第2课时 余弦定理
(2)
(教师用书独具)
●三维目标 1. 知识与技能
(1)学会利用余弦定理解决有关平面几何问题及判断三角形的形状，掌握转化与化归的数学思想；
(2)能熟练地运用余弦定理解斜三角形． 2. 过程与方法
通过对余弦定理的应用，培养学生解三角形的能力及运算的灵活性． 3．情感、态度与价值观
培养学生在方程思想指导下处理解三角形问题的运算能力：通过三角函数、余弦定理、向量的数量积等知识间的关系，来理解事物之间的普遍联系与辩证统一．
●重点、难点
重点：利用余弦定理判断三角形的形状以及正、余弦定理的综合应用． 难点：利用余弦定理判断三角形的形状以及正、余弦定理的综合应用．
教学时结合利用正弦定理判断三角形形状的方法，引导学生通过观察、比较、分析，总结如何使用余弦定理判断三角形的形状，进而探寻综合利用正弦定理与余弦定理判断三角形形状的方法．对于正、余弦定理的综合应用的教学，应坚持“学生为主、教师为辅”的思想，结合具体例子，逐步探究．
(教师用书独具)
●教学建议
本节课是余弦定理的应用，教学时应启发、引导学生灵活运用余弦定理的各种等价形式，
并总结余弦定理适应题型的特点，在解题时要正确选用余弦定理以达到求解求证的目的．
对于三角形形状的判断，教学时可引导学生把余弦定理同正弦定理相对比探寻二者的共性与差异，总结判断方法．对于正、余弦定理的综合应用，实际应用教学时应注意三角恒等变换与正、余弦定理的结合．
●教学流程
通过例1及其变式训练使学生了解运用余弦定理判定三角形形状的方法. 引导学生总结利用正弦定理或余弦定理判断三角形形状的规律与方法.
通过例2及其变式训练使学生掌握综合使用正、余弦定理解三角形的方法、步骤. 通过例3及其变式训练使学生掌握运用余弦定理解平面几何问题或实际应用题的方法. 归纳整理，进行课堂小结，整体认识本节课所学知识. 完成当堂双基达标，巩固所学知识，并进行反馈矫正.
⇒⇒⇒⇒⇒
(对应学生用书第9页)
2
2
2
2
在△ABC 中，若b sin C ＋c sin B ＝2bc cos B ·cos C ，试判断△ABC 的
形状．
【思路探究】 一是利用余弦定理将已知式化为边的关系；二是利用正弦定理将已知式化为角的关系．
【自主解答】 法一 将已知等式变为
b 2(1－cos 2C ) ＋c 2(1－cos 2B ) ＝2bc cos B cos C .
由余弦定理，可得
a 2＋b 2－c 222a 2＋c 2－b 22
b ＋c －b ·() －c ·()
2ab 2ac
2
2
2
a 2＋b 2－c 2a 2＋c 2－b 2
＝2bc ··，
2ab 2ac
[ a ＋b －c ＋ a ＋c －b ]
即b ＋c ＝. 2
4a
2
2
2
2
2
2
2
2
2
∴b ＋c ＝a . ∴△ABC 为直角三角形．
法二 由＝＝2R (R 为△ABC 外接圆的半径) ，得a ＝2R sin A ，b ＝
sin A sin B sin C 2R sin B ，c ＝2R sin C .
则原式可化为
222
a b c
R 2sin 2B sin 2C ＝R 2sin B sin C cos B cos C .
∵sin B sin C ≠0，
∴sin B sin C ＝cos B cos C ，即cos(B ＋C ) ＝0. ∴B ＋C ＝90°.
∴A ＝90°.∴△ABC 为直角三角形．
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，从而判断三角形的形状．
在△ABC 中，若(a －c ·cos B )·sin B ＝(b －c ·cos A )·sin A ，判断△ABC 的形状． 【解】 结合正弦定理及余弦定理知，原等式可化为
a 2＋c 2－b 2b 2＋c 2－a 2(a －c ·)·b ＝(b －c ·)·a .
2ac 2bc
整理得(a ＋b －c ) b ＝(a ＋b －c ) a ， ∴a ＋b －c ＝0或a ＝b ， ∴a ＋b ＝c 或a ＝b .
故△ABC 为直角三角形或等腰三角形．
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2
2
2
△ABC 的三个内角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，且a sin A sin B
＋b cos A 2a ，
(1)
(2)若c ＝b ＋3a ，求B .
【思路探究】 (1)利用正弦定理化简上式，从而求得 (2)利用余弦定理求B .
【自主解答】 (1)将a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B 代入已知式得： sin A sin B ＋cos A sin B 2sin A . ∴(sinA ＋cos A )sin B ＝2sin A ， ∴sin B ＝2sin A ，∴b ＝2a ，∴2.
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2
2
b a
b a
b a
(2)∵c ＝b ＋3a ＝(23) a ，∴c ＝
2222
3＋12
，
a 2＋c 2－b 23 a 2－2a 22
∴cos B ＝＝，
2ac 23＋1
2×a
×a
2
∴B ＝45°.
1．本例中，既用到了正弦定理，也用到了余弦定理，这也是解三角形综合问题的常规通法．
2．正弦定理和余弦定理揭示的都是三角形的边角关系，要解三角形，必须已知三角形的一边的长，对于两个定理，根据实际情况可以选择性地运用，也可以综合运用，要注意以下关系式的运用：
已知△ABC 的外接圆半径为R ，且满足2R (sinA －sin C ) ＝(2a －b )sin B ，求△ABC 面积的最大值．
【解】 由已知条件得
4R (sinA －sin C ) ＝2a －b )·2R sin B . 由正弦定理得a －c ＝(2a －b ) b ， 即a ＋b －c ＝2ab .
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2
2
2
2
a 2＋b 2－c 22
再由余弦定理的推论得cos C ＝2ab 2
又C 是△ABC 的内角，∴C ＝45°，
∴S 112
2sin C ＝2R sin A ·2R sin B 2
＝2R 2
sin A sin B 22
R 2
[cos(A ＋B ) －cos(A －B )] ＝
222[2
2
＋cos(A －B )]， 当A ＝B 时，面积S 有最大值，最大值为1＋222
R .
如图1－2－1所示，在四边形ABCD 中，BC ＝20，DC ＝40，
图1－2－1
B ＝105°，C ＝60°，D ＝150°，求：
(1)AB ；
(2)四边形ABCD 的面积．
【思路探究】 (1)连结BD
，将AB 放在△ABD 中作为一边，利用正余弦定理求解．(2)S 四边形ABCD ＝S △ABD ＋S △DBC .
【自主解答】 (1)连结BD ， 因为∠ABC ＝105°，C ＝60°， ∠ADC ＝150°，
所以A ＝360°－105°－60°－150°＝45°.
在△BCD 中，BD ＝BC ＋CD －2BC ·CD cos C 122
＝20＋40－2×20×40×＝1 200，
2于是BD ＝3.
因为BD ＋BC ＝CD ，所以∠CBD ＝90°.
所以∠ABD ＝105°－90°＝15°，∠BDA ＝180°－45°－15°＝120°. 在△ABD ＝，
sin ∠ADB sin A 所以AB ＝
2
2
2
222
AB BD
BD sin ∠ADB 203sin 120°
＝302.
sin A sin 45°
6－2
4
(2)因为sin 15°＝sin(45°－30°)＝所以四边形ABCD 的面积S ×
62
50(9
＋3) ． 4
四边形ABCD
11
＝S △DBC ＋S △DBA ＝×20×203＋×203×302
22
1
．本例中，要利用余弦定理解平面几何问题，首先将四边形进行了分割，以便解三角形和利用三角形面积公式．
2
．若利用余弦定理解实际应用题，首先应抽象出平面图形，然后分割出若干个三角形进行求解．
图1－2－2
如图1－2－2，为了解某海域海底构造，在海平面内一条直线上的A ，B ，C 三点进行测量，已知AB ＝50 m，BC ＝120 m，于A 处测得水深AD ＝80 m，于B 处测得水深BE ＝200 m，于C 处测得水深CF ＝110 m，求∠DEF 的余弦值．
【解】 在直角梯形ABED 中，DE ＝502
＋ 200－80 2
＝130， 在直角梯形BCFE 中，EF ＝1202
＋ 200－110 2
＝150， 在直角梯形ACFD 中，DF ＝ 110－80 ＋170＝29 800，
cos ∠DEF ＝DE 2＋EF 2－DF 2
∴2DE ·EF
1302
＋2
＝150－29 8002×130×1501665
.
(对应学生用书第10页)
忽略三角形中的隐含条件而致误
若使a ，a ＋1，a ＋2为钝角三角形的三边，求a 的取值范围．
【错解】 因为a ＋2是三角形中的最大边，依题意知其对角θ应为钝角．
a 2＋ a ＋1 2－ a ＋2 2a －3
所以cos θ＝＜0，
2a a ＋1 2a
所以0＜a ＜3.
【错因分析】 上述解法中只考虑了最大边所对的角为钝角，而忽略了a ，a ＋1，a ＋2构成三角形的条件，因此，还应该注意“在三角形中，两边之和大于第三边”这个隐含条件，故a ＋2＜a ＋(a ＋1) ，解得a ＞1，因此实数a 的取值范围是(1,3)．
【防范措施】 对于钝角三角形的判断，不仅仅是最大角为钝角，同时应考虑它首先是三角形，即满足任意两边之和大于第三边这一条件．
【正解】 由题意知a ＋2是三角形的最大边，
a ＞0，
⎧⎪a ＋ a ＋1 ＞a ＋2，则有⎨
a ＋ a ＋1 － a ＋2
0. 2a a ＋1
2
2
2
解不等式组得1＜a ＜3，所以a 的取值范围是(1,3)．
1．基础知识： (1)正弦定理； (2)余弦定理；
(3)三角形面积公式． 2．基本技能：
(1)判断三角形形状；
(2)正余弦定理的综合应用；
(3)利用余弦定理解实际问题或平面几何问题． 3．思想方法： (1)边角互化； (2)转化化归； (3)数形结合； (4)分类讨论．
(对应学生用书第11页)
1．在△ABC 中，B ＝60°，b ＝ac ，则△ABC 的形状为________． 【解析】 ∵b ＝a ＋c －2ac cos 60°＝a ＋c －ac ， ∴a ＋c －ac ＝ac ， ∴a －2ac ＋c ＝0，∴a ＝c .
又∵B ＝60°，∴△ABC 为正三角形． 【答案】 正三角形
9
2．在△ABC 中，AB 5，AC ＝5，cos C ＝，则BC ＝______.
109222
【解析】 设BC ＝x ，由余弦定理得(5) ＝5＋x －2×5×x ×，
10∴x －9x ＋20＝0，∴x ＝4或5. 【答案】 4或5
22
2
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2
图1－2－3
3．如图1－2－3，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 与灯塔B 的距离为________ km.
【解析】 ∵CA ＝CB ＝a ，
∠ACB ＝180°－20°－40°＝120°， ∴AB ＝AC ＋CB －2×AC ×CB cos ∠ACB ， 即AB ＝a ＋a ＋a ＝3a ， ∴AB 3a . 【答案】
3a
2
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2
2
2
2
2
→→51
4．在△ABC 中，若CB ·CA ＝，cos C ＝，a ＋b ＝9，求c .
28→→15
【解】 ∵CB ·CA ＝ab cos C ＝ab
82∴ab ＝20.
又a ＋b ＝9，联立上式，解得a ＋b ＝41. 由余弦定理c ＝a ＋b －2ab cos C ＝36，
2
2
2
2
2
∴c ＝
6.
(对应学生用书第82页)
一、填空题
1．在△ABC 中，已知三边长分别为a ，b ，c ，则a cos C ＋c cos A ＝________. 【解析】 a cos C ＋c cos A ＝2R sin A cos C ＋2R sin C cos A ＝2R sin(A ＋C ) ＝2R sin B ＝b .
【答案】 b
2．△ABC 中，若sin A ＝sin B ＋sin B sin C ＋sin C ，则A ＝________.
2
2
2
b 2＋c 2－a 212π
【解析】 由题意，a ＝b ＋bc ＋c ，∴cos A A .
2bc 23
2
2
2
【答案】
2π
3
3．(2013·临沂高二检测) 某船开始看见灯塔在南偏东30°方向，后来船沿南偏东60°的方向航行45 km后，看见灯塔在正西方向，则这时船与灯塔的距离是________．
【解析】 如图所示，∠BAC ＝60°－30°＝30°，∠ACB ＝30°. 设|BC |＝x 3x ＝45，∴x ＝3(km) 【答案】 3 km
4．在△ABC 中，C ＝60°，则
2
a
2
b ＋c c ＋a
2
b
＝________.
【解析】 ∵C ＝60°，∴a ＋b －c ＝ab ， ∴a ＋b ＝ab ＋c ，
等式两边都加上ac ＋bc ，整理得 (a ＋ac ) ＋(b ＋bc ) ＝(b ＋c )(a ＋c ) ， ac ＋a ＋ b ＋bc
∴＝1. b ＋c c ＋a b ＋c c ＋a 【答案】 1
5．(2013·杭州高二检测) 在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若a －b ＝3bc ，sin C ＝3sin B ，则A ＝________.
【解析】 ∵sin C ＝3sin B ，∴c ＝3b . ∵a －b ＝3bc ＝6b ，
2
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2
2
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2
2
2
2
a b
22
b 2＋c 2－a 23∴a ＝7b ，∴cos A ＝＝，∴A ＝30°.
2bc 2
2
2
【答案】 30°
6．已知锐角三角形的边长分别为1,3，a ，则a 的取值范围是________．
⎧1＋a ＞3，⎪1＋a －3
【解析】 a 应满足⎨cos θ＝＞0，
2×1×a 1＋3－a ⎪cos θ＝＞0. ⎩2×1×3
2
2
2
1
2
2
2
2
1＋3＞a ，
解之得22＜a ＜10. 【答案】 2，10)
7．在△ABC 中，已知sin A ＝2cos B sin C ，则△ABC 是________三角形． 【解析】 法一 由正弦定理可得a ＝2c ·cos B .
a 2＋c 2－b 2
由余弦定理得a ＝2c ·b ＝c .
2ac
∴△ABC 是等腰三角形．
法二 sin A ＝2cos B ·sin C ⇒sin(B ＋C ) ＝2cos B sin C ⇒sin B ·cos C ＋cos B ·sin C ＝2cos B ·sin C ⇒sin B ·cos C －cos B ·sin C ＝0⇒sin(B －C ) ＝0. 可知－π＜B －C ＜π. ∴B －C ＝0. ∴B ＝C .
故△ABC 为等腰三角形． 【答案】 等腰
8.
图1－2－4
如图1－2－4，在△ABC 中，D 是边AC 上的点，且AB ＝AD, 2AB 3BD ，BC ＝2BD ，则sin
C 的值为________．
【解析】 设AB ＝a ，∴AD ＝a ，BD ＝
23
a ，BC ＝2BD ＝
4
3
a ，
422
2a －3AB ＋AD －BD 1
cos A ＝＝， 2
2AB ·AD 2a 3
2
2
2
222
∴sin A ＝1－cos A .
3由正弦定理知sin C A 【答案】
66
AB BC 3226×＝436
二、解答题
9．在△ABC 中，若AB ＝3，BC 13，AC ＝4，求AC 边上的高． 【解】 设AC 边上的高为BD ， 3＋4－131
在△ABC 中，cos A ＝＝，
2×3×42∴A ＝60°.
33
在△ABD 中，BD ＝AB sin A ＝3×sin 60°＝.
2
4
10．在△ABC 中，cos A ＝，且(a －2) ∶b ∶(c ＋2) ＝1∶2∶3，试判断三角形的形状．
5【解】 由已知设a －2＝x ，则b ＝2x ，c ＋2＝3x ， ∴a ＝2＋x ，c ＝3x －2，由余弦定理得 4x ＋ 3x －2 － x ＋2 4
＝
4x 3x －2 5解得x ＝4，
∴a ＝6，b ＝8，c ＝10，
2
2
2
2
2
∴a ＋b ＝c ，
即三角形为直角三角形．
π
11．在△ABC 中，内角A 、B 、C 对边的边长分别是a 、b 、c . 已知c ＝2，C ＝.
3(1)若△ABC 3，求a ，b ；
(2)若sin C ＋sin (B －A ) ＝2sin 2A ，求△ABC 的面积．
【解】 (1)由余弦定理及已知条件得a ＋b －ab ＝4，又因为△ABC 的面积等于3，所1
以sin C ＝3，得ab ＝4. 2
⎧⎪a ＋b －ab ＝4，
联立方程组⎨
⎪ab ＝4，⎩
2
2
2
2
222
解得a ＝2，b ＝2.
(2)由题意得sin(B ＋A ) ＋sin(B －A ) ＝4sin A cos A ，即sin B cos A ＝2sin A cos A . ππ4323
当cos A ＝0时，A ＝，B ＝，a ＝，b ＝. 当cos A ≠0时，得sin B ＝2sin A ，
2633
⎧⎪a ＋b －ab ＝4，
由正弦定理得b ＝2a ，联立方程组⎨
⎪b ＝2a ，⎩
2
2
343
解得a ＝b ＝所以△ABC 的
33
123
面积S sin C ＝
.
23
(教师用书独具)
π2
设△ABC 是锐角三角形，a ，b ，c 分别是内角A ，B ，C 所对边长，并且sin A ＝sin(＋
3
B )sin(－B ) ＋sin 2B .
(1)求角A 的值；
→→
(2)若AB ·AC ＝12，a ＝7，求b ，c (其中b ＜c ) ．
【思路探究】 (1)对题目中的已知等式进行三角恒等变换，化简为只含角A 的三角函
π3
数式，进而求出角A ；(2)化简所给向量的数量积，由已知条件和余弦定理求解．
ππ3212222
【自主解答】 (1)因为sin A ＝＋B )sin(B ) ＋sin B B －sin B ＋sin B
334433π
＝sin A (负值舍去) ，又A 为锐角，所以A ＝. 423
→→
(2)由AB ·AC ＝12可得ab cos A ＝12. ① π
由(1)知A cb ＝24. ②
3由余弦定理知a ＝b ＋c －2bc cos A ， 将a ＝27及①代入，得c ＋b ＝52，③ ③＋②×2，得(c ＋b ) ＝100，所以c ＋b ＝10.
因此，c ，b 是一元二次方程t －10t ＋24＝0的两个根， 解方程，并由b ＜c 知c ＝6，b
＝4.
1．本例灵活运用了三角变换、向量数量积运算以及方程思想，体现了知识的渗透与综合．
2．向量知识与三角结合，使解题更具灵活性，也是高考的难点与热点之一．
32
在△ABC 中，设角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知b ＝ac ，且cos B ＝.
411
(1)的值；
tan A tan C →→3
(2)设BA ·BC ，求a ＋c 的值．
23
【解】 (1)由cos B sin B ＝
4
2
22
2
2
2
2
2
2
3271－ ＝44
由b ＝ac 及正弦定理，得sin B ＝sin A ·sin C . 11cos A cos C
＋
tan A tan C sin A sin C ＝＝
sin C cos A ＋cos C sin A
sin A sin C
sin A ＋C sin B 147
＝. 22＝
sin B sin B sin B 7
→→33322
(2)由BA ·BC ，得ca ·cos B ＝，由cos B ＝ca ＝2，又b ＝ac ，所以b ＝2.
224由余弦定理b ＝a ＋c －2ac ·cos B ，得a ＋c ＝b ＋2ac ·cos B ＝5，所以(a ＋c ) ＝a ＋c ＋2ac ＝5＋4＝9，所以a ＋c ＝3.
2
2
2
2
2
2
2
2
2
第2课时 余弦定理
(2)
(教师用书独具)
●三维目标 1. 知识与技能
(1)学会利用余弦定理解决有关平面几何问题及判断三角形的形状，掌握转化与化归的数学思想；
(2)能熟练地运用余弦定理解斜三角形． 2. 过程与方法
通过对余弦定理的应用，培养学生解三角形的能力及运算的灵活性． 3．情感、态度与价值观
培养学生在方程思想指导下处理解三角形问题的运算能力：通过三角函数、余弦定理、向量的数量积等知识间的关系，来理解事物之间的普遍联系与辩证统一．
●重点、难点
重点：利用余弦定理判断三角形的形状以及正、余弦定理的综合应用． 难点：利用余弦定理判断三角形的形状以及正、余弦定理的综合应用．
教学时结合利用正弦定理判断三角形形状的方法，引导学生通过观察、比较、分析，总结如何使用余弦定理判断三角形的形状，进而探寻综合利用正弦定理与余弦定理判断三角形形状的方法．对于正、余弦定理的综合应用的教学，应坚持“学生为主、教师为辅”的思想，结合具体例子，逐步探究．
(教师用书独具)
●教学建议
本节课是余弦定理的应用，教学时应启发、引导学生灵活运用余弦定理的各种等价形式，
并总结余弦定理适应题型的特点，在解题时要正确选用余弦定理以达到求解求证的目的．
对于三角形形状的判断，教学时可引导学生把余弦定理同正弦定理相对比探寻二者的共性与差异，总结判断方法．对于正、余弦定理的综合应用，实际应用教学时应注意三角恒等变换与正、余弦定理的结合．
●教学流程
通过例1及其变式训练使学生了解运用余弦定理判定三角形形状的方法. 引导学生总结利用正弦定理或余弦定理判断三角形形状的规律与方法.
通过例2及其变式训练使学生掌握综合使用正、余弦定理解三角形的方法、步骤. 通过例3及其变式训练使学生掌握运用余弦定理解平面几何问题或实际应用题的方法. 归纳整理，进行课堂小结，整体认识本节课所学知识. 完成当堂双基达标，巩固所学知识，并进行反馈矫正.
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(对应学生用书第9页)
2
2
2
2
在△ABC 中，若b sin C ＋c sin B ＝2bc cos B ·cos C ，试判断△ABC 的
形状．
【思路探究】 一是利用余弦定理将已知式化为边的关系；二是利用正弦定理将已知式化为角的关系．
【自主解答】 法一 将已知等式变为
b 2(1－cos 2C ) ＋c 2(1－cos 2B ) ＝2bc cos B cos C .
由余弦定理，可得
a 2＋b 2－c 222a 2＋c 2－b 22
b ＋c －b ·() －c ·()
2ab 2ac
2
2
2
a 2＋b 2－c 2a 2＋c 2－b 2
＝2bc ··，
2ab 2ac
[ a ＋b －c ＋ a ＋c －b ]
即b ＋c ＝. 2
4a
2
2
2
2
2
2
2
2
2
∴b ＋c ＝a . ∴△ABC 为直角三角形．
法二 由＝＝2R (R 为△ABC 外接圆的半径) ，得a ＝2R sin A ，b ＝
sin A sin B sin C 2R sin B ，c ＝2R sin C .
则原式可化为
222
a b c
R 2sin 2B sin 2C ＝R 2sin B sin C cos B cos C .
∵sin B sin C ≠0，
∴sin B sin C ＝cos B cos C ，即cos(B ＋C ) ＝0. ∴B ＋C ＝90°.
∴A ＝90°.∴△ABC 为直角三角形．
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，从而判断三角形的形状．
在△ABC 中，若(a －c ·cos B )·sin B ＝(b －c ·cos A )·sin A ，判断△ABC 的形状． 【解】 结合正弦定理及余弦定理知，原等式可化为
a 2＋c 2－b 2b 2＋c 2－a 2(a －c ·)·b ＝(b －c ·)·a .
2ac 2bc
整理得(a ＋b －c ) b ＝(a ＋b －c ) a ， ∴a ＋b －c ＝0或a ＝b ， ∴a ＋b ＝c 或a ＝b .
故△ABC 为直角三角形或等腰三角形．
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
△ABC 的三个内角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，且a sin A sin B
＋b cos A 2a ，
(1)
(2)若c ＝b ＋3a ，求B .
【思路探究】 (1)利用正弦定理化简上式，从而求得 (2)利用余弦定理求B .
【自主解答】 (1)将a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B 代入已知式得： sin A sin B ＋cos A sin B 2sin A . ∴(sinA ＋cos A )sin B ＝2sin A ， ∴sin B ＝2sin A ，∴b ＝2a ，∴2.
2
2
2
2
2
2
2
2
b a
b a
b a
(2)∵c ＝b ＋3a ＝(23) a ，∴c ＝
2222
3＋12
，
a 2＋c 2－b 23 a 2－2a 22
∴cos B ＝＝，
2ac 23＋1
2×a
×a
2
∴B ＝45°.
1．本例中，既用到了正弦定理，也用到了余弦定理，这也是解三角形综合问题的常规通法．
2．正弦定理和余弦定理揭示的都是三角形的边角关系，要解三角形，必须已知三角形的一边的长，对于两个定理，根据实际情况可以选择性地运用，也可以综合运用，要注意以下关系式的运用：
已知△ABC 的外接圆半径为R ，且满足2R (sinA －sin C ) ＝(2a －b )sin B ，求△ABC 面积的最大值．
【解】 由已知条件得
4R (sinA －sin C ) ＝2a －b )·2R sin B . 由正弦定理得a －c ＝(2a －b ) b ， 即a ＋b －c ＝2ab .
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
a 2＋b 2－c 22
再由余弦定理的推论得cos C ＝2ab 2
又C 是△ABC 的内角，∴C ＝45°，
∴S 112
2sin C ＝2R sin A ·2R sin B 2
＝2R 2
sin A sin B 22
R 2
[cos(A ＋B ) －cos(A －B )] ＝
222[2
2
＋cos(A －B )]， 当A ＝B 时，面积S 有最大值，最大值为1＋222
R .
如图1－2－1所示，在四边形ABCD 中，BC ＝20，DC ＝40，
图1－2－1
B ＝105°，C ＝60°，D ＝150°，求：
(1)AB ；
(2)四边形ABCD 的面积．
【思路探究】 (1)连结BD
，将AB 放在△ABD 中作为一边，利用正余弦定理求解．(2)S 四边形ABCD ＝S △ABD ＋S △DBC .
【自主解答】 (1)连结BD ， 因为∠ABC ＝105°，C ＝60°， ∠ADC ＝150°，
所以A ＝360°－105°－60°－150°＝45°.
在△BCD 中，BD ＝BC ＋CD －2BC ·CD cos C 122
＝20＋40－2×20×40×＝1 200，
2于是BD ＝3.
因为BD ＋BC ＝CD ，所以∠CBD ＝90°.
所以∠ABD ＝105°－90°＝15°，∠BDA ＝180°－45°－15°＝120°. 在△ABD ＝，
sin ∠ADB sin A 所以AB ＝
2
2
2
222
AB BD
BD sin ∠ADB 203sin 120°
＝302.
sin A sin 45°
6－2
4
(2)因为sin 15°＝sin(45°－30°)＝所以四边形ABCD 的面积S ×
62
50(9
＋3) ． 4
四边形ABCD
11
＝S △DBC ＋S △DBA ＝×20×203＋×203×302
22
1
．本例中，要利用余弦定理解平面几何问题，首先将四边形进行了分割，以便解三角形和利用三角形面积公式．
2
．若利用余弦定理解实际应用题，首先应抽象出平面图形，然后分割出若干个三角形进行求解．
图1－2－2
如图1－2－2，为了解某海域海底构造，在海平面内一条直线上的A ，B ，C 三点进行测量，已知AB ＝50 m，BC ＝120 m，于A 处测得水深AD ＝80 m，于B 处测得水深BE ＝200 m，于C 处测得水深CF ＝110 m，求∠DEF 的余弦值．
【解】 在直角梯形ABED 中，DE ＝502
＋ 200－80 2
＝130， 在直角梯形BCFE 中，EF ＝1202
＋ 200－110 2
＝150， 在直角梯形ACFD 中，DF ＝ 110－80 ＋170＝29 800，
cos ∠DEF ＝DE 2＋EF 2－DF 2
∴2DE ·EF
1302
＋2
＝150－29 8002×130×1501665
.
(对应学生用书第10页)
忽略三角形中的隐含条件而致误
若使a ，a ＋1，a ＋2为钝角三角形的三边，求a 的取值范围．
【错解】 因为a ＋2是三角形中的最大边，依题意知其对角θ应为钝角．
a 2＋ a ＋1 2－ a ＋2 2a －3
所以cos θ＝＜0，
2a a ＋1 2a
所以0＜a ＜3.
【错因分析】 上述解法中只考虑了最大边所对的角为钝角，而忽略了a ，a ＋1，a ＋2构成三角形的条件，因此，还应该注意“在三角形中，两边之和大于第三边”这个隐含条件，故a ＋2＜a ＋(a ＋1) ，解得a ＞1，因此实数a 的取值范围是(1,3)．
【防范措施】 对于钝角三角形的判断，不仅仅是最大角为钝角，同时应考虑它首先是三角形，即满足任意两边之和大于第三边这一条件．
【正解】 由题意知a ＋2是三角形的最大边，
a ＞0，
⎧⎪a ＋ a ＋1 ＞a ＋2，则有⎨
a ＋ a ＋1 － a ＋2
0. 2a a ＋1
2
2
2
解不等式组得1＜a ＜3，所以a 的取值范围是(1,3)．
1．基础知识： (1)正弦定理； (2)余弦定理；
(3)三角形面积公式． 2．基本技能：
(1)判断三角形形状；
(2)正余弦定理的综合应用；
(3)利用余弦定理解实际问题或平面几何问题． 3．思想方法： (1)边角互化； (2)转化化归； (3)数形结合； (4)分类讨论．
(对应学生用书第11页)
1．在△ABC 中，B ＝60°，b ＝ac ，则△ABC 的形状为________． 【解析】 ∵b ＝a ＋c －2ac cos 60°＝a ＋c －ac ， ∴a ＋c －ac ＝ac ， ∴a －2ac ＋c ＝0，∴a ＝c .
又∵B ＝60°，∴△ABC 为正三角形． 【答案】 正三角形
9
2．在△ABC 中，AB 5，AC ＝5，cos C ＝，则BC ＝______.
109222
【解析】 设BC ＝x ，由余弦定理得(5) ＝5＋x －2×5×x ×，
10∴x －9x ＋20＝0，∴x ＝4或5. 【答案】 4或5
22
2
2
2
2
2
2
2
2
2
图1－2－3
3．如图1－2－3，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 与灯塔B 的距离为________ km.
【解析】 ∵CA ＝CB ＝a ，
∠ACB ＝180°－20°－40°＝120°， ∴AB ＝AC ＋CB －2×AC ×CB cos ∠ACB ， 即AB ＝a ＋a ＋a ＝3a ， ∴AB 3a . 【答案】
3a
2
2
2
2
2
2
2
2
→→51
4．在△ABC 中，若CB ·CA ＝，cos C ＝，a ＋b ＝9，求c .
28→→15
【解】 ∵CB ·CA ＝ab cos C ＝ab
82∴ab ＝20.
又a ＋b ＝9，联立上式，解得a ＋b ＝41. 由余弦定理c ＝a ＋b －2ab cos C ＝36，
2
2
2
2
2
∴c ＝
6.
(对应学生用书第82页)
一、填空题
1．在△ABC 中，已知三边长分别为a ，b ，c ，则a cos C ＋c cos A ＝________. 【解析】 a cos C ＋c cos A ＝2R sin A cos C ＋2R sin C cos A ＝2R sin(A ＋C ) ＝2R sin B ＝b .
【答案】 b
2．△ABC 中，若sin A ＝sin B ＋sin B sin C ＋sin C ，则A ＝________.
2
2
2
b 2＋c 2－a 212π
【解析】 由题意，a ＝b ＋bc ＋c ，∴cos A A .
2bc 23
2
2
2
【答案】
2π
3
3．(2013·临沂高二检测) 某船开始看见灯塔在南偏东30°方向，后来船沿南偏东60°的方向航行45 km后，看见灯塔在正西方向，则这时船与灯塔的距离是________．
【解析】 如图所示，∠BAC ＝60°－30°＝30°，∠ACB ＝30°. 设|BC |＝x 3x ＝45，∴x ＝3(km) 【答案】 3 km
4．在△ABC 中，C ＝60°，则
2
a
2
b ＋c c ＋a
2
b
＝________.
【解析】 ∵C ＝60°，∴a ＋b －c ＝ab ， ∴a ＋b ＝ab ＋c ，
等式两边都加上ac ＋bc ，整理得 (a ＋ac ) ＋(b ＋bc ) ＝(b ＋c )(a ＋c ) ， ac ＋a ＋ b ＋bc
∴＝1. b ＋c c ＋a b ＋c c ＋a 【答案】 1
5．(2013·杭州高二检测) 在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若a －b ＝3bc ，sin C ＝3sin B ，则A ＝________.
【解析】 ∵sin C ＝3sin B ，∴c ＝3b . ∵a －b ＝3bc ＝6b ，
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
a b
22
b 2＋c 2－a 23∴a ＝7b ，∴cos A ＝＝，∴A ＝30°.
2bc 2
2
2
【答案】 30°
6．已知锐角三角形的边长分别为1,3，a ，则a 的取值范围是________．
⎧1＋a ＞3，⎪1＋a －3
【解析】 a 应满足⎨cos θ＝＞0，
2×1×a 1＋3－a ⎪cos θ＝＞0. ⎩2×1×3
2
2
2
1
2
2
2
2
1＋3＞a ，
解之得22＜a ＜10. 【答案】 2，10)
7．在△ABC 中，已知sin A ＝2cos B sin C ，则△ABC 是________三角形． 【解析】 法一 由正弦定理可得a ＝2c ·cos B .
a 2＋c 2－b 2
由余弦定理得a ＝2c ·b ＝c .
2ac
∴△ABC 是等腰三角形．
法二 sin A ＝2cos B ·sin C ⇒sin(B ＋C ) ＝2cos B sin C ⇒sin B ·cos C ＋cos B ·sin C ＝2cos B ·sin C ⇒sin B ·cos C －cos B ·sin C ＝0⇒sin(B －C ) ＝0. 可知－π＜B －C ＜π. ∴B －C ＝0. ∴B ＝C .
故△ABC 为等腰三角形． 【答案】 等腰
8.
图1－2－4
如图1－2－4，在△ABC 中，D 是边AC 上的点，且AB ＝AD, 2AB 3BD ，BC ＝2BD ，则sin
C 的值为________．
【解析】 设AB ＝a ，∴AD ＝a ，BD ＝
23
a ，BC ＝2BD ＝
4
3
a ，
422
2a －3AB ＋AD －BD 1
cos A ＝＝， 2
2AB ·AD 2a 3
2
2
2
222
∴sin A ＝1－cos A .
3由正弦定理知sin C A 【答案】
66
AB BC 3226×＝436
二、解答题
9．在△ABC 中，若AB ＝3，BC 13，AC ＝4，求AC 边上的高． 【解】 设AC 边上的高为BD ， 3＋4－131
在△ABC 中，cos A ＝＝，
2×3×42∴A ＝60°.
33
在△ABD 中，BD ＝AB sin A ＝3×sin 60°＝.
2
4
10．在△ABC 中，cos A ＝，且(a －2) ∶b ∶(c ＋2) ＝1∶2∶3，试判断三角形的形状．
5【解】 由已知设a －2＝x ，则b ＝2x ，c ＋2＝3x ， ∴a ＝2＋x ，c ＝3x －2，由余弦定理得 4x ＋ 3x －2 － x ＋2 4
＝
4x 3x －2 5解得x ＝4，
∴a ＝6，b ＝8，c ＝10，
2
2
2
2
2
∴a ＋b ＝c ，
即三角形为直角三角形．
π
11．在△ABC 中，内角A 、B 、C 对边的边长分别是a 、b 、c . 已知c ＝2，C ＝.
3(1)若△ABC 3，求a ，b ；
(2)若sin C ＋sin (B －A ) ＝2sin 2A ，求△ABC 的面积．
【解】 (1)由余弦定理及已知条件得a ＋b －ab ＝4，又因为△ABC 的面积等于3，所1
以sin C ＝3，得ab ＝4. 2
⎧⎪a ＋b －ab ＝4，
联立方程组⎨
⎪ab ＝4，⎩
2
2
2
2
222
解得a ＝2，b ＝2.
(2)由题意得sin(B ＋A ) ＋sin(B －A ) ＝4sin A cos A ，即sin B cos A ＝2sin A cos A . ππ4323
当cos A ＝0时，A ＝，B ＝，a ＝，b ＝. 当cos A ≠0时，得sin B ＝2sin A ，
2633
⎧⎪a ＋b －ab ＝4，
由正弦定理得b ＝2a ，联立方程组⎨
⎪b ＝2a ，⎩
2
2
343
解得a ＝b ＝所以△ABC 的
33
123
面积S sin C ＝
.
23
(教师用书独具)
π2
设△ABC 是锐角三角形，a ，b ，c 分别是内角A ，B ，C 所对边长，并且sin A ＝sin(＋
3
B )sin(－B ) ＋sin 2B .
(1)求角A 的值；
→→
(2)若AB ·AC ＝12，a ＝7，求b ，c (其中b ＜c ) ．
【思路探究】 (1)对题目中的已知等式进行三角恒等变换，化简为只含角A 的三角函
π3
数式，进而求出角A ；(2)化简所给向量的数量积，由已知条件和余弦定理求解．
ππ3212222
【自主解答】 (1)因为sin A ＝＋B )sin(B ) ＋sin B B －sin B ＋sin B
334433π
＝sin A (负值舍去) ，又A 为锐角，所以A ＝. 423
→→
(2)由AB ·AC ＝12可得ab cos A ＝12. ① π
由(1)知A cb ＝24. ②
3由余弦定理知a ＝b ＋c －2bc cos A ， 将a ＝27及①代入，得c ＋b ＝52，③ ③＋②×2，得(c ＋b ) ＝100，所以c ＋b ＝10.
因此，c ，b 是一元二次方程t －10t ＋24＝0的两个根， 解方程，并由b ＜c 知c ＝6，b
＝4.
1．本例灵活运用了三角变换、向量数量积运算以及方程思想，体现了知识的渗透与综合．
2．向量知识与三角结合，使解题更具灵活性，也是高考的难点与热点之一．
32
在△ABC 中，设角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知b ＝ac ，且cos B ＝.
411
(1)的值；
tan A tan C →→3
(2)设BA ·BC ，求a ＋c 的值．
23
【解】 (1)由cos B sin B ＝
4
2
22
2
2
2
2
2
2
3271－ ＝44
由b ＝ac 及正弦定理，得sin B ＝sin A ·sin C . 11cos A cos C
＋
tan A tan C sin A sin C ＝＝
sin C cos A ＋cos C sin A
sin A sin C
sin A ＋C sin B 147
＝. 22＝
sin B sin B sin B 7
→→33322
(2)由BA ·BC ，得ca ·cos B ＝，由cos B ＝ca ＝2，又b ＝ac ，所以b ＝2.
224由余弦定理b ＝a ＋c －2ac ·cos B ，得a ＋c ＝b ＋2ac ·cos B ＝5，所以(a ＋c ) ＝a ＋c ＋2ac ＝5＋4＝9，所以a ＋c ＝3.
2
2
2
2
2
2
2
2
2