苏教版学高中数学必修五解三角形章末复习课讲义

2021年高中数学知识模板复习讲义解三角形苏教版必修5三角形有三条边和三个角六个元素. 由三角形的几何性质知道, 要确定一个三角形, 必须给定一条边和其它另两个元素, 这种由三角形的一边及其它两个元素, 去计算或确定未知的边、角的过程，叫做解三角形.解直角三角形, 只要利用锐角三角函数的定义和勾股定理, 即可求出其它元素. 但解斜三角形需要应用三角函数的定义, 并且要利用揭示三角形边角关系的两个重要定理------正弦定理和余弦定理.其中正弦定理与三角形内角和定理彼此独立, 共同构成一个独立的关系式组:余弦定理中任何两个关系式彼此独立, 它们连同三角形内角和定理共同构成另一个独立的关系式组:利用这些关系式组中的任一个, 可以推导出其它一些重要的定理. 例如, 可从正弦定理推导出余弦定理, 可从余弦定理推导出正弦定理, 但无论是正弦定理还是余弦定理都不能推导出三角形内角和定理.解任意三角形, 有下列四种类型, 其解法可表示如下:1 , 90,,Rt ABC C CD AB D ACD CBD ABC B ∠=⊥∠例在中已知于且、、的面积成等比数列，求的值.()222222,,,-, 111()222(-)011 ()22(CDB ACDABCCD hAB c DB xAD c x SSxh h c x chx c c x x cx c x c x AC AD AB c c =====⎛⎫=- ⎪⎝⎭=+-=-+-====解设则由题意S即整理得 解得 舍去又因22), sin 1arcsin2x AC x AC x x c AC x B AB cB -=⇒===∴∠===-+∠=由上式得 故2 ,,,,,.A B a b αα例某人在海岸上望见海中两浮标在一条直线上并与海岸线成一角度当沿海岸向前走一距离以及再向前走一距离时对两浮标张成的视角都为沿海岸为一直线,海水高度不变,试求两浮标间的距离.PB,,,,, ()() (1) A B D C AB x PA y y y x a a b BCD BAD BPD PDA ==+=+∠=∠=∠+∠解 题设四点共圆.(如图)设,则由割线定理,得22222 , (2), ()2()PDA BDCBC BD BC BD PBC BC x y a a x y α=+∠=∠∴===++-+ 在中由余弦定理,得222cos (3),, ()()2()()cos (4)(3)(4)(2),2 2cos PBD BD x y a b x y a b a bx y ααα=+++-++++= 在中由余弦定理得把和同时代入整理得(5)(5)(1),2()cos =(6)2 (6)(5), a a b y a bα++代入得代入可得两浮标间距离2()cos ()ec 22b a a b x a s a b αα+=+-+3,(),,,1,,,,,5//O R AB BX C D E BC CDDE R A AY L M AL R AM CL M MN LE AX N AN =====例如图所示在的直径的延长线上取三点使得在点的切线上取两点使过点作,交于,求证近似于该圆周长.XA L222222//,::111,,2,55121146 2525LE MN AM AN AL AEAM CL AL R AC R R R CL AL AC R R R CL ∴====+==+=+=∴=解 由又1351322 3.14159192AE RAM AE AN R R R AL π===≈⨯≈ 故4 a 例如图所示,正方形边长为,以各顶点为中心,以为半径分别作四个圆,试求这四个圆公共部分的面积.,,,,101102cos 2255 cos54sin 362sin18cos18511025 2PQHN S EBGF x GFHJL y HJN z HK AD K HAD HDA AKa aAH R aαα⊥∠=∠=-====+==-+==解 设所求公共部分的面积为的面积为的面积为的面积为,作于, 令则 54,36EAH α∴=∠=从而进而得到22361,360101 22 AHDS R R a Sa HK ππ======扇形EAH以及方程组2222123, (1)41 32 (2)422 (3)AHD EAH S x y z R x y z a R x y a S S ππ⎧+++=⎪⎪⎪++=-⎨⎪+=--⎪⎪⎩扇形1872年, 德国数学家克莱因(Felix.Klein,1849-1925)在爱尔兰根大学就任教授. 他的就职演说题为“对于近代几何学的考察”. 其中给出了几何学的一种定义;“给出一个流形和作用于这个流形的一个变换群， 建立关于这个变换群的不变性理论.”根据这一理论, 把当时互不相关的几何学统一起来 并依次加以分类. 这一划时代的演说, 世称“爱尔兰根纲领“.时至今日, 寻求不变量的思想, 已经渗入到几乎整个的数学. 从研究射影不变量, 到拓扑不变量, 相对论中的罗仑兹不变量, 纤维丛中的陈省身不变量(陈类), 都是影响数学全局的大事.F.克莱因在20世纪初关注中学数学改革, 担任第一届”数学教育委员会(ICMI)”的主席. 他的几何变换思想也逐渐渗透到中学数学. 在20世纪的数学教育改革历程中, 几何学课程受到变换几何思想越来越大的影响.变换几何有什么值得肯定的地方呢? 1.变换使得几何学由静态转向动态. 几何学不再仅仅是对静止图形的观察、思考和论证. 变换几何的对象可以操作, 例如轴对称和折纸等;2.变换是学生认识图形的工具. 通过轴对称、旋转对称、中心对称，以及相似、位似等变换，可以对矩阵、正三角形、等腰三角形、平行四边形、菱形等常见图形有更深刻的认识.3.变换可以作为论证的一种手段. 三角形的全等, 是用合同变换来实现的. 尺规作图, 是将已知的线段和角, 进行移动. 在论证上也带来很大方便. 例如等腰三角形的性质, 用对称很容易说明. 再如, 圆外一点向定圆作两条切线,彼此一定相等. 这是可以用圆的对称性加以说明的.由于以上的优点, 中学数学里逐渐增加了变换的内容. 目前主要包括以下部分: 1. 轴对称图形; 2. 平移和旋转;aa 13. 相似变换;4. 拓扑变换(七桥问题, 多面体定理).但是, 将几何变换纳入中学课程, 仍有不少问题需要克服. 主要是变换观点和传统欧氏演绎几何还没有十分密切的衔接, 有时变成两张皮, 徒然增加学习者的负担. 此外, 几何变换的论证语言还没有规范, 在论证一个命题时, 叙述的随意性比较大. 最后, 缺乏足够数量的例题和习题, 也是制约变换几何的一个困难.平面几何主要研究全等形和相似形, 全等形和相似形的性质和有关的量,分别是在合同变换群和相似变换群下图形的不变性质和不变量.定义1 从一个集合到其自身的映射, 叫做变换. 如果是一一映射, 则叫做一一变换.所谓几何变换, 就是图形(即点集)到图形的一一变换.2 :,,(),f A A a A f a a f →∈=定义给出一一变换如果对于任意一点都有则叫做恒等变换（也可称做单位变换或么变换）.用字母I 表示恒等变换.1212123 ::,,()(),.f A A f A A a A a A f a a f a a f f '→→∈∈''==定义如果两个变换变换和变换对于和都有和则称和是相等变换121112112214 ::,,,()(),,,().f A A f A A a A a A a A f a a f a a A a a f f f f f →→∈'''∈∈==定义给出两个一一变换变换和变换如果对于任意点和都有和那么把的任意一点变换成的一一变换叫做变换与的乘积记作如图容易证明,变换的乘积满足结合律.()123123212323321332132,:,,,(),(),(), ()(),()(). [()](), ()[()]()S S S S a b S b c S c d S S a S b c S S b S c d S S S a S c d S S S a S S b ===========事实上设任意三个变换且则有()321321.()d S S S S S S =于是必须注意,变换的乘积不一定满足交换律.15 :,,(.f A Ag f g g f I I g f f -→==定义对于一一变换如果存在一个变换使得是恒等变换),那么变换叫做变换的逆变换,记作显然一一变换的逆变换也是一一变换. 定义6 经过一个变换,没有改变位置的点，叫做二重点，或称不变点。

题型1 应用正余弦定理解三角形 解答下列各题：(1)在△ABC 中，若A ＝30°，a ＝2，b ＝2，求B ；(2)(20XX 年山东卷)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若a ＝2，b ＝2，sin B ＋cos B ＝2，求A.分析：已知三角形两边和其中一边的对角，求另一边的对角，根据问题条件可能出现唯一解、两解、无解的情况，解题时一定要根据问题条件，准确判定．解析：(1)根据正弦定理，有a sin A ＝bsin B，即sin B ＝bsin A a ，得sin B ＝2sin 30°2＝22.∵a<b ，∴B>A ＝30°，B 为锐角或钝角． 即B ＝45°或135°.(2)由sin B ＋cos B ＝2得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π4＝1，∴B ＝π4，由正弦定理2sin A ＝2sin π4，得sin A ＝12，又a ＜b ，∴A ＜B ，∴A ＝π6.►归纳拓展已知两边和其中一边的对角解三角形，一般用正弦定理，但此时三角形不能唯一确定，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，A>B 则sin A>sin B ”等关系来判定，也可以结合几何图形帮助理解记忆．具体模式如图，关键是比较bsin A 与a 和b 的大小．当A 为锐角，且bsin A ＝a 时，一解，bsin A>a ，无解，bsin A ＜a ，两解，a ≥b 时一解，至于A ＝90°，A>90°，情况较易．►变式迁移1．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知A ＝π3，a ＝3，b ＝1，则c 为( ) A ．1 B ．2 C.3－1 D. 3解析：由正弦定理a sin A ＝bsin B，∴sin B ＝bsin Aa ＝1×sinπ33＝12.又∵a>b ，∴A>B ，∴B 为锐角，∴B ＝π6，于是C ＝π2，∴△ABC 为直角三角形， ∴c ＝a 2＋b 2＝2，故选B. 答：B(1)在△ABC 中，a ＝m ，b ＝n ，c ＝m 2＋n 2＋mn ，求C ；(2)在△ABC 中，a ＝7，b ＝8，cos C ＝1314，求c 及最大角的余弦值．分析：(1)为△ABC 中已知三边求一角，直接用余弦定理cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab求解即可．(2)为△ABC 中已知两边及其夹角余弦求第三边，用c ＝a 2＋b 2－2abcos C 求最大角的余弦，不难想到“大边对大角”．解析：(1)由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab，将a ，b ，c 的值代入上式，得cos C ＝m 2＋n 2－m 2－n 2－mn 2mn ＝－12.∵0°<C<180°，∴C ＝120°. (2)由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－2abcos C ＝72＋82－2×7×8×1314＝9.∴c ＝3.∵b>a>c ，∴在△ABC 中，B 最大．∴cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝72＋32－822×7×3＝－17.►归纳拓展余弦定理有三个方面的应用：一是已知三角形的两边和它们的夹角，可以由余弦定理求出第三边，进而求出其余两角；二是已知三角形的三边，利用余弦定理求出一个角，进而求出其他两角；三是正、余弦定理的综合应用，如已知三角形的两边及其一边的对角，除了能用正弦定理解三角形外，也可以用余弦定理来解三角形．►变式迁移 2．(2013·湖南卷)在锐角△ABC 中，角A ，B 所对的边长分别为a ，b ，若2asin B ＝3b ，则角A 等于( )A.π12B.π6C.π4D.π3解析：由正弦定理asin A＝bsin B和2asin B＝3b可得2sin Asin B＝3sin B，即sin A＝3 2，又∵△ABC为锐角三角形，∴A＝π3.答案：D题型2三角形形状的判断(20XX年辽宁卷)在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且2asin A＝(2b＋c)sin B＋(2c＋b)sin C.(1)求A的大小；(2)若sin B＋sin C＝1，试判断△ABC的形状．分析：只要根据已知条件找到三角形的边或角的关系，就可以确定三角形的形状．解析：(1)由已知，根据正弦定理，可得2a2＝(2b＋c)b＋(2c＋b)c，即a2＝b2＋c2＋bc，由余弦定理得cos A＝b2＋c2－a22bc＝－12，∴A＝120°.(2)解法一：由(1)，B＋C＝60°，B＝60°－C，由sin B＋sin C＝1，得sin(60°－C)＋sin C＝1，即sin 60°cos C－cos 60°sin C＋sin C＝1，即sin(C＋60°)＝1，而0°＜C＜60°，∴C＝30°.故B＝30°，∴△ABC为等腰钝角三角形．解法二：由(1)b2＋c2＋bc＝a2得sin2B＋sin2C＋sin Bsin C＝sin2A，即(sin B＋sin C)2－sin Bsin C＝34，∴sin Bsin C＝14，与sin B＋sin C＝1联立，解得sin B＝sin C＝12，而0°＜B，C＜60°，∴B＝C.∴△ABC为等腰钝角三角形．►归纳拓展要注意正弦的多值性，否则可能漏解．如本例中的(1)；由条件不能只得到A ＝B ，而忽略A ＋B ＝π2.另外，还要注意等腰三角形或直角三角形与等腰直角三角形的区别．判断三角形的形状，一般有以下两种途径：将已知条件统一化成边的关系，用代数方法求解；将已知条件统一化成角的关系，用三角方法求解．在解三角形时的常用结论有：1．在△ABC 中，A>B ⇔a>b ⇔sin A>sin B ⇔cos A<cos B.2．在△ABC 中，A ＋B ＋C ＝π，A ＋B ＝π－C ，A ＋B 2＝π2－C2，则cos(A ＋B)＝－cos C ，sin(A ＋B)＝sin C ，sin A ＋B 2＝cos C 2.3．在△ABC 中，a 2＋b 2<c 2⇔C>π2，a 2＋b 2＝c 2⇔C ＝π2，a 2＋b 2>c 2⇔0<C<π2.►变式迁移3．在△ABC 中，若cos 2A 2＝b ＋c2c，试判断△ABC 的形状．解析：解法一：∵cos 2A 2＝b ＋c 2c， 1＋cos A 2＝b ＋c 2c ，∴cos A ＝bc ， 即b 2＋c 2－a 22bc ＝b c.∵c ≠0，∴c 2＝a 2＋b 2. ∴△ABC 为直角三角形．解法二：∵cos 2A 2＝b ＋c 2c. ∴1＋cos A 2＝b ＋c 2c .∴cos A ＝b c.∴cos A ＝2Rsin B 2Rsin C ＝sin Bsin C.∴sin Ccos A ＝sin B.∴sin Ccos A ＝sin(A ＋C)． ∴sin A·cos C ＝0.∵0<A<π，∴sin A ≠0. ∴cos C ＝0，∴C ＝90°. 故△ABC 为直角三角形．题型3 求三角形的面积(1)在△ABC 中，已知a ＝3，b ＝4，C ＝60°，则△ABC 的面积为多少？(2)若三角形面积为32，且b ＝2，c ＝3，求A.分析：非特殊三角形面积的计算主要用S ＝12bcsin A ＝12absin C＝12acsin B ．(1)直接用S ＝12absin C 即可；(2)为逆用S ＝12bcsin A. 解析：(1)S ＝12absin C＝12×3×4×sin 60°＝6×32＝3 3. (2)∵S ＝12bcsin A ，∴32＝12×2×3sin A ， ∴sin A ＝32，∴A ＝60°或120°.►归纳拓展三角形面积公式：S △＝12ah a ＝12bcsin A ＝abc4R＝pr ＝p (p －a )(p －b )(p －c )，其中A ，B ，C 分别为△ABC 的边a ，b ，c的对角，R 、r 分别为△ABC 的外接圆和内切圆半径，p ＝12(a ＋b ＋c)．►变式迁移4．已知△ABC 的三边长分别为a －2，a ，a ＋2，且最大角的正弦值为32，求这个三角形的面积．解析：设α是最大角，∵sin α＝32，而α＞60°，∴α＝120°，∴(a ＋2)2＝a 2＋(a －2)2－2a(a －2)cos 120°， 解得a ＝5，∴三边长为3,5,7，∴S △＝12×3×5×sin 120°＝1534.5．在△ABC 中，已知a ＝3，cos A ＝78，且b 2－bc －2c 2＝0.(1)求b ，c 的值；解析：(1)由b 2－bc －2c 2＝0得(b ＋c)(b －2c)＝0，即b ＝2c ，再由a 2＝b 2＋c 2－2bccos A 得3＝(2c)2＋c 2－2×2c 2×78，解得c ＝2，b ＝2 2.(2)求△ABC 的面积．解析：(2)∵cos A ＝78，∴sin A ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫782＝158.∴S △ABC ＝12bcsin A ＝12×22×2×158＝154.正、余弦定理的应用如上图所示，A ，B 是海面上位于东西方向相距5(3＋3)海里的两个观测点，现位于A 点北偏东45°，B 点北偏西60°的D 点有一艘轮船发出求救信号，位于B 点南偏西60°且与B 点相距203海里的C 点的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/小时，该救援船到达D 点需要多长时间？分析：在△ABD 中，由正弦定理可求出BD ，再在△BCD 中，用余弦定理求出CD ，最后可求出时间t.解析：由题意知AB ＝5(3＋3)海里，∠DBA ＝90°－60°＝30°，∠DAB ＝90°－45°＝45°，∴∠ADB ＝180°－(45°＋30°)＝105°.在△DAB 中，由正弦定理，得BD sin ∠DAB ＝ABsin ∠ADB，∴BD ＝ABsin ∠DAB sin ∠ADB＝(15＋53)·sin 45°sin 105°＝(15＋53)·sin 45°sin 45°cos 60°＋cos 45°sin 60°＝53×(3＋1)3＋12＝103(海里)．又∵∠DBC ＝∠DBA ＋∠ABC ＝60°，BC ＝20 3 (海里)． ∴在△BCD 中，由余弦定理得， CD 2＝BD 2＋BC 2－2BD·BC·cos ∠DBC ＝300＋1200－2×103×203×12＝900.∴CD ＝30(海里)，则需要的时间t ＝3030＝1(小时)．►归纳拓展解三角形应用题的关键是将实际问题转化为解三角形问题．其基本思路是：首先分析本题属于哪种问题(如测量距离、高度、角度等)，然后依题意画出示意图，把已知和未知的量标在图中，然后根据边角关系选择相应的定理，同时注意近似计算的要求，解题后再还原为实际问题．►变式迁移6．(2013·山东莱州一中质检题)20XX年国庆阅兵式上举行升旗仪式，如图，在坡度为15°的观礼台上，某一列座位与旗杆在同一个垂直于地面的平面上，在该列第一排和最后一排测得旗杆顶端的仰角分别为60°和30°，且第一排和最后一排距离为106米，求旗杆的高度．解析：设旗杆的高度为x米，∠ABC＝105°，∠CAB＝45°，∴∠ACB＝30°，根据正弦定理可知BCsin 45°＝106sin 30°，即BC＝20 3.∴旗杆高度x＝BCsin 60°＝203×32＝30(米)．答：旗杆的高度为30米．。

第一章解三角形 复习课 解三角形课时目标 1.掌握正弦定理、余弦定理的内容，并能解决一些简单的三角形度量问题.2.能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题．一、填空题1．在△ABC 中，A ＝60°，a ＝43，b ＝42，则B ＝______________.2．三角形两条边长分别为3 cm,5 cm ，其夹角的余弦值是方程5x 2－7x －6＝0的根，则此三角形的面积是________cm 2.3．如图所示，C 、D 、B 三点在地面同一直线上，DC ＝a ，从C 、D 两点测得A 点的仰角分别是β、α(β<α)．则A 点离地面的高AB 为______(用a 、α、β表示)． 4．在△ABC 中，a ＝x ，b ＝2，B ＝45°，若三角形有两解，则x 的取值范围是______________． 5．在△ABC 中，A ＝60°，AC ＝16，面积为2203，那么BC 的长度为________． 6．一艘船以20 km/h 的速度向正北航行，船在A 处看见灯塔B 在船的东北方向，1 h 后船在C 处看见灯塔B 在船的北偏东75°的方向上，这时船与灯塔的距离BC 等于___km. 7．已知△ABC 中，sin A ∶sin B ∶sin C ＝k ∶(k ＋1)∶2k ，则k 的取值范围是________． 8．在△ABC 中，AB ＝7，AC ＝6，M 是BC 的中点，AM ＝4，则BC ＝________.9．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c .若a 2－b 2＝3bc ，sin C ＝23sin B ，则A ＝________.10．在△ABC 中，a 、b 、c 分别为角A 、B 、C 的对边，如果2b ＝a ＋c ，∠B ＝30°，△ABC的面积为32，那么b ＝________.二、解答题11．在△ABC 中，已知(a ＋b ＋c )(b ＋c －a )＝3bc ，且sin A ＝2sin B cos C ，试确定△ABC 的形状．12．在△ABC 中，若已知三边为连续正整数，最大角为钝角． (1)求最大角的余弦值；(2)求以此最大角为内角，夹此角的两边之和为4的平行四边形的最大面积．能力提升13．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知cos 2C ＝－14.(1)求sin C 的值；(2)当a ＝2,2sin A ＝sin C 时，求b 及c 的长．14．如图所示，已知在四边形ABCD 中，AD ⊥CD ，AD ＝10，AB ＝14，∠BDA ＝60°，∠BCD ＝135°，求BC 的长．1．在解三角形时，常常将正弦定理、余弦定理结合在一起用，要注意恰当的选取定理，简化运算过程．2．应用正、余弦定理解应用题时，要注意先画出平面几何图形或立体图形，再转化为解三角形问题求解，即先建立数学模型，再求解．复习课 解三角形答案作业设计 1．45°解析 sin B ＝b·sin A a ＝22，且b<a ，∴B ＝45°.2．6解析 由5x 2－7x －6＝0，解得x 1＝－35，x 2＝2.∵x 2＝2>1，不合题意．∴设夹角为θ，则cos θ＝－35，得sin θ＝45，∴S ＝12×3×5×45＝6 (cm 2)．3.a sin αsin βsin (α－β)解析 设AB ＝h ，则AD ＝hsin α，在△ACD 中，∵∠CAD ＝α－β，∴CD sin (α－β)＝AD sin β.∴a sin (α－β)＝h sin αsin β，∴h ＝a sin αsin βsin (α－β).4．2<x<2 2 解析 因为三角形有两解，所以a sin B<b<a ，即22x<2<x ，∴2<x<2 2. 5．49解析 S △ABC ＝12AC·AB·sin 60°＝12×16×AB ×32＝2203，∴AB ＝55.∴BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB·AC cos 60°＝552＋162－2×16×55×12＝2 401.∴BC ＝49. 6．20 2解析 如图所示，BC sin 45°＝ACsin 30°∴BC ＝AC sin 30°×sin 45°＝2012×22＝20 2 (km )．7.⎝⎛⎭⎫12，＋∞ 解析 由正弦定理得：a ＝mk ，b ＝m(k ＋1)，c ＝2mk(m>0)， ∵⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋b>c a ＋c>b 即⎩⎪⎨⎪⎧m (2k ＋1)>2mk 3mk>m (k ＋1)，∴k>12.8.106解析 设BC ＝a ，则BM ＝MC ＝a2.在△ABM 中，AB 2＝BM 2＋AM 2－2BM·AM cos ∠AMB ，即72＝14a 2＋42－2×a2×4·cos ∠AMB.①在△ACM 中，AC 2＝AM 2＋CM 2－2AM·CM·cos ∠AMC ，即62＝42＋14a 2＋2×4×a2·cos ∠AMB.②①＋②得：72＋62＝42＋42＋12a 2，∴a ＝106.9．30°解析 由sin C ＝23sin B ，根据正弦定理，得 c ＝23b ，把它代入a 2－b 2＝3bc 得 a 2－b 2＝6b 2，即a 2＝7b 2.由余弦定理，得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝b 2＋12b 2－7b 22b·23b ＝6b 243b 2＝32.又∵0°<A<180°，∴A ＝30°. 10．1＋ 3解析 ∵2b ＝a ＋c ，S ＝12ac sin B ＝32，∴ac ＝6.∴b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝(a ＋c)2－2ac cos B －2ac.∴b 2＝4b 2－63－12，∴b 2＝23＋4，b ＝1＋ 3.11．解 由(a ＋b ＋c)(b ＋c －a)＝3bc ，得b 2＋2bc ＋c 2－a 2＝3bc ，即a 2＝b 2＋c 2－bc ，∴cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝bc 2bc ＝12，∴A ＝π3.又sin A ＝2sin B cos C.∴a ＝2b·a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2＋b 2－c 2a，∴b 2＝c 2，b ＝c ，∴△ABC 为等边三角形．12．解 (1)设这三个数为n ，n ＋1，n ＋2，最大角为θ，则cos θ＝n 2＋(n ＋1)2－(n ＋2)22·n·(n ＋1)<0，化简得：n 2－2n －3<0⇒－1<n<3. ∵n ∈N *且n ＋(n ＋1)>n ＋2，∴n ＝2.∴cos θ＝4＋9－162×2×3＝－14.(2)设此平行四边形的一边长为a ，则夹θ角的另一边长为4－a ，平行四边形的面积为：S ＝a (4－a )·sin θ＝154(4a －a 2)＝154[－(a －2)2＋4]≤15.当且仅当a ＝2时，S max ＝15.13．解 (1)∵cos 2C ＝1－2sin 2C ＝－14，0<C <π，∴sin C ＝104.(2)当a ＝2,2sin A ＝sin C 时，由正弦定理a sin A ＝csin C，得c ＝4.由cos 2C ＝2cos 2C －1＝－14及0<C <π，得cos C ＝±64.由余弦定理c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ， 得b 2±6b －12＝0(b >0)， 解得b ＝6或26，∴⎩⎨⎧ b ＝6，c ＝4或⎩⎨⎧b ＝26，c ＝4.14．解 设BD ＝x ，在△ABD 中，由余弦定理有 AB 2＝AD 2＋BD 2－2AD ·BD ·cos ∠ADB ， 即142＝x 2＋102－20x cos 60°，∴x 2－10x －96＝0，∴x ＝16(x ＝－6舍去)，即BD ＝16.在△BCD 中，由正弦定理BC sin ∠CDB ＝BDsin ∠BCD，∴BC ＝16sin 30°sin 135°＝8 2.。

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、余弦定理求解与距离、高度有关的实际应用问题．（重点）通过利用正、余弦定理求解实际问题中的长度、高度，培养学生的直观想象及数学建模素养.正、余弦定理在物理学中的应用【例１】都是细杆，只受沿杆方向的力．试求杆OA，OB所受的力．思路探究：先借助向量的合成与分解画出图示，然后借助正弦定理求解．[解] 如图，作错误!＝F，将F沿A到O，O到B两个方向进行分解，即作▱OCED，则错误!＝错误!＝F１，错误!＝F２.由题设条件可知，|错误!|＝１0，∠OCE＝５0°，∠OEC＝70°，所以∠COE＝１80°—５0°—70°＝60°.在△OCE中，由正弦定理，得错误!＝错误!，错误!＝错误!，因此，|F１|＝错误!≈１１．３N，|F２|＝错误!≈１２．３N.即灯杆OA所受的力为１１．３N，灯杆OB所受的力为１２．３N.在运用正弦定理、余弦定理解决力的合成与分解问题时，通常涉及平行四边形，根据题意，选择一个或几个三角形，然后通过解这些三角形，得出实际问题的解.１．作用于同一点的三个力F１，F２，F３平衡．已知F１＝３0 N，F２＝５0 N，F１与F２之间的夹角是60°，求F３的大小与方向（精确到0．１°）．[解] F３应和F１，F２的合力F平衡，所以F３和F在同一直线上，并且大小相等，方向相反．如图，在△OF１F中，由余弦定理，得F＝错误!＝70（N），再由正弦定理，得sin∠F１OF＝错误!＝错误!，所以∠F１OF≈３8．２°，从而∠F１OF３≈１４１．8°.即F３为70 N，F３和F１间的夹角为１４１．8°.正、余弦定理在几何中的应用【例２】（１）求sin∠BAC的值；（２）设BC的中点为D，求中线AD的长．思路探究：（１）（２）[解] （１）因为cos C＝错误!，且C是三角形的内角，所以sin C＝错误!＝错误!＝错误!.所以sin∠BAC＝sin[π—（B＋C）]＝sin（B＋C）＝sin B cos C＋cos B sin C＝错误!×错误!＋错误!×错误!＝错误!.（２）在△ABC中，由正弦定理得，错误!＝错误!，则BC＝错误!×sin∠BAC＝错误!×错误!＝6，所以CD＝错误!BC＝３．又在△ADC中，AC＝２错误!，cos C＝错误!，所以由余弦定理得，AD＝错误!＝错误!＝错误!.（三角形中几何计算问题的解题思路１正确挖掘图形中的几何条件简化运算是解题要点，善于应用正弦定理、余弦定理，只需通过解三角形，一般问题便能很快解决.２此类问题突破的关键是仔细观察，发现图形中较隐蔽的几何条件.２．如图所示，△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.[解] （１）因为∠BCD＝90°＋60°＝１５0°，CB＝AC＝CD，所以∠CBE＝１５°.所以cos∠CBE＝cos（４５°—３0°）＝错误!.（２）在△ABE中，AB＝２，由已知和（１）知∠ABE＝∠ABC—∠CBE＝４５°—１５°＝３0°，∠AEB＝∠ACB＋∠EBC＝90°＋１５°＝１0５°，由正弦定理，得错误!＝错误!，∴AE＝错误!＝错误!＝错误!—错误!.正、余弦定理在测量学中的应用[探究问题]１．如图，A，B两点在河的对岸，且不可到达，如何测量其两点间的距离？[提示] 在河岸这边选取点C，D，测得CD＝a，∠ACD＝α，∠BCD＝β，∠BDC＝γ，∠ADC＝δ，则在△ACB和△ACD中应用正弦定理可求AC，BC的长，进而在△ACB中应用余弦定理求AB.２．如图，如何测量山顶塔AB的高？（测量者的身高忽略不记）[提示] 测量者在山下先选择一基点P，测出此时山顶的仰角α，前进a米后，再测出此时山顶的仰角β，则借助直角三角形的边角关系可求塔顶距地面的高h，进而利用AB＝h—H求解．【例３】如图，A，B是海面上位于东西方向相距５（３＋错误!）海里的两个观测点，现位于A点北偏东４５°，B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号，位于B点南偏西60°且与B点相距２0错误!海里的C点的救援船立即前往营救，其航行速度为３0海里每小时，该救援船到达D点至少需要几个小时？思路探究：在△ABD中，利用正弦定理求出BD的长，再在△DBC中利用余弦定理求出DC的长，进而求时间．[解] 由题意知AB＝５（３＋错误!），∠DBA＝90°—60°＝３0°，∠DAB＝４５°，所以∠ADB＝１0５°，所以sin １0５°＝sin ４５°cos 60°＋sin 60°cos ４５°＝错误!×错误!＋错误!×错误!＝错误!，在△ABD中，由正弦定理得错误!＝错误!，所以BD＝错误!＝错误!＝错误!＝错误!＝１0错误!，又∠DBC＝１80°—60°—60°＝60°，BC＝２0错误!，在△DBC中，由余弦定理得CD２＝BD２＋BC２—２×BD×BC cos 60°＝３00＋１２00—２×１0错误!×２0错误!×错误!＝900，所以CD＝３0（海里），则至少需要的时间t＝错误!＝１（小时）．本例中，A与B的距离改为“５（错误!＋错误!）海里”，点C的位置改为“位于A点南偏西１５°且与A点相距１0错误!海里，如图所示”，其他条件不变，应如何解答？[解] 在△ABD中，由正弦定理得错误!＝错误!，所以AD＝错误!＝错误!＝错误!＝１0．在△ACD中，∠CAD＝90°＋４５°＋１５°＝１５0°，AD＝１0，AC＝１0错误!，由余弦定理得CD２＝AD２＋AC２—２×AD×AC cos １５0°＝１00＋３00—２×１0×１0错误!×错误!＝700，所以CD＝１0错误!（海里），则需要的时间t＝错误!＝错误!（小时）．１．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．测量距离问题分为三种类型：两点间不可通又不可视，两点间可视但不可达，两点都不可达．解决此问题的方法是，选择合适的辅助测量点，构造三角形，将问题转化为求某个三角形的边长问题，从而利用正、余弦定理求解．提醒：解题时要注意题目条件和实际意义中的隐含信息，避免出现增解或漏解．１．本节课要掌握四类问题的解法（１）测量距离问题．（２）测量高度问题．（３）角度问题．（４）与立体几何有关的测量问题．２．解三角形的应用题时，通常会遇到两种情况（１）已知量与未知量全部集中在一个三角形中，依次利用正弦定理和余弦定理解之．（２）已知量与未知量涉及两个或几个三角形，这时需要选择条件足够的三角形优先研究，再逐步在其余的三角形中求出问题的解．１．判断正误（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）东偏北４５°的方向就是东北方向．（）（４）仰角与俯角所在的平面是铅垂面．（）[答案] （１）×（２）×（３）√（４）√[提示] 已知三角形中至少知道一条边才能解三角形，故（１）错．两个不可到达的点之间的距离可以用解三角形的方法求出，故（２）错．２．身高相同的甲、乙两人在同一地平面上的不同方向观测２0 m高的旗杆，甲观测的仰角为５0°，乙观测的仰角为４0°，用d１，d２分别表示甲、乙两人离旗杆的距离，那么有（）Ａ．d１>d２Ｂ．d１<d２Ｃ．d１>２0 m Ｄ．d２<２0 mB[如图，设旗杆高为h，则d１＝错误!，d２＝错误!.因为tan ５0°>tan ４0°，所以d１<d２.]３．一艘船以４km/h的速度沿着与水流方向成１２0°的方向航行，已知河水流速为２km/h，则经过错误!h，该船实际航程为________．6 km [v实＝错误!＝２错误!（km/h）．所以实际航程为２错误!×错误!＝6（km）．]４．某市在“旧城改造”工程中，计划在如图所示的一块三角形空地上种植草皮以美化环境．已知这种草皮价格为a元/m２，则购买这种草皮需要________元．１５0a[∵S△＝错误!×２0×３0×sin １５0°＝错误!×２0×３0×错误!＝１５0（m２），∴购买这种草皮需要１５0a元．]５．如图，A，B两点都在河的对岸（不可到达），若在河岸选取相距４0 m的C，D两点，测得∠BCA ＝60°，∠ACD＝３0°，∠CDB＝４５°，∠BDA＝60°，那么此时A，B两点间的距离是多少？[解] 在△ACD中，应用正弦定理得AC＝错误!＝错误!＝错误!＝２0（１＋错误!）（m），在△BCD中，应用正弦定理得BC＝错误!＝错误!＝４0（m）．在△ABC中，由余弦定理得AB＝错误!＝２0错误!（m）．。

第1章 解三角形【例12a cos B . (1)证明：A ＝2B ；(2)若△ABC 的面积S ＝a 24，求角A 的大小．[解] (1)证明：由正弦定理得sin B ＋sin C ＝2sin A cos B ，故2sin A cos B ＝sin B ＋sin(A ＋B )＝sin B ＋sin A cos B ＋cos A sin 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 ＝a 24，得12ab sin C ＝a24，故有sin B sin C ＝12sin 2B ＝sin B cos B ，因为sin B ≠0，所以sin C ＝cos B ， 又B ，C ∈(0，π)，所以C ＝π2±B .当B ＋C ＝π2时，A ＝π2；当C －B ＝π2时，A ＝π4.综上，A ＝π2或A ＝π4.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．(2019·全国卷Ⅲ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知a sinA ＋C2＝b sinA .(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 A sin A ＋C2＝sin B sin A .因为sin A ≠0，所以sinA ＋C2＝sin B .由A ＋B ＋C ＝180°，可得sinA ＋C 2＝cosB 2，故cos B 2＝2sin B 2cos B2.因为cos B 2≠0，故sin B 2＝12，因此B ＝60°.(2)由题设及(1)知△ABC 的面积S △ABC ＝34a . 由正弦定理得a ＝c sin A sin C ＝sin (120°－C )sin C ＝32tan C ＋12. 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12＜a ＜2，从而38＜S △ABC ＜32.因此，△ABC 面积的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫38，32.【例2】思路探究：利用正弦定理将已知条件中边的关系，转化为角的关系求角或利用余弦定理，由三边之间的关系确定三角形的形状．[解] 法一：(正弦定理边化角)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32sin C ＋12cos C ＝1. ∴sin(C ＋30°)＝1. ∵0°<C <120°， ∴C ＋30°＝90°. ∴C ＝60°，则A ＝60°. ∴△ABC 为等边三角形．法二：(余弦定理法)由余弦定理，得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B . ∵B ＝60°，b ＝a ＋c2，∴⎝⎛⎭⎪⎫a ＋c 22＝a 2＋c 2－2ac cos 60°， 化简得(a －c )2＝0. ∴a ＝c . 又B ＝60°， ∴a ＝b ＝c .∴△ABC 为等边三角形．根据已知条件(通常是含有三角形的边和角的等式或不等式)判断三角形的形状时，需要灵活地应用正弦定理和余弦定理转化为边的关系或角的关系.判断三角形的形状是高考中考查能力的常见题型，此类题目要求准确地把握三角形的分类，三角形按边的关系分为等腰三角形和不等边三角形；三角形按角的关系分为锐角三角形、直角三角形和钝角三角形.判断三角形的形状，一般有以下两种途径：将已知条件统一化成边的关系，用代数方法求解；将已知条件统一化成角的关系，用三角知识求解.2．在△ABC 中，若b cos Cc cos B ＝1＋cos 2C1＋cos 2B，试判断△ABC 的形状． [解] 由已知1＋cos 2C 1＋cos 2B ＝2cos 2C 2cos 2B ＝cos 2C cos 2B ＝b cos Cc cos B ， 得cos C cos B ＝bc. 可有以下两种解法．法一：(利用正弦定理，将边化角)由正弦定理得b c ＝sin B sin C ，∴cos C cos B ＝sin Bsin C，即sin C cos C ＝sin B cos B ， 即sin 2C ＝sin 2B . ∵B ，C 均为△ABC 的内角， ∴2C ＝2B 或2C ＋2B ＝180°. 即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，将角化边)∵b c ＝cos Ccos B， ∴由余弦定理得a 2＋b 2－c 22ab a 2＋c 2－b 22ac＝bc ，即(a 2＋b 2－c 2)c 2＝b 2(a 2＋c 2－b 2)． ∴a 2c 2－c 4＝a 2b 2－b 4， 即a 2b 2－a 2c 2＋c 4－b 4＝0.∴a 2(b 2－c 2)＋(c 2－b 2)(c 2＋b 2)＝0， 即(b 2－c 2)(a 2－b 2－c 2)＝0. ∴b 2＝c 2或a 2－b 2－c 2＝0， 即b ＝c 或a 2＝b 2＋c 2.∴△ABC 为等腰三角形或直角三角形.【例3】A 、B 、C .景区管委会开发了风景优美的景点D .经测量景点D 位于景点A 的北偏东30°方向上8 km 处，位于景点B的正北方向，还位于景点C的北偏西75°方向上．已知AB＝5 km.(1)景区管委会准备由景点D向景点B修建一条笔直的公路，不考虑其他因素，求出这条公路的长；(2)求景点C与景点D之间的距离．(结果精确到0.1 km)(参考数据：3≈1.73，sin 75°≈0.97，cos 75°≈0.26，tan 75°≈3.73，sin 53°≈0.80，cos 53°≈0.60，tan 53°≈1.33，sin 38°≈0.62，cos 38°≈0.79，tan 38°≈0.78)思路探究：(1)以BD为边的三角形为△ABD和△BCD，在△ABD中，一角和另外两边易得，所以可在△ABD中利用余弦定理求解DB.(2)以CD为边的两个三角形中的其他边不易全部求得，而角的关系易得，考虑应用正弦定理求解．[解] (1)设BD＝x km，则在△ABD中，由余弦定理得52＝82＋x2－2×8x cos 30°，即x2－83x＋39＝0，解得x＝43±3.因为43＋3>8，应舍去，所以x＝43－3≈3.9，即这条公路的长约为3.9 km.(2)在△ABD中，由正弦定理得ADsin∠ABD＝ABsin∠ADB，所以sin∠ABD＝sin∠CBD＝AD AB ·sin∠ADB＝45＝0.8，所以cos∠CBD＝0.6.在△CBD中，sin∠DCB＝sin(∠CBD＋∠BDC)＝sin(∠CBD＋75°)＝0.8×0.26＋0.6×0.97＝0.79，由正弦定理得CD＝sin∠DBC×BDsin∠DCB ≈3.9.故景点C与景点D之间的距离约为3.9 km.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.3．如图，a是海面上一条南北方向的海防警戒线，在a上点A处有一个水声监测点，另两个监测点B ，C 分别在A 的正东方20 km 和54 km 处．某时刻，监测点B 收到发自静止目标P 的一个声波信号，8 s 后监测点A,20 s 后监测点C 相继收到这一信号，在当时气象条件下，声波在水中的传播速度是1.5 km/s.(1)设A 到P 的距离为x km ，用x 表示B ，C 到P 的距离，并求x 的值； (2)求静止目标P 到海防警戒线a 的距离(精确到0.01 km)． [解] (1)由题意得PA －PB ＝1.5×8＝12(km)，PC －PB ＝1.5×20＝30(km)．∴PB ＝x －12，PC ＝18＋x . 在△PAB 中，AB ＝20 km ，cos∠PAB ＝PA 2＋AB 2－PB 22PA ·AB ＝x 2＋202－(x －12)22x ·20＝3x ＋325x.同理cos∠PAC ＝72－x3x .∵cos∠PAB ＝cos∠PAC ， ∴3x ＋325x ＝72－x 3x ，解得x ＝1327. (2)作PD ⊥a 于D ，在Rt△PDA 中，PD ＝PA cos∠APD ＝PA cos∠PAB ＝x ·3x ＋325x ＝3×1327＋325≈17.71(km)．所以静止目标P 到海防警戒线a 的距离为17.71 km.[1．如图所示，向量AB →与BC →的夹角是∠B 吗？在△ABC 中，两向量AB →·AC →的数量积与余弦定理有怎样的联系？[提示] 向量AB →与BC →的夹角是∠B 的补角，大小为180°－∠B ， 由于AB →·AC →＝|AB →|·|AC →|cos A ＝bc cos A .所以AB →·AC →＝bc cos A ＝12(b 2＋c 2－a 2)，有时直接利用此结论解决与向量数量积有关的解三角形问题．2．在解三角形的过程中，求某一个角有时既可以用余弦定理，也可以用正弦定理，两种方法有什么利弊呢？[提示] 用余弦定理可以根据角的余弦值的符号直接判断是锐角还是钝角，但计算比较复杂．用正弦定理计算相对比较简单，但仍要结合已知条件中边的大小来确定角的大小，所以一般选择用正弦定理去计算比较小的边所对的角，避免讨论．【例4】 在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a >c ，已知BA →·BC →＝2，cos B ＝13，b ＝3.求：(1)a 和c 的值； (2)cos(B －C )的值．思路探究：(1)由平面向量的数量积定义及余弦定理，列出关于a ，c 的方程组即可求解． (2)由(1)结合正弦定理分别求出B ，C 的正、余弦值，利用差角余弦公式求解． [解] (1)由BA →·BC →＝2得ca cos B ＝2. 又cos B ＝13，所以ac ＝6.由余弦定理，得a 2＋c 2＝b 2＋2ac cos B . 又b ＝3，所以a 2＋c 2＝9＋2×6×13＝13.解⎩⎪⎨⎪⎧ac ＝6，a 2＋c 2＝13，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，c ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，c ＝2.因为a ＞c ，所以a ＝3，c ＝2. (2)在△ABC 中， sin B ＝1－cos 2B ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝223，由正弦定理，得sin C ＝c b sin B ＝23×223＝429.因为a ＝b ＞c ，所以C 为锐角，因此cos C ＝1－sin 2C ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫4292＝79. 于是cos(B －C )＝cos B cos C ＋sin B sin C ＝13×79＋223×429＝2327.1．(变条件，变结论)将本例中的条件“a >c ，BA →·BC →＝2，cos B ＝13，b ＝3”变为“已知S △ABC ＝30且cos A ＝1213”求AB →·AC →的值．[解] 在△ABC 中，cos A ＝1213， ∴A 为锐角且sin A ＝513，∴S △ABC ＝12bc sin A ＝12bc ·513＝30.∴bc ＝156.∴AB →·AC →＝|AB →|·|AC →|cos A ＝bc cos A ＝156×1213＝144.2．(变条件，变结论)在“母题探究1”中再加上条件“c －b ＝1”能否求a 的值？ [解] 由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝(b －c )2＋2bc (1－cos A )＝1＋2×156×113＝25，∴a ＝25＝5.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.。

学习目标核心素养１．掌握余弦定理及其推论．（重点）２．掌握正、余弦定理的综合应用．（重点）３．能应用余弦定理判断三角形的形状．（易错点）１．借助余弦定理的推导过程，提升学生的逻辑推理素养.２．通过余弦定理的应用，提升学生的数学运算素养.１．余弦定理三角形任何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．即a２＝b２＋c２—２bc cos_A，b２＝c２＋a２—２ca cos_B，c２＝a２＋b２—２ab cos_C.思考１：根据勾股定理，若△ABC中，C＝90°，则c２＝a２＋b２＝a２＋b２—２ab cos C．１试验证１式对等边三角形还成立吗？你有什么猜想？[提示] 当a＝b＝c时，C＝60°，a２＋b２—２ab cos C＝c２＋c２—２c·c cos 60°＝c２，即１式仍成立，据此猜想，对一般△ABC，都有c２＝a２＋b２—２ab cos C.思考２：在c２＝a２＋b２—２ab cos C中，ab cos 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？[提示] ab cos C＝|错误!|·|错误!|cos〈错误!，错误!〉＝错误!·错误!.∴a２＋b２—２ab cos C＝错误!＋错误!—２错误!·错误!＝（错误!—错误!）２＝错误!＝c２.猜想得证．２．余弦定理的变形（１）余弦定理的变形cos A＝错误!，cos B＝错误!，cos C＝错误!.（２）余弦定理与勾股定理的关系在△ABC中，c２＝a２＋b２⇔C为直角；c２>a２＋b２⇔C为钝角；c２<a２＋b２⇔C为锐角．思考３：勾股定理和余弦定理有何联系与区别？[提示] 二者都反映了三角形三边之间的平方关系；其中余弦定理反映了任意三角形中三边平方间的关系，勾股定理反映了直角三角形中三边平方间的关系，是余弦定理的特例．１．在△ABC中，若b＝１，c＝错误!，A＝错误!，则a＝________.１[a＝错误!＝１．]２．在△ABC中，若a＝５，c＝４，cos A＝错误!，则b＝________.6[由余弦定理可知２５＝b２＋１6—２×４b cos A，即b２—错误!b—9＝0，解得b＝6．]３．在△ABC中，a＝３，b＝错误!，c＝２，则B＝________.60°[cos B＝错误!＝错误!＝错误!，∴B＝60°.]４．在△ABC中，若b２＋c２—a２<0，则△ABC必为________三角形．钝角[∵cos A＝错误!<0，∴A∈（90°，１80°）．∴△ABC必为钝角三角形．]已知两边与一角解三角形【例１】在△a.[解] 法一：由余弦定理b２＝a２＋c２—２ac cos B，得３２＝a２＋（３错误!）２—２a×３错误!×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sin A＝错误!＝错误!＝１．∴A＝90°，∴C＝60°.法二：由b<c，B＝３0°，b>c sin ３0°＝３错误!×错误!＝错误!知本题有两解．由正弦定理sin C＝错误!＝错误!＝错误!，∴C＝60°或１２0°，当C＝60°时，A＝90°，由勾股定理a＝错误!＝错误!＝6，当C＝１２0°时，A＝３0°，△ABC为等腰三角形，∴a＝３．已知三角形的两边及一角解三角形的方法,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.１．在△ABC中，a＝２错误!，c＝错误!＋错误!，B＝４５°，解这个三角形．[解] 根据余弦定理得，b２＝a２＋c２—２ac cos B＝（２错误!）２＋（错误!＋错误!）２—２×２错误!×（错误!＋错误!）×cos ４５°＝8，∴b＝２错误!.又∵cos A＝错误!＝错误!＝错误!，∴A＝60°，C＝１80°—（A＋B）＝7５°.已知三边解三角形【例２】已知△ABC中，a∶b∶c＝２∶错误!∶（错误!＋１），求△ABC的各角的大小．思路探究：已知三角形三边的比，可设出三边的长，从而问题转化为已知三边求三角，可利用余弦定理求解．[解] 设a＝２k，b＝错误!k，c＝（错误!＋１）k（k>0），利用余弦定理，有cos A＝错误!＝错误!＝错误!，∴A＝４５°.同理可得cos B＝错误!，B＝60°.∴C＝１80°—A—B＝7５°.１．已知三边求角的基本思路是：利用余弦定理的推论求出相应角的余弦值，值为正，角为锐角；值为负，角为钝角，其思路清晰，结果唯一．２．若已知三角形的三边的关系或比例关系，常根据边的关系直接代入化简或利用比例性质，转化为已知三边求解．２．在△ABC中，已知a＝7，b＝３，c＝５，求最大角和sin C.[解] ∵a>c>b，∴A为最大角，由余弦定理的推论，得：cos A＝错误!＝错误!＝—错误!，∴A＝１２0°，∴sin A＝sin １２0°＝错误!.由正弦定理错误!＝错误!，得：sin C＝错误!＝错误!＝错误!，∴最大角A为１２0°，sin C＝错误!.正、余弦定理的综合应用[探究问题]１．在△ABC中，角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＝２R sin A，b＝２R sin B，c＝２R sin C，代入a２＝b２＋c２可得sin２A＝sin２B＋sin２C.反之将sin A＝错误!，sin B＝错误!，sin C＝错误!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＝错误!成立吗？反之若C＝错误!，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＝错误!＝0，即cos C ＝0，所以C＝错误!，反之若C＝错误!，则cos C＝0，即错误!＝0，所以a２＋b２—c２＝0，即c２＝a ２＋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：[解] 法一：（角化边）∵（a—c·cos B）·sin B＝（b—c·cos A）·sin A，∴由正、余弦定理可得：错误!·b＝错误!·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为直角三角形或等腰三角形．法二：（边化角）根据正弦定理，原等式可化为：（sin A—sin C cos B）sin B＝（sin B—sin C cos A）sin A，即sin C cos B sin B＝sin C cos A sin A.∵sin C≠0，∴sin B cos B＝sin A cos A.∴sin ２B＝sin ２A.∴２B＝２A或２B＋２A＝π，即A＝B或A＋B＝错误!.∴△ABC是等腰三角形或直角三角形．１．（变条件）将例题中的条件“（a—c cos B）·sin B＝（b—c cos A）·sin A”换为“a cos A＋b cos B＝c cos C”其它条件不变，试判断三角形的形状．[解] 由余弦定理知cos A＝错误!，cos B＝错误!，cos C＝错误!，代入已知条件得a·错误!＋b·错误!＋c·错误!＝0，通分得a２（b２＋c２—a２）＋b２（a２＋c２—b２）＋c２（c２—a２—b２）＝0，展开整理得（a２—b２）２＝c４.∴a２—b２＝±c２，即a２＝b２＋c２或b２＝a２＋c２.根据勾股定理知△ABC是直角三角形．２．（变条件）将例题中的条件“（a—c cos B）·sin B＝（b—c cos A）·sin A”换为“lg a—lg c＝lg sin B＝—lg 错误!且B为锐角”，判断△ABC的形状．[解] 由lg sin B＝—lg 错误!＝lg 错误!，可得sin B＝错误!，又B为锐角，∴B＝４５°.由lg a—lg c＝—lg 错误!，得错误!＝错误!，∴c＝错误!a.又∵b２＝a２＋c２—２ac cos B，∴b２＝a２＋２a２—２错误!a２×错误!＝a２，∴a＝b，即A＝B.又B＝４５°，∴△ABC为等腰直角三角形．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.１．本节课要掌握的解题方法（１）已知三角形的两边与一角，解三角形．（２）已知三边解三角形．（３）利用余弦定理判断三角形的形状．２．本节课的易错点有两处（１）正弦定理和余弦定理的选择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）利用余弦定理求三角形的边长时容易出现增解，原因是余弦定理中涉及的是边长的平方，通常转化为一元二次方程求正实数．因此解题时需特别注意三角形三边长度所应满足的基本条件．１．判断正误（１）余弦定理揭示了任意三角形边角之间的关系，因此，它适应于任何三角形．（）（２）在△ABC中，若a２>b２＋c２，则△ABC一定为钝角三角形．（）（３）在△ABC中，已知两边和其夹角时，△ABC不唯一．（）[答案] （１）√（２）√（３）×[提示] 由余弦定理可知，已知△ABC的两边和其夹角时，第三边是唯一确定的，所以△ABC是唯一的，（３）错误．２．在△ABC中，a＝7，b＝４错误!，c＝错误!，则△ABC的最小角为（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!B[由三角形边角关系可知，角C为△ABC的最小角，则cos C＝错误!＝错误!＝错误!，所以C＝错误!，故选Ｂ．]３．（２0１9·全国卷Ⅰ）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a sin A—b sin B＝４c sin C，cos A＝—错误!，则错误!＝（）Ａ．6 Ｂ．５C．４Ｄ．３A[∵△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a sin A—b sin B＝４c sin C，cos A＝—错误!，∴错误!解得３c２＝错误!bc，∴错误!＝6．故选Ａ．]４．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知B＝C,２b＝错误!a，则cos A＝________.错误![由B＝C,２b＝错误!a，可得b＝c＝错误!a，所以cos A＝错误!＝错误!＝错误!.]５．在△ABC中，A＋C＝２B，a＋c＝8，ac＝１５，求b.[解] 在△ABC中，∵A＋C＝２B，A＋B＋C＝１80°，∴B＝60°.由余弦定理，得b２＝a２＋c２—２ac cos B＝（a＋c）２—２ac—２ac cos B＝8２—２×１５—２×１５×错误!＝１9．∴b＝错误!.。