内角A，B，C所对应边分别为a，b，c，a＞b，且bcos B＝acos A.
（1）判断△ABC的形状；
（2）记∠ACM＝θ，f（θ）＝＋，求f（θ）的最大值.
解：（1）由正弦定理及bcos B＝acos A，
得sin Bcos B＝sin Acos A，
即sin 2B＝sin 2A，
∵a＞b，∴A＞B，∴2A＋2B＝π，
∴c＝，∴△ABC是直角三角形.
（2）由（1）得∠BCN＝－θ，则b＝，
a＝，f（θ）＝＋＝cos θ＋sin θ
＝（cos θcos＋sin θsin）
＝cos（θ－），
∴当θ＝时，f（θ）取最大值为.
课时作业（一）　正弦定理
一、选择题
1.（2020·安徽合肥高一检测）△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若A＝，a＝3，b＝2，则sin B＝（　　）
A. B. C. D.
答案：D
2.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若acos A＝bsin B，则sin Acos A＋cos2B＝（　　）
A.－ B. C.－1 D.1
答案：D
解析：由acos A＝bsin B，得
sin A·cos A＝sin B·sin B，
即sin A·cos A＝sin2B，
∴sin A·cos A＋cos2B＝sin2B＋cos2B＝1.
3.已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，asin Asin B＋bcos2A＝a，则＝（　　）
A.2 B.2 C. D.
答案：D
解析：由正弦定理，得
sin2Asin B＋sin Bcos2A＝sin A，
即sin B·（sin2A＋cos2A）＝sin A.
∴sin B＝sin A.
∴＝＝.
4.（多选）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.根据下列条件解三角形，其中有两解的是（　　）
A. b＝10，A＝45°，C＝70°
B. b＝45，c＝48，B＝60°
C. a＝14，b＝16，A＝45°
D. a＝7，b＝5，A＝80°
答案：BC
解析：选项A：因为A＝45°，C＝70°，所以B＝65°，三角形的三个角是确定的值，故只有一解.选项B：因为sin C＝＝＜1，且c＞b，所以角C有两解.选项C：因为sin B＝＝＜1，且b＞a，所以角B有两解.选项D：因为sin B＝＜1，且b＜a，所以角B仅有一解.综上所述，故选BC.
5.△ABC中，若＝＝，则△ABC中最长的边是（　　）
A. a B. b C. c D. b或 c
答案：A
解析：由正弦定理知sin B＝cos B，sin C＝cos C，
∴B＝C＝45°，∴A＝90°，故选A.
6.以下关于正弦定理或其变形的叙述中错误的是　（　　）
A.在△ABC中，a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C
B.在△ABC中，若sin 2A＝sin 2B，则a＝b
C.在△ABC中，若sin A＞sin B，则A＞B，若A＞B，则sin A＞sin B都成立
D.在△ABC中，＝
答案：B
解析：由正弦定理易知A，C，D正确.
对于B，由sin 2A＝sin 2B，可得A＝B或2A＋2B＝π，
即A＝B或A＋B＝，
∴a＝b或a2＋b2＝c2，故B错误.
二、填空题
7.在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝4bsin A，则cos B＝　　　　.
答案：
解析：∵a＝4bsin A，由正弦定理，
得sin A＝4sin Bsin A，
且sin A≠0，∴sin B＝，
∵△ABC为锐角三角形，
∴cos B＝＝＝.
8.已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且＝－，则角A的大小为　　　　.
答案：
解析：依题意得（b＋2c）cos A＝－acos B，
由正弦定理，得（sin B＋2sin C）cos A＝－sin Acos B，
即sin Acos B＋cos Asin B＝－2sin Ccos A，
sin（A＋B）＝sin C＝－2sin Ccos A，
∴cos A＝－.
又0＜A＜π，因此A＝.
9.在△ABC中，若A＝120°，AB＝5，BC＝7，则sin B＝　　　　.
答案：
解析：由正弦定理，得sin C＝＝＝，因为A＝120°，所以C为锐角，
所以cos C＝＝.
所以sin B＝sin（180°－120°－C）＝sin（60°－C）
＝sin 60°cos C－cos 60°sin C＝.
10.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a＝，b＝2，A＝60°，则sin B＝　　　　，c＝　　　　.
答案：　3
解析：由正弦定理＝，得
sin B＝·sin A＝×＝.
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，得
7＝4＋c2－4c×cos 60°，
即c2－2c－3＝0，解得c＝3或－1（舍去）.
三、解答题
11.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知3acos C＝2ccos A，tan A＝，求B.
解：由题设和正弦定理，得3sin Acos C＝2sin Ccos A，
故3tan Acos C＝2sin C.
因为tan A＝，所以cos C＝2sin C，所以tan C＝.
所以tan B＝tan[180°－（A＋C）]＝－tan（A＋C）＝＝－1，即B＝135°.
12.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足csin A＝acos C.
（1）求角C的大小；
（2）求sin A－cos（B＋）的最大值，并求取得最大值时角A，B的大小.
解：（1）由正弦定理及已知条件，得
sin Csin A＝sin Acos C.因为0＜A＜π，所以sin A＞0，从而sin C＝cos C，则C＝.
（2）由（1）知，B＝－A，于是sin A－cos（B＋）＝sin A－cos（π－A）＝sin A＋cos A＝2sin（A＋）.
因为0＜A＜，所以＜A＋＜.
从而当A＋＝，即A＝时，
2sin（A＋）取得最大值2.
综上所述，sin A－cos（B＋）的最大值为2，此时A＝，B＝.
13.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，acos B＋bcos A＝－2ccos C.
（1）求角C的大小；
（2）若c＝4，A＝，求△ABC的面积S.
解：（1）因为acos B＋bcos A＝－2ccos C，
由正弦定理，知sin Acos B＋sin Bcos A＝－2sin Ccos C，
即sin（A＋B）＝－2sin Ccos C.
又sin（A＋B）＝sin C，
所以sin C＝－2sin Ccos C.
因为0＜C＜π，所以sin C＞0.
所以cos C＝－，所以C＝.
（2）因为A＝，C＝，所以B＝.
由正弦定理＝，得
b＝·sin B＝·sin＝.
所以S＝bcsin A＝××4×＝.
14.在△ABC中，∠C＝90°，M是BC的中点.若sin∠BAM＝，求sin∠BAC的值.
解：设AC＝b，AB＝c，BC＝a，
在△ABM中，由正弦定理，得
＝.①
因为sin∠BMA＝sin∠CMA＝，
又AC＝b＝，
AM＝＝，
所以sin∠BMA＝，
又由①，得＝，
两边平方化简，得4c4－12a2c2＋9a4＝0，
所以2c2－3a2＝0.
所以sin∠BAC＝＝.
9.1.2　余弦定理
课程标准 素养目标
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. 1.在本节学习中，学生依据学过的知识探索余弦定理公式. 2.借助公式的推导与运用，培养学生的数学运算核心素养.
第一课时　余弦定理（一）
[自我排查]
1.在△ABC中，若a＜b＜c，且c2＜a2＋b2，则△ABC为（　　）
A.直角三角形 B.锐角三角形
C.钝角三角形 D.不存在
答案：B
解析：∵c2＜a2＋b2，∴C为锐角.
∵a＜b＜c，∴C为最大角，∴△ABC为锐角三角形.
2.在△ABC中，a＝3，b＝，c＝2，那么B＝　　　　.
答案：60°
解析：∵cos B＝＝＝，∴B＝60°.
3.在△ABC中，已知a＝1，b＝2，C＝60°，则边c等于　　　　.
答案：
解析：由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos C＝1＋4－2×1×2×cos 60°＝1＋4－2×1×2×＝3，∴c＝.
4.在△ABC中，已知A＝30°，且3a＝b＝12，则c的值为　　　　.
答案：4或8
解析：由3a＝b＝12，得a＝4，b＝4，利用余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccos A，即16＝48＋c2－12c，解得c＝4或c＝8.
[系统归纳]
1.余弦定理
（1）公式表达：a2＝b2＋c2－2bccos A，
b2＝a2＋c2－2accos B，c2＝a2＋b2－2abcos C.
（2）语言叙述：三角形中任意一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍.
（3）推论：cos A＝，cos B＝，cos C＝.
2.对余弦定理的理解
（1）适用范围：余弦定理对任意的三角形都成立.
（2）结构特征：“平方”、“夹角”、“余弦”.
（3）揭示的规律：余弦定理指的是三角形中三条边与其中一个角的余弦之间的关系，它描述了任意三角形中边与角的一种数量关系.
（4）主要功能：余弦定理的主要功能是实现三角形中边角关系的互化.
研习一　已知三角形的三边解三角形
[例1]　在△ABC中，若a∶b∶c＝1∶∶2，求A，B，C.
[解]　由于a∶b∶c＝1∶∶2，故可设a＝x，b＝x，c＝2x.
由余弦定理的推论，得cos A＝
＝＝，故A＝30°.
同理可求得cos B＝，cos C＝0，所以B＝60°，C＝90°.
通性通法
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.
[变式训练]
1.边长为5，7，8的三角形中，最大角与最小角的和是　　　　.
答案：120°
解析：设中间角为θ，由于8＞7＞5，故θ的对边的长为7，由余弦定理，得cos θ＝＝，所以θ＝60°，故最大角和最小角的和为180°－60°＝120°.
研习二　已知三角形的两边及其夹角解三角形
[例2]　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：cos A＝＝＝，
∵0°＜A＜180°，∴A＝45°.
故C＝180°－A－B＝180°－45°－60°＝75°.
法二：由正弦定理＝，得＝，
∴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°.
通性通法
已知三角形的两边及其夹角解三角形的方法
先利用余弦定理求出第三边，其余角的求解有两种思路：一是利用余弦定理的推论求出其余角；二是利用正弦定理（已知两边和一边的对角）求解.
若用正弦定理求解，需对角的取值进行取舍，而用余弦定理就不存在这些问题（因为在（0，π）上，余弦值所对角的值是唯一的），故用余弦定理求解较好.
[变式训练]
2.在△ABC中，已知a＝2，b＝2，C＝15°，解此三角形.
解：∵c2＝a2＋b2－2abcos C＝（2）2＋（2）2－2×2×2×cos（45°－30°）＝8－4＝（－）2，
∴c＝－.
法一：由余弦定理的推论得
cos A＝＝
＝.
∵0°＜A＜180°，∴A＝45°，从而B＝120°.
法二：由正弦定理得sin A＝＝＝.
∵a＜b，∴A＜B，又0°＜A＜180°，
∴A必为锐角，
∴A＝45°，从而得B＝120°.
研习三　已知三角形的两边和其中一边的对角解三角形
[例3]　在△ABC中，已知b＝3，c＝3，B＝30°，求角A、角C和边a.
[解]　法一：由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，
得32＝a2＋（3）2－2a×3×cos 30°，
∴a2－9a＋18＝0，解得a＝3或6.
当a＝3时，A＝30°，∴C＝120°.当a＝6时，
由正弦定理得sin A＝＝＝1.
∴A＝90°，C＝60°.
法二：由b＜c，B＝30°，b＞csin 30°＝3×＝知本题有两解.
由正弦定理得sin C＝＝＝，
∴C＝60°或120°，
当C＝60°时，A＝90°，△ABC为直角三角形.
由勾股定理得a＝＝＝6，
当C＝120°时，A＝30°，△ABC为等腰三角形，
∴a＝3.
通性通法
已知三角形的两边及其中一边的对角解三角形的方法
可根据余弦定理列一元二次方程求出第三边（注意边的取舍），再利用正弦定理求其他的两个角；也可以由正弦定理求出第二个角（注意角的取舍），再利用三角形内角和定理求出第三个角，最后再利用正弦定理求出第三边.
[变式训练]
3.已知：在△ABC中，cos A＝，a＝4，b＝3，则c＝　　　　.
答案：5
解析：由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，
∴16＝9＋c2－6×c，
整理得5c2－18c－35＝0.
解得c＝5或c＝－（舍）.
第二课时　余弦定理（二）
[自我排查]
1.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
答案：C
解析：∵2cos Bsin A＝sin C，
∴2××a＝c，
∴a＝b.故△ABC为等腰三角形.
2.已知a，b，c为△ABC的三边，B＝120°，则a2＋c2＋ac－b2＝　　　　.
答案：0
解析：∵b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－2accos 120°＝a2＋c2＋ac，∴a2＋c2＋ac－b2＝0.
3.一个三角形两边长分别为5和3，它们夹角的余弦值是－，则三角形的另一边长为　　　　.
答案：2
解析：设另一边长为x，则x2＝52＋32－2×5×3×（－）＝52，∴x＝2.
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，
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B，
∴22＝a2＋（2）2－2a×2cos 30°，
即a2－6a＋8＝0，解得a＝2或a＝4.
当a＝2时，三边为2，2，2可组成三角形；
当a＝4时，三边为4，2，2也可组成三角形.
∴满足条件的三角形有两个.
[系统归纳]
1.余弦定理及其推论
（1）a2＝b2＋c2－2bccos A.
（2）cos A＝.
（3）在△ABC中，c2＝a2＋b2 C为直角；c2＞a2＋b2 C为钝角；c2＜a2＋b2 C为锐角.
2.在△ABC中，边a，b，c所对的角分别为A，B，C，则有：
（1）A＋B＋C＝π，＝－.
（2）sin（A＋B）＝sin C，cos（A＋B）＝－cos C，tan（A＋B）＝－tan C.
（3）sin＝cos，cos＝sin.
3.根据所给条件确定三角形的形状，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.
研习一　判断三角形的形状
[例1]　在△ABC中，若acos A＋bcos B＝ccos C，试判断△ABC的形状.
[解]　由余弦定理可得a·＋b·＝c·，
等式两边同乘以2abc得
a2（b2＋c2－a2）＋b2（a2＋c2－b2）＝c2（a2＋b2－c2），
整理化简得a4＋b4－2a2b2＝c4，
∴（a2－b2）2＝c4.
因此有a2－b2＝c2或b2－a2＝c2，
即a2＝b2＋c2或b2＝a2＋c2，
故△ABC为直角三角形.
通性通法
判断三角形的形状应围绕三角形的边角关系进行思考，可用正、余弦定理将已知条件转化为边边关系，通过因式分解、配方等方式得出边的相应关系，从而判断三角形的形状，也可利用正、余弦定理将已知条件转化为角与角之间的关系，通过三角变换，得出三角形各内角之间的关系，从而判断三角形形状.
[变式训练]
1.在△ABC中，若cos A＝，试判断其形状.
解：由cos A＝得cos A＝，即＝，
∴b2＋c2－a2＝2b2，即a2＋b2＝c2，
因此△ABC是以C为直角的直角三角形.
研习二　证明三角形中的恒等式
[例2]　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.
[证明]　法一：（1）由正弦定理得
b＝2Rsin B，c＝2Rsin C，
∴bcos C＋ccos B＝2Rsin Bcos C＋2Rsin C·cos 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.
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.
通性通法
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.
[变式训练]
2.在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，求证：＝.
证明：法一：左边＝＝，
右边＝＝，∴等式成立.
法二：∵右边＝
＝＝＝＝左边，
∴等式成立.
研习三　求解平面图形中的线段
[例3]　如图所示，在四边形ABCD中，AD⊥CD，AD＝10，AB＝14，∠BDA＝60°，∠BCD＝135°，求BC的长.
[解]　设BD＝x.在△ABD中，由余弦定理，得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠BDA，
∴142＝102＋x2－2×10×xcos 60°，
即x2－10x－96＝0，
解得x1＝16，x2＝－6（舍去），∴BD＝16.
∵AD⊥CD，∠BDA＝60°，∴∠CDB＝30°.
在△BCD中，由正弦定理，得＝，
∴BC＝＝8.
通性通法
将四边形ABCD分成△ABD和△BCD，利用余弦定理列出关于x的一元二次方程求解.
[变式训练]
3.如图所示，在△ABC中，已知B＝45°，D是BC边上一点，AD＝5，AC＝7，DC＝3，求AB的长.
解：在△ADC中，
cos C＝＝＝.
又∵0°＜C＜180°，
∴sin C＝.
在△ABC中，＝，
∴AB＝·AC＝××7＝.
课时作业（二）　余弦定理
一、选择题
1.（多选）设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a＝2，c＝2，cos A＝，且b＜c，则（　　）
A. b＝2 B. b＝2
C. B＝60° D. B＝30°
答案：AD
解析：由a2＝b2＋c2－2bccos A，得4＝b2＋12－6b b2－6b＋8＝0 （b－2）（b－4）＝0，由b＜c，得b＝2.又a＝2，cos A＝，所以B＝A＝30°，故选AD.
2.已知在△ABC中，bcos A＝acos B，则△ABC是（　　）
A.等边三角形 B.等腰三角形
C.直角三角形 D.锐角三角形
答案：B
解析：因为bcos A＝acos B，
所以b·＝a·.
所以b2＋c2－a2＝a2＋c2－b2.
所以a2＝b2.
所以a＝b.故此三角形是等腰三角形.
3.已知钝角三角形ABC的面积是，AB＝1，BC＝，则AC＝（　　）
A.5 B. C.2 D.1
答案：B
解析：由题意可得AB·BC·sin B＝，又AB＝1，BC＝，所以sin B＝，所以B＝45°或B＝135°.当B＝45°时，由余弦定理可得
AC＝＝1，此时AC＝AB＝1，BC＝，易得A＝90°，与“钝角三角形”条件矛盾，舍去.所以B＝135°.由余弦定理可得
AC＝＝.
4.（多选）在△ABC中，若（a2＋c2－b2）tan B＝ac，则角B的可能值为（　　）
A. B. C. D.
答案：BD
解析：∵（a2＋c2－b2）tan B＝ac，
∴·tan B＝，
即cos B·tan B＝sin B＝.
∵0＜B＜π，∴角B的值为或.
5.若△ABC的三条边a，b，c满足（a＋b）∶（b＋c）∶（c＋a）＝7∶9∶10，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
答案：C
解析：∵（a＋b）∶（b＋c）∶（c＋a）＝7∶9∶10，不妨设a＋b＝7k，则b＋c＝9k，c＋a＝10k（k是不为0的正常数），解得a＝4k，b＝3k，c＝6k.
由余弦定理，得cos C＝＝－＜0，
∵0＜C＜π，故C为钝角，则△ABC为钝角三角形.
二、填空题
6.在△ABC中，已知a＝2，b＝2，C＝15°，则A＝　　　　.
答案：30°
解析：由余弦定理，得
c2＝a2＋b2－2abcos C＝8－4，
所以c＝－.
则cos A＝＝，
所以A＝30°.
7.在△ABC中，AB＝3，BC＝，AC＝4，则A＝　　　　，AC边上的高为　　　　.
答案：　
解析：由余弦定理，可得
cos A＝＝＝，
又0＜A＜π，∴A＝，所以sin A＝.
则AC边上的高h＝ABsin A＝3×＝.
8.在△ABC中，AB＝，BC＝1，cos C＝，则·＝　　　　.
答案：－
解析：在△ABC中，由余弦定理，得
｜｜2＝｜｜2＋｜｜2－2｜｜·｜｜·cos C，
即2＝｜｜2＋1－2｜｜×.
∴｜｜2－｜｜－1＝0，解得｜｜＝2.
∴·＝｜｜｜｜cos（180°－C）
＝－｜｜｜｜cos C
＝－1×2×＝－.
9.在△ABC中，B＝60°，最大边与最小边之比为（＋1）∶2，则最大角的度数为　　　　.
答案：75°
解析：由题意可知c＜b＜a或a＜b＜c，
不妨设c＝2x，则a＝（＋1）x，
∴cos B＝，
即＝，
∴b2＝6x2.
∴cos C＝
＝＝，
∴C＝45°，∴A＝180°－60°－45°＝75°.
三、解答题
10.在△ABC中，A＋C＝2B，a＋c＝8，ac＝15，求b.
解：在△ABC中，因为A＋C＝2B，A＋B＋C＝180°，
所以B＝60°.由余弦定理，得
b2＝a2＋c2－2accos B
＝（a＋c）2－2ac－2accos B
＝82－2×15－2×15×＝19.故b＝.
11.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知cos C＋（cos A－sin A）cos B＝0.
（1）求角B的大小；
（2）若a＋c＝1，求b的取值范围.
解：（1）由已知，得－cos（A＋B）＋cos Acos B－sin A·cos B＝0，即sin Asin B－sin Acos B＝0，
因为sin A≠0，所以sin B－cos B＝0.
又cos B≠0，所以tan B＝.
又0＜B＜π，所以B＝.
（2）由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos B.
由a＋c＝1，cos B＝，得b2＝3（a－）2＋.
又0＜a＜1，于是有≤b2＜1，即有≤b＜1.
故b的取值范围是［，1）.
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
课程标准 素养目标
1.利用正弦、余弦定理解决生产实践中的有关距离、高度、角度的测量问题. 2.能够运用正弦、余弦定理进一步解决一些有关三角形的计算问题. 1.通过对正弦、余弦定理的应用，进一步培养逻辑推理，数据分析的数学素养. 2.通过解决实际问题、增强数学建模、数学运算等核心素养.
第一课时　正弦定理与余弦定理的应用（一）
[自我排查]
1.判断下列命题是否正确.（正确的打“√”，错误的打“×”）
（1）已知三角形的三个角，能够求其三条边.（　　）
（2）两个不可到达的点之间的距离无法求得.（　　）
（3）方位角和方向角是一样的.（　　）
答案：（1）×　（2）×　（3）×
解析：（1）错误，要解三角形，至少需知道这个三角形的一条边长.
（2）错误，两个不可到达的点之间的距离我们可以借助第三个点和第四个点量出角度、距离求得.
（3）错误.方位角是指从正北方向顺时针转到目标方向线的水平角，而方向角是以观测者的位置为中心，将正北或正南方向作起始方向旋转到目标的方向线所成的角（一般指锐角）.
2.若P在Q的北偏东44°50'方向上，则Q在P的　　（　　）
A.东偏北45°10'方向上
B.东偏北45°50'方向上
C.南偏西44°50'方向上
D.西偏南45°50'方向上
答案：C
解析：如图所示.
3.如图所示，为了测量河的宽度BC，最适宜测量的两个数据是　　　　.
答案：AC与∠BAC
解析：由题图可知，AB与BC不能直接测量.
4.某船以24 km/h的速度向正北方向航行，在点A处测得灯塔S在船的北偏东30°方向上，15 min后在点B处测得灯塔S在船的北偏东65°方向上，则船在点B处时与灯塔S的距离是　　　　km.（精确到0.1 km）
答案：5.2
解析：作出示意图如图.由题意知，
AB＝24×＝6，∠ASB＝35°，由正弦定理得＝，解得BS≈5.2 km.
[系统归纳]
1.实际测量中的有关名称、术语
名称 定义 图示
基线 在测量中，根据测量需要适当确定的线段叫做基线
仰角 在同一铅垂平面内，视线在水平线上方时与水平线的夹角
俯角 在同一铅垂平面内，视线在水平线下方时与水平线的夹角
方向角 从指定方向线到目标方向线的水平角（指定方向线是指正北或正南或正东或正西，方向角小于90°） 南偏西60°（指以正南方向为始边，转向目标方向线形成的角）
方位角 从正北的方向线按顺时针到目标方向线所转过的水平角
2.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.
3.正弦、余弦定理在实际测量中的一般步骤
（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.
研习一　两点不能直接到达的距离
[例1]如图所示，要测量一水塘两侧A，B两点间的距离，其方法是先选定适当的位置C，用经纬仪测出角α，再分别测出AC，BC的长b，a，则可求出A，B两点间的距离，即AB＝.若测得CA＝400 m，CB＝600 m，∠ACB＝60°，试计算AB的长.
[解]　在△ABC中，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB，∴AB2＝4002＋6002－2×400×600cos 60°＝280 000.
∴AB＝200 m.
即A，B两点间的距离为200 m.
通性通法 两点间不通又不可视（如图）：可取某点C，使得A，B与C之间的距离可直接测量，测出AC＝b，BC＝a以及∠ACB＝γ，利用余弦定理得AB＝.
[变式训练]
1.在相距2 km的A，B两点处测量目标点C，若∠CAB＝75°，∠CBA＝60°，则A，C两点之间的距离为　　　　 km.
答案：
解析：如图所示，由题意知C＝180°－A－B＝45°，
由正弦定理得＝，
∴AC＝·＝（km）.
研习二　两点间可视但有一点不可到达
[例2]如图所示，A，B两点在一条河的两岸，测量者在A的同侧，且B点不可到达，要测出AB的距离，其方法是在A所在的岸边选定一点C，可以测出AC的距离m，再借助仪器，测出∠ACB＝α，∠CAB＝β，△ABC中，运用正弦定理就可以求出AB.
若测出AC＝60 m，∠BAC＝75°，∠BCA＝45°，则A，B两点间的距离为　　　　.
[解析]　∠ABC＝180°－75°－45°＝60°，
由正弦定理，得＝，
∴AB＝＝＝20（m），
即A，B两点间的距离为20 m.
[答案]　20 m
通性通法
解决实际测量问题的过程一般要充分理解题意，正确作出图形，把实际问题里的条件和所求转换成三角形中的已知和未知的边、角，通过建立数学模型来求解.
[变式训练]
2.如图，为了测量两座山峰上P，Q两点之间的距离，选择山坡上一段长度为300 m且和P，Q两点在同一平面内的路段AB的两个端点作为观测点，现测得∠PAB＝90°，∠PAQ＝∠PBA＝∠PBQ＝60°，则P，Q两点间的距离为　　　　m.
答案：900
解析：根据题意作出示意图如下所示，
由已知得∠QAB＝∠PAB－∠PAQ＝30°，
又∠PBA＝∠PBQ＝60°，∴∠AQB＝30°，
∴AB＝BQ，又PB为公共边，
∴△PAB≌△PQB，∴PQ＝PA，
在Rt△PAB中，AP＝AB·tan 60°＝300×＝900（m），
故PQ＝900 m，所以P，Q两点间的距离为900 m.
研习三　两点都不可到达
[例3]　如图，A，B两点在河的同侧，且A，B两点均不可到达，测出AB的距离，其方法是测量者可以在河岸边选定两点C，D，测得CD＝a，同时在C，D两点分别测得∠BCA＝α，∠ACD＝β，∠CDB＝γ，∠BDA＝δ.在△ADC和△BDC中，由正弦定理分别计算出AC和BC，再在△ABC中，应用余弦定理计算出AB.
若测得CD＝km，∠ADB＝∠CDB＝30°，∠ACD＝60°，∠ACB＝45°，求A，B两点间的距离.
[解]　∵∠ADC＝∠ADB＋∠CDB＝60°，∠ACD＝60°，
∴∠DAC＝60°，∴AC＝DC＝.
在△BCD中，易求得∠DBC＝45°，由正弦定理，
得BC＝·sin∠BDC＝·sin 30°＝.
在△ABC中，由余弦定理，得
AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos 45°
＝＋－2×××＝，
∴AB＝，即A，B两点间的距离为 km.
通性通法
测量两个不可到达的点之间的距离问题.首先把求不可到达的两点A，B之间的距离转化为应用余弦定理求三角形的边长问题，然后在相关三角形中利用正弦定理计算其他边.
[变式训练]
3.海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上最深的海洋蓝洞，若要测量如图所示的蓝洞的口径A，B两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点C，D，测得CD＝80，∠ADB＝135°，∠BDC＝∠DCA＝15°，∠ACB＝120°，则A，B两点间的距离为　　　　.
答案：80
解析：在△ACD中，∵∠ACD＝15°，∠ADC＝∠ADB＋∠BDC＝135°＋15°＝150°，
∴∠DAC＝15°.
由正弦定理，得
AC＝＝＝40（＋）.
在△BCD中，∠BDC＝15°，∠BCD＝120°＋15°＝135°.
∴∠DBC＝30°，
由正弦定理，得＝，
∴BC＝＝
＝40（－）.
在△ABC中，由余弦定得，得
AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB＝1 600（8＋4）＋1 600（8－4）＋2×1 600（＋）×（－）×＝1 600×16＋1 600×4＝1 600×20，
解得AB＝80，故A，B两点间的距离为80.
第二课时　正弦定理与余弦定理的应用（二）
[自我排查]
1.从A处望B处的仰角为α，从B处望A处的俯角为β，则α，β的关系为（　　）
A.α＞β B.α＝β
C.α＋β＝90° D.α＋β＝180°
答案：B
解析：如图，根据题意和仰角、俯角的概念画出草图，由图知α＝β，故应选B.
2.一架飞机在海拔8 000 m的高度飞行，在空中测出前下方海岛两侧海岸俯角分别是30°和45°，则这个海岛的宽度为　　　　m.（精确到0.1 m）
答案：5 856.4
解析：宽＝－＝5 856.4（m）.
3.如图，《九章算术》中记载了一个“折竹抵地”问题：今有竹高一丈，末折抵地，去本三尺，问折者高几何？意思是：有一根竹子原高一丈（1丈＝10尺），现被风折断，尖端落在地上，竹尖与竹根的距离三尺，问折断处离地面的高为　　　　尺.
答案：4.55
解析：设折断处离地面的高为x尺，由勾股定理得x2＋32＝（10－x）2，化简得20x＝91，解得x＝4.55.
4.甲、乙两楼相距20 m，从乙楼底望甲楼顶的仰角为60°，从甲楼顶望乙楼顶的俯角为30°，则甲、乙两楼的高分别是　　　　、　　　　.
答案：20 m　 m
解析：甲楼的高为20tan 60°＝20×＝20（m）；
乙楼的高为20－20tan 30°＝20－20×＝（m）.
[系统归纳]
1.在研究三角形时，灵活运用两个定理可以寻找到多种解决问题的方案，但有些过程较繁琐，如何找到最优的方法，最主要的还是分析两个定理的特点，结合题目条件来选择最佳的计算方式.
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的点之间的距离，然后转化为解直角三角形的问题.
研习一　测量仰角（或俯角）求高度问题
[例1]　如图，测量河对岸的塔高AB时，可以选与塔底B在同一水平面内的两个观测点C与D.现测得∠BCD＝15°，∠BDC＝30°，CD＝30 m，并在C点测得塔顶A的仰角为60°，求塔高AB.
[解]　在△BCD中，∠CBD＝180°－15°－30°＝135°.
由正弦定理得＝，
即BC＝＝15（m）.
在Rt△ABC中，
AB＝BCtan∠ACB＝15·tan 60°＝15（m）.
故塔高AB为15 m.
通性通法
在运用正弦定理、余弦定理解决实际问题时，通常都根据题意，从实际问题中抽象出一个或几个三角形，然后通过解这些三角形，得出实际问题的解.与高度有关的问题往往涉及直角三角形的求解.
[变式训练]
1.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D处，在D处测得山顶的仰角为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）.
研习二　测量方向角求高度问题
[例2]　如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，在A处时测得公路北侧远处一山顶D在西偏北15°的方向上，行驶5 km后到达B处，测得此山顶在西偏北25°的方向上，仰角为8°，求此山的高度CD（精确到1 m）.
[解]　在△ABC中，∠CAB＝15°，∠ACB＝25°－15°＝10°，根据正弦定理，得＝，所以BC＝＝，CD＝BC×tan∠DBC＝×tan 8°≈1.047 3（km）≈1 047（m）.
通性通法
方向角是相对于在某地而言的，因此在确定方向角时，必须先弄清楚是哪一点的方向角.从这个意义上来说，方向角是一个动态角，在理解题意时，应把它看活，否则在理解题意时将可能产生偏差.
[变式训练]
2.如图，为测得河对岸塔AB的高，先在河岸上选一点C，使C在塔底B的正东方向上，测得点A的仰角为60°，再由点C沿北偏东15°方向走10 m到位置D，测得∠BDC＝45°，则塔AB的高是（　　）
A.10 m B.10 m
C.10 m D.10 m
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）.
研习三　测量角度问题
[例3]　如图，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·ACcos∠BAC
＝（－1）2＋22－2×（－1）×2×cos 120°＝6，
∴BC＝，
由正弦定理得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°.
即缉私船沿东偏北30°方向能最快追上走私船.
通性通法
解决追及问题的步骤
（1）把实际问题转化为数学问题；
（2）画出表示实际问题的图形，并在图中标出有关的角和距离，然后借助正弦定理或余弦定理解决问题；
（3）最后把数学问题还原到实际问题中.
[变式训练]
3.某货船在海上航行中遭海盗袭击，发出呼叫信号，如图，我海军护航舰在A处获悉后，立即测出该货船在方位角为45°，距离为10海里的C处，并测得货船正沿方位角为105°的方向，以10海里/小时的速度向前行驶，我海军护航舰立即以10海里/小时的速度前去营救，求护航舰的航向和靠近货船所需的时间.
解：设所需的时间为t，在△ABC中，根据余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos 120°，
即（10t）2＝102＋（10t）2－2×10×10tcos 120°，
整理得2t2－t－1＝0，解得t＝1或t＝－（舍去）.
护航舰需1小时靠近货船.
此时AB＝10，BC＝10，
又AC＝10，所以∠CAB＝30°，
所以护航舰航行的方位角为75°.
课时作业（三）　正弦定理与余弦定理的应用　数学探究活动：得到不可达两点之间的距离
一、选择题
1.学校体育馆的人字屋架为等腰三角形，如图，测得AC的长度为4 m，∠A＝30°，则其跨度AB的长为（　　）
A.12 m B.8 m C.3 m D.4 m
答案：D
解析：由题意知，∠A＝∠B＝30°，
所以∠C＝180°－30°－30°＝120°，
由正弦定理，得＝，
即AB＝＝＝4（m）.
2.如图，为了测量隧道两口之间AB的长度，对给出的四组数据，要求计算时最简便，测量时最容易，应当采用的一组是（　　）
A. a，b，γ B. a，b，α
C. a，b，β D.α，β，a
答案：A
解析：根据实际情况，α，β都是不易测量的数据，在△ABC中，a，b可以测得，角γ也可测得，根据余弦定理能直接求出AB的长.故选A.
3.（多选）一艘客船上午9：30在A处，测得灯塔S在它的北偏东30°方向，之后它以每小时32 n mile的速度继续沿正北方向匀速航行，上午10：00到达B处，此时测得客船与灯塔S相距8 n mile，则灯塔S可能在B处的（　　）
A.北偏东75° B.南偏东15°
C.东北方向 D.东南方向
答案：AB
解析：画出示意图如图，客船半小时航行的路程为32×＝16（n mile），
∴AB＝16 n mile.
又BS＝8 n mile，∠BAS＝30°，
∴＝，
∴sin∠ASB＝，
∴∠ASB＝45°或∠ASB＝135°.
当船在B处时，∠ASB＝45°，∠B'BS＝75°；
当船在B'处时，∠ASB'＝135°，∠AB'S＝15°.
综上，灯塔S在B处的北偏东75°或南偏东15°，故选AB.
4.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米到D，测得塔顶A的仰角为30°，则塔高为（　　）
A.15米 B.5米 C.10米 D.12米
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（舍去）.
5.设甲、乙两楼相距10 m，从乙楼底望甲楼顶的仰角为60°，从甲楼顶望乙楼顶的仰角为30°，则甲、乙两楼的高分别是（　　）
A. m， m
B.10 m，20 m
C.10（－） m，20 m
D.10 m， m
答案：D
解析：设甲、 乙两楼分别为AB，CD，
如图，由题意可知BC＝10，∠ACB＝60°，∠DAE＝30°.
∵tan∠ACB＝＝，
∴AB＝10 m.
由AE＝BC＝10 m，
tan∠DAE＝＝，得DE＝ m，
∴CD＝CE＋DE＝AB＋DE＝ m.故选D.
6.如图，在湖面上高为10 m处测得天空中一个风筝的仰角为30°，测得湖中之影的俯角为45°，则风筝距湖面的高度为（精确到0.1 m，≈1.732）（　　）
A.2.7 m B.17.3 m
C.37.3 m D.373 m
答案：C
解析：根据题图，由题意知CM＝DM.
∴＝，
∴CM＝×10≈37.3（m），故选C.
二、填空题
7.如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为67°，30°，此时气球的高是46 m，则河流的宽度BC约等于　　　　m.（用四舍五入法将结果精确到个位.参考数据：sin 67°≈0.92，cos 67°≈0.39，sin 37°≈0.60，cos 37°≈0.80，≈1.73）
答案：60
解析：根据已知的图形可得AB＝.在△ABC中，∠BCA＝30°，∠BAC＝37°，由正弦定理，得＝，所以BC≈2××0.60＝60（m）.
8.已知一只蜘蛛沿东北方向爬行x cm捕捉到一只小虫，然后向右转105°，爬行10 cm捕捉到另一只小虫，这时它向右转135°爬行回它的出发点，那么x＝　　　　cm.
答案：
解析：如图所示，设蜘蛛原来在O点，先爬行到A点，再爬行到B点，易知在△AOB中，AB＝10 cm，∠OAB＝75°，∠ABO＝45°，则∠AOB＝60°，由正弦定理知x＝＝＝.
9.一次机器人足球比赛中，甲队1号机器人由点A开始做匀速直线运动，到达点B时，发现足球在点D处正以2倍于自己的速度向点A做匀速直线滚动，如图所示，已知AB＝4 dm，AD＝17 dm，∠BAC＝45°，若忽略机器人原地旋转所需的时间，则该机器人最快可在距A点　　　　dm的C处截住足球.
答案：7
解析：设机器人最快可在点C处截住足球，点C在线段AD上，设BC＝x dm，由题意知CD＝2x dm，AC＝AD－CD＝（17－2x） dm.
在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos A，
即x2＝（4）2＋（17－2x）2－8（17－2x）cos 45°，解得x1＝5，x2＝.
∴AC＝17－2x＝7（dm）或－（dm）（舍去）.
∴该机器人最快可在线段AD上距A点7 dm的点C处截住足球.
10.如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练.已知点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角θ的大小.若AB＝15 m，AC＝25 m，∠BCM＝30°，则tan θ的最大值是　　　　.（仰角θ为直线AP与平面ABC所成角）
答案：
解析：如图，过点P作PO⊥BC于点O，连接AO，则∠PAO＝θ.
设CO＝x m，则OP＝x m.
在Rt△ABC中，AB＝15 m，AC＝25 m，
所以BC＝20 m，所以cos∠BCA＝.
所以AO＝
＝ m.
所以tan θ＝＝
＝.
当＝，即x＝时，tan θ取得最大值为＝.
三、解答题
11.如图，A，B，C，D都在同一个与水平面垂直的平面内，B，D为两岛上的两座灯塔的塔顶.测量船在水面A处测得点B和点D的仰角分别为75°，30°，在水面C处测得点B和点D的仰角均为60°，AC＝0.1 km.试求出图中B，D间距离与另外哪两点间距离相等，然后求B，D间的距离.（计算结果精确到0.01 km，≈1.414，≈2.449）
解：在△ACD中，∠DAC＝30°，
∠ADC＝60°－∠DAC＝30°，
所以CD＝AC＝0.1 km.
又∠BCD＝180°－60°－60°＝60°，
故CB是△CAD底边AD的中垂线，
所以BD＝BA.
在△ABC中，＝，
∠ABC＝75°－60°＝15°，
即AB＝＝，
因此BD＝≈0.33（km）.
故B，D间的距离约为0.33 km.
12.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 km处不能收到手机信号，检查员抽查青岛市一考点，在考点正西 km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 km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？
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两点到考点的距离为1 km.
在△ABC中，AB＝ km，AC＝1 km，∠ABC＝30°，
由正弦定理，得sin∠ACB＝×AB＝，
∴∠ACB＝120°（∠ACB＝60°不合题意），
∴∠BAC＝30°，∴BC＝AC＝1 km.
在△ACD中，AC＝AD＝1，∠ACD＝60°，
∴△ACD为等边三角形，∴CD＝1 km.
∵×60＝5，
∴在BC上需5 min，CD上需5 min.
∴最长需要5 min检查员开始收不到信号，并持续至少5 min才算合格.
13.在以速度大小为v km/h向东航行的科学探测船上释放了一个探测热气球，热气球顺风与船同向，以2 km/h的速度沿与水平方向成60°直线方向向上飘去，2 h后测得探测船与热气球的距离为2 km，之后热气球沿水平方向仍以2 km/h的速度飞行1 h，第二次测得探测船与热气球的距离为s km.
（1）求探测船的速度v（km/h）；
（2）求第二次测距离时，从探测船位置观察热气球时仰角的正弦值.
解：（1）如图所示.由题意，在△ABC中，AB＝4，BC＝2v，∠ABC＝60°，AC＝2.
根据余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos 60°，
∴28＝16＋4v2－8v，
即v2－2v－3＝0，解得v＝3或v＝－1（舍去），
∴探测船的速度为3 km/h.
（2）过点D作DF平行于AC，交CE于点F.
∠DFE＝∠ACE，EF＝CE－CF＝CE－AD＝1，DF＝2.
在△ABC中，由余弦定理，得
cos∠ACB＝＝，
∴cos∠DFE＝－.
∴sin∠DFE＝＝.
在△DEF中，根据余弦定理，得
s＝＝.
∵＝，
∴sin∠DEF＝＝.
∴第二次测距离时，从探测船观察热气球时仰角的正弦值为.
14.某港口O要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上，在小艇出发时，轮船位于港口O北偏西30°且与该港口相距20海里的A处，并正以30海里/小时的航行速度沿正东方向匀速行驶，假设该小艇沿直线方向以v海里/小时的航行速度匀速行驶，经过t小时与轮船相遇.
（1）若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇航行速度的大小应为多少？
（2）假设小艇的最高航行速度只能达到30海里/小时，试设计航行方案（即确定航行方向和航行速度的大小），使得小艇能以最短时间与轮船相遇，并说明理由.
解：（1）设相遇时小艇航行的距离为S海里，则
S＝
＝＝.
故当t＝时，Smin＝10，
此时v＝＝30（海里/小时），
即小艇以30海里/小时的速度航行，相遇时小艇的航行距离最小.
（2）设小艇与轮船在B处相遇，
则v2t2＝400＋900t2－2·20·30t·cos（90°－30°），
故v2＝900－＋.
∵0＜v≤30，
∴900－＋≤900，
即－≤0，解得t≥.又t＝时，v＝30，
故v＝30时，t取得最小值，且最小值等于.
此时，在△OAB中，有OA＝OB＝AB＝20.
故可设计航行方案如下：
航行方向为北偏东30°，航行速度为30海里/小时，小艇能以最短时间与轮船相遇.
章末知识梳理与能力提升
教材内主干知识回顾
[本章知识结构——建体系]
[核心知识点拨——握重难]
1.三角形面积公式
（1）S＝aha＝　　　　＝　　　　；
（2）S＝absin C＝　　　　＝　　　　.
答案：（1）bhb　chc　（2）bcsin A　acsin B
2.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＝　　　　，c＝　　　　.
（3）sin A＝，sin B＝　　　　，sin C＝.
（4）在△ABC中，A＞B a　　　　b sin A　　　　sin B.
答案：（2）2Rsin B　2Rsin C　（3）　（4）＞　＞
3.余弦定理及其推论
（1）a2＝b2＋c2－2bccos A，b2＝　　　　，c2＝　　　　.
（2）cos A＝，cos B＝　　　　，
cos C＝.
（3）在△ABC中，c2＝a2＋b2 C为　　　　角；c2＞a2＋b2 C为　　　　角；c2＜a2＋b2 C为　　　　角.
答案：（1）c2＋a2－2accos B　a2＋b2－2abcos C
（2）　（3）直　钝　锐
[题型分类突破——提素养]
题型一　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.
[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＝×＝.
通性通法
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，先应用余弦定理求c，再应用正弦定理求较短边所对的角，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，先应用正弦定理求B，由A＋B＋C＝π求C，再由正弦定理或余弦定理求c，要注意解可能不止一种情况.
（4）已知三边a，b，c，可应用余弦定理求角A，B，C.
[变式训练]
1.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若已知3cos（B－C）－1＝6cos Bcos C.
（1）求cos A；
（2）若a＝3，△ABC的面积为2，求b，c.
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可得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.
题型二　三角变换与解三角形的综合问题
[例2]　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（－B）
＝sincos B－cossin B＝.
由正弦定理得c＝＝，
所以S△ABC＝acsin B＝×2××＝.
通性通法
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，故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.
[变式训练]
2.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且a2＋c2－b2＝ac，求2sin2＋sin 2B的值.
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××＝.
题型三　正弦、余弦定理在实际问题中的应用
[例3]　某气象仪器研究所按以下方案测试一种“弹射型”气象观测仪器的垂直弹射高度：A，B，C三地位于同一水平面上，在C处进行该仪器的垂直弹射，观测点A，B两地相距100 m，∠BAC＝60°，在A地听到弹射声音的时间比在B地晚秒.在A地测得该仪器弹至最高点H时的仰角为30°，求该仪器的垂直弹射高度CH（声音的传播速度为340米/秒）.
[解]　由题意，设AC＝x，则BC＝x－×340＝x－40.
在△ABC中，由余弦定理得：
BC2＝BA2＋AC2－2BA·AC·cos∠BAC，
即（x－40）2＝10 000＋x2－100x，
解得x＝420.
在Rt△ACH中，AC＝420，∠CAH＝30°，
所以CH＝AC·tan∠CAH＝140.
故该仪器的垂直弹射高度CH为140 m.
通性通法
应用解三角形知识解决实际问题的步骤
（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，如坡度、仰角、俯角、视角、方位角等；
（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，得出正确结论.
[变式训练]
3.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处，因乙船到达A处需2小时，所以分情况讨论.
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.
故甲、乙两船行驶小时后，相距最近.
题型四　正弦、余弦定理与平面向量的综合应用
[例4]　在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，cos B＝，a＝7且·＝－21，求角C.
[解]　∵·＝－21，
∴·＝21.
∴·＝｜｜·｜｜·cos B＝accos B＝21.
∴ac＝35，
又∵a＝7，∴c＝5.∵cos B＝，
∴sin B＝.
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝32，
∴b＝4.
由正弦定理得＝，
∴sin C＝sin B＝×＝.
∵c＜b且B为锐角，∴C一定是锐角.
∴C＝45°.
通性通法
利用向量的有关知识，把问题转化为三角形的边角关系，再结合正弦、余弦定理解三角形.
[变式训练]
4.在△ABC中，已知sin B＝cos Asin C，·＝9，又△ABC的面积等于6.
（1）求角C；
（2）求△ABC的三边之长.
解：（1）设三角形三内角A，B，C所对的边分别为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Rt△ABC，且角C＝90°.
（2）
②÷①得tan A＝＝，令a＝4k，b＝3k（k＞0），
则S△ABC＝ab＝6 k＝1，
∴三边长分别为a＝4，b＝3，c＝5.
综合微评（一）
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40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，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝，b＝，B＝60°，那么角A等于（　　）
A.135° B.90° C.45° D.30°
答案：C
解析：由正弦定理知＝，
∴sin A＝＝＝.
又a＜b，B＝60°，∴A＜60°，∴A＝45°.
2.已知在△ABC中，cos2＝（a，b，c分别为角A，B，C的对边），则△ABC的形状为（　　）
A.等边三角形
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
答案：B
解析：∵cos2＝，
∴2cos2－1＝－1，
∴cos B＝，∴＝，
∴c2＝a2＋b2.
∴△ABC为直角三角形.
3.已知△ABC中，AB＝，BC＝1，sin C＝cos C，则△ABC的面积为（　　）
A. B. C. D.
答案：A
解析：由sin C＝cos C得tan C＝，又0＜C＜π，
所以C＝.根据正弦定理可得＝，即＝＝2，所以sin A＝，因为AB＞BC，所以C＞A，所以A＝，则B＝，所以△ABC为直角三角形，S△ABC＝××1＝.
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.
答案：B
解析：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.已知在△ABC中，内角A，B，C所对边长分别为a，b，c，若A＝，b＝2acos B，c＝1，则△ABC的面积等于（　　）
A. B. C. D.
答案：B
解析：由正弦定理，得sin B＝2sin Acos B，故tan B＝2sin A＝2sin ＝，又B∈（0，π），所以B＝.又A＝B＝，则△ABC是正三角形，所以S△ABC＝bcsin A＝×1×1×＝.
6.如图所示，为测一棵树的高度，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（　　）
A.（30＋30） m B.（30＋15） m
C.（15＋30） m D.（15＋3） m
答案：A
解析：由正弦定理，可得＝，
PB＝＝，h＝PB sin 45°＝（30＋30） m.
7.已知三角形的两边长为3 cm，5 cm，其夹角的余弦值是方程5x2－7x－6＝0的根，则此三角形的面积是（　　）
A.6 cm2 B. cm2
C.8 cm2 D.10 cm2
答案：A
解析：5x2－7x－6＝0的两根为－，2，
设已知两边夹角为C，则cos C＝－，
∴sin C＝＝，
∴S△ABC＝×3×5×＝6（cm2）.
8.已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知a2－c2＝2b，且sin B＝4cos Asin C，则b的值为（　　）
A.4 B.8 C.6 D.10
答案：A
解析：由余弦定理，得a2－c2＝b2－2bccos A.
∵a2－c2＝2b，b≠0，∴b2－2bccos A＝2b，
即b＝2ccos A＋2.
由正弦定理及sin B＝4cos Asin C，得
2cos A＝＝.
∴b＝＋2，即b＝4.
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
9.下列条件判断三角形解的情况，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＝15，b＝2，A＝90°，有一解
D. a＝40，b＝30，A＝120°，有一解
答案：CD
解析：A中，a＝bsin A，有一解；B中csin B＜b＜c，有两解；C中A＝90°且a＞b，有一解；D中a＞b且A＝120°，有一解.综上，C，D正确.
10.在△ABC中，若b＝，c＝3，B＝30°，则a等于　　（　　）
A. B.2 C.3 D.4
答案：AB
解析：由正弦定理得＝，
即＝，所以sin C＝，
又C∈（0，180°），所以C＝60°或120°，
故A＝90°或30°，
当A＝90°时，a2＝32＋（）2，a＝2；
当A＝30°时，a＝b＝.
11.已知△ABC三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若b＝2asin B，则A等于（　　）
A. B. C. D.
答案：AC
解析：∵b＝2asin B，∴sin B＝2sin Asin B，由题意得sin B≠0，∴sin A＝，则A＝或.故选AC.
12.某人向正东走了x km后向右转了150°，然后沿新方向走3 km，结果离出发点恰好 km，那么x的值是（　　）
A. B.2 C.3 D.6
答案：AB
解析：由题作出示意图，如图所示，易知B＝30°，AC＝，BC＝3，由正弦定理得sin A＝＝＝，
因为BC＞AC，所以A＞B，又因为B＝30°，所以A有两解，即A＝60°或120°.
当A＝60°时，∠ACB＝90°，x＝2；
当A＝120°时，∠ACB＝30°，x＝.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.请把正确答案填在题中的横线上）
13.在△ABC中，若a＝2，b＋c＝7，cos B＝－，则b＝　　　　.
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，
∴b＝4.
14.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若（b－c）cos A＝acos C，则cos A＝　　　　.
答案：
解析：由（b－c）cos A＝acos C及正弦定理，得sin Acos C＝sin Bcos A－cos Asin C，
即sin Acos C＋cos Asin C＝sin Bcos A，
sin（A＋C）＝sin Bcos A，
由三角形的内角和定理得B＝π－（A＋C），
故sin B＝sin Bcos A，
因为sin B≠0，所以cos A＝.
15.在△ABC中，∠A＝60°，点D为AC的中点，DB＝，则AC＋AB的最大值为　　　　.
答案：2
解析：设∠ADB＝θ，在△ABD中，由正弦定理知＝＝＝2，
∴AB＝2sin θ，AD＝2sin（120°－θ），
∴AB＋AC＝2sin θ＋4sin（120°－θ）
＝4sin θ＋2cos θ＝2sin（θ＋φ），
其中tan φ＝，
∴AB＋AC≤2.
16.（2019·浙江卷）在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D在线段AC上，若∠BDC＝45°，则BD＝　　　　，cos∠ABD＝　　　　.
答案：　
解析：如图，在△ABD中，由正弦定理得
＝，
而AB＝4，∠ADB＝，
AC＝＝5，
sin∠BAC＝＝，cos∠BAC＝＝，所以BD＝.
cos∠ABD＝cos（∠BDC－∠BAC）
＝cos cos∠BAC＋sinsin∠BAC＝.
四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17.（本小题满分10分）已知向量m＝（cos x，－1），n＝（sin x，－），f（x）＝（m－n）·m.
（1）求函数f（x）的单调递增区间；
（2）已知锐角△ABC中角A，B，C的对边分别为a，b，c，其面积S＝，f（A－）＝－，a＝3，求b＋c的值.
解：（1）∵m－n＝（cos x－sin x，），
∴f（x）＝（m－n）·m
＝（cos x－sin x）cos x－
＝cos2x－sin x·cos x－
＝cos 2x－sin 2x
＝cos（2x＋）.
令2kπ－π≤2x＋≤2kπ，k∈Z，
则kπ－≤x≤kπ－，k∈Z，
∴f（x）的单调递增区间为［kπ－，kπ－］（k∈Z）.
（2）f（A－）＝cos（2A－＋）＝－，
∴cos 2A＝－，
∵0＜A＜，∴0＜2A＜π，
∴2A＝，∴A＝.
∵S△ABC＝bc·sin A＝·bc＝，∴bc＝4.
由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc·cos A，
∴9＝b2＋c2－bc，
又（b＋c）2＝b2＋c2＋2bc＝9＋3bc＝21，
∴b＋c＝.
18.（本小题满分12分）（2018·全国卷Ⅰ）在平面四边形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5.
（1）求cos∠ADB；
（2）若DC＝2，求BC.
解：（1）在△ABD中，
由正弦定理得＝，
即＝，所以sin∠ADB＝.
由题设知，∠ADB＜90°，
所以cos∠ADB＝＝.
（2）由题设及（1）知，cos∠BDC＝sin∠ADB＝.
在△BCD中，由余弦定理得
BC2＝BD2＋DC2－2BD·DC·cos∠BDC
＝25＋8－2×5×2×＝25，
所以BC＝5.
19.（本小题满分12分）在△ABC中，已知内角B＝45°，b＝，cos C＝.
（1）求边a的长；
（2）若D为AB的中点，求中线CD的长.
解：（1）由cos C＝，知C为锐角，
所以sin C＝＝，
则sin A＝sin[π－（B＋C）]＝sin（B＋C）
＝sin Bcos C＋cos Bsin C
＝×＋×＝，
由＝，知a＝3.
（2）由c2＝a2＋b2－2abcos C，知
c2＝（3）2＋（）2－2×3××＝4，
则c＝2，因为D为AB的中点，所以BD＝1.
在△BCD中，由余弦定理，得
CD2＝12＋（3）2－2×1×3×＝13，
所以CD＝.
20.（本小题满分12分）在△ABC中，求证：－＝－.
证明：左边＝－＝（－）－2（－）＝右边，所以原式成立.
21.（本小题满分12分）（2019·全国卷Ⅲ）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asin＝bsin A.
（1）求B；
（2）若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围.
解：（1）由题设及正弦定理得
sin Asin＝sin B·sin A.
因为sin A≠0，所以sin＝sin B.
由A＋B＋C＝180°，可得sin＝cos，
故cos＝2sincos.
因为cos≠0，所以sin＝，所以B＝60°.
（2）由题设及（1）知△ABC的面积S△ABC＝a.
由（1）知A＋C＝120°，
由正弦定理得a＝＝＝＋.
由于△ABC为锐角三角形，故0°＜A＜90°，0°＜C＜90°.
由（1）知，A＋C＝120°，所以30°＜C＜90°，
故＜a＜2，从而＜S△ABC＜.
因此，△ABC面积的取值范围是（，）.
22.（本小题满分12分）某市发生水灾，国家抗震救灾指挥部紧急从A处调飞机去某地运救灾物资到受灾的B处.现有以下两个方案供选择：
方案一：飞到位于A处正东方向上的C市调运救灾物资，再飞到B处；
方案二：飞到位于A处正南方向上的D市调运救灾物资，再飞到B处.
已知AD＝500 km，AB＝800 km，∠ACB＝2∠DAB＝120°.
那么选择哪种方案，能使得飞行距离最短？（参考数据：≈0.577）
解：方案一：在△ABC中，易知∠CAB＝90°－∠DAB＝30°，∠ACB＝120°，AB＝800 km，由＝得BC＝ km.且△ABC为等腰三角形，所以AC＋BC＝2BC＝（km）.
方案二：在△ADB中，∠DAB＝60°，AD＝500 km，AB＝800 km，
所以BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos∠DAB
＝8002＋5002－2×800×500×cos 60°＝4.0×105，
所以BD＝700 km，
所以BD＋AD＝700＋500＝1 200（km）.
因为1 200＞≈923.2，
故选择方案一，能使飞行距离最短.
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第九章　解三角形
章末知识梳理与能力提升
教材内主干知识回顾
[本章知识结构——建体系]
[核心知识点拨——握重难]
1. 三角形面积公式
2 R sin B 　
2 R sin C 　

＞　
＞
3. 余弦定理及其推论
（1） a2＝ b2＋ c2－2 bc cos A ， b2＝ 　　 　　， c2＝ 　　 　　.
c2＋ a2－2 ac cos B 　
（3）在△ ABC 中， c2＝ a2＋ b2 C 为 　　　　角； c2＞ a2＋ b2 C 为 　　　　角； c2＜ a2＋ b2 C 为 　　　　角.
直　
a2＋ b2－2 ab cos C
钝　
锐
通性通法
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 ，先应用余弦定理求 c ，再 应用正弦定理求较短边所对的角，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 ，先应用正弦定理求 B ， 由 A ＋ B ＋ C ＝π求 C ，再由正弦定理或余弦定理求 c ，要注意解可能不止一种情况.
（4）已知三边 a ， b ， c ，可应用余弦定理求角 A ， B ， C .
[变式训练]
1. 在△ ABC 中，角 A ， B ， C 的对边分别为 a ， b ， c .若已知3 cos （ B － C ）－1＝ 6 cos B cos C .
（1）求 cos A ；
通性通法
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，故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.
通性通法
应用解三角形知识解决实际问题的步骤
（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，如坡度、仰角、俯角、视角、方位角等；
（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，得出正确结论.
[变式训练]
3. 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 处，因乙船到达 A 处需2小 时，所以分情况讨论.
①当0≤ t ＜2时，如图1，
在△ APQ 中， AP ＝8 t ， AQ ＝20－10 t ，
②当 t ＝2时， PQ ＝8×2＝16.
通性通法
利用向量的有关知识，把问题转化为三角形的边角关系，再结合正弦、余弦定 理解三角形.
（2）求△ ABC 的三边之长.

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