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1、章末分层突破 自我校对已知两角和其中一边c2a2b22abcos C已知三边Sacsin B 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
2、论解的个数).ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，asin Acsin Casin Cbsin B.(1)求角B的大小；(2)若A75，b2，求a，c.【精彩点拨】(1)用正弦定理将已知关系式变形为边之间的关系，然后利用余弦定理求解.(2)先求角C，然后利用正弦定理求边a，c.【规范解答】(1)由正弦定理得a2c2acb2.由余弦定理得b2a2c22accos B.故cos B，因此B45.(2)sin Asin(3045)sin 30cos 45cos 30sin 45.故ab1.由已知得，C180457560，cb2.再练一题1.在ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c
3、，设a，b，c满足条件b2c2bca2和，求A和tan B的值. 【导学号：18082014】【解】由余弦定理cos A，因此A60.在ABC中，C180AB120B.由已知条件，应用正弦定理，从而tan B.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
4、变换，通过等价转化或构造方程及函数求解.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b.c,4sin2cos 2C，ab5，c.(1)求角C的大小；(2)求ABC的面积.【精彩点拨】(1)先降幂，转化成cos C的方程，求出cos C，进而求出角C；(2)由余弦定理列方程，得方程组，求出a，b，再求面积.【规范解答】(1)由4sin2cos 2C，得4cos2cos 2C，所以4(2cos2C1).整理，得4cos2C4cos C10，解得cos C，所以C60.(2)由余弦定理，得c2a2b22abcos C，即7a2b2ab.又因为ab5，所以a2b22ab25.联立，解得ab6.所以SABC
5、absin C6.再练一题2.ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2cos C(acos Bbcos A)c.(1)求C；(2)若c，ABC的面积为，求ABC的周长.【解】(1)由已知及正弦定理得2cos C(sin Acos Bsin Bcos A)sin C，即2cos Csin(AB)sin C，故2sin Ccos Csin C.可得cos C，所以C.(2)由已知得absin C.又C，所以ab6.由已知及余弦定理得a2b22abcos C7，故a2b213，从而(ab)225.所以ABC的周长为5.正、余弦定理的实际应用正弦定理、余弦定理在实际生活中有着非常广泛的应用
6、.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.在某海滨城市附近海面有台风，据监测，当前台风中心位于城市O(如图11)的东偏南方向300 km的海面P处，并以20 km/h的速度向西偏北45方向移动.台风侵袭的范围为圆形区域，当前半径为60 km，并以10 km/h的速度不断增大.问几小时后该城市开始受到台风的侵袭.图11【精彩点拨】设台风中心在t小时后由P到Q，所以在OPQ中，OP300，OPQ45，PQ
7、20t，可由余弦定理求出OQ.城市O受到台风的侵袭，需满足条件OQ10t60，然后通过解不等式求出城市O受到台风侵袭的时间.【规范解答】设在时刻t(h)台风中心为Q，此时台风侵袭的圆形区域半径为(10t60)km，若在时刻t城市O受到台风的侵袭，则OQ10t60.由余弦定理，知OQ2PQ2PO22PQPOcosOPQ.因为PO300 km，PQ20t km，cosOPQcos(45)cos cos 45sin sin 45，所以OQ2(20t)23002220t300202t29 600t3002.又因为OQ10t60，所以202t29 600t3002(10t60)2，即t236t2880，
8、解得12t24.所以12个小时后该城市开始受到台风的侵袭.再练一题3.如图12，某住宅小区的平面图呈扇形AOC.小区的两个出入口设置在点A及点C处，小区里有两条笔直的小路AD，DC，且拐弯处的转角为120.已知某人从C沿CD走到D用了10分钟，从D沿DA走到A用了6分钟.若此人步行的速度为每分钟50米，求该扇形的半径OA的长(精确到1米).图12【解】法一：设该扇形的半径为r米，由题意，得CD500米，DA300米，CDO60.在CDO中，CD2OD22CDODcos 60OC2，即5002(r300)22500(r300)r2，解得r445(米).法二：连接AC，作OHAC，交AC于点H，由
9、题意，得CD500米，AD300米，CDA120.在ACD中，AC2CD2AD22CDADcos 1205002300225003007002，AC700(米).cosCAD.在RtHAO中，AH350(米)，cosHAO，OA445(米).三角形形状的判断一般来说，判断三角形的形状问题常用的方法有两种：(1)通过边之间的关系判断形状；(2)通过角之间的关系判断形状.正弦定理、余弦定理在解题中起到将已知条件中的边、角互化，把条件化为边之间的关系或化为角之间的关系的作用.在ABC中，已知B60，2bac，试判断ABC的形状.【精彩点拨】通过正弦定理，把2bac化边为角判断或通过余弦定理，利用co
10、s B化角为边判断.【规范解答】法一：由正弦定理，得2sin Bsin Asin C.因为B60，所以AC120，所以A120C.代入上式，得2sin 60sin(120C)sin C.整理，得sin Ccos C1，即sin(C30)1.所以C3090，C60.所以A60.所以ABC为等边三角形.法二：由余弦定理，得b2a2c22accos B.代入b(ac)，得(ac)2a2c22ac.化简，得a2c22ac0，即(ac)20，所以ac，ABC为等腰三角形.又因为B60，所以ABC为等边三角形.再练一题4.在ABC中，若sin Acos A，则这个三角形是()A.钝角三角形B.直角三角形C
11、.锐角三角形D.等边三角形【解析】法一：若A90，则sin Acos Asin(A45)1，A90，故选A.法二：sin Acos A，(sin Acos A)2，12sin Acos A，sin Acos A0.0A180，sin A0，cos A0,90A180，故选A.【答案】A转化与化归思想转化与化归思想用于研究、解决数学问题时思维受阻或寻求简单方法的情况下，把一种状况转化为另一种状况，也就是转化为另一种情境，使问题得到解决，这种转化是解决问题的有效策略，同时也是成功的思维方式.本章主要是综合运用正、余弦定理解决较为复杂的与解三角形有关的问题，在判断三角形的形状的问题中，利用边、角之间
12、的转化与化归的方法是解决这类问题的基本思路.在ABC中，已知(abc)(abc)3ab，且2cos Asin Bsin C，试确定ABC的形状.【精彩点拨】充分运用正弦定理和余弦定理，可利用边的关系判断，也可转化为角的关系来判断.【规范解答】法一：由正弦定理，得.又2cos Asin Bsin C，所以cos A.由余弦定理，有cos A.所以，即c2b2c2a2.所以ab.又因为(abc)(abc)3ab，所以(ab)2c23ab，所以4b2c23b2.所以bc，所以abc.因此ABC为等边三角形.法二：因为ABC180，所以sin Csin(AB).又因为2cos Asin Bsin C，
13、所以2cos Asin Bsin Acos Bcos Asin B，所以sin(AB)0.因为A、B均为三角形的内角，所以AB.又由(abc)(abc)3ab.得(ab)2c23ab，即a2b2c2ab.所以cos C.因为0C180，所以C60.因此ABC为等边三角形.再练一题5.已知ABC中，c2，且acos Bbcos A，试判断ABC的形状.【解】由c2，得a3b3c3c2(ab)c3，a2b2abc2，cos C，C60.由acos Bbcos A，得2Rsin Acos B2Rsin Bcos A(R为ABC外接圆的半径)，sin(AB)0，AB0，ABC60，ABC为等边三角形.1.ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a，c2，cos A
