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?23a?，?22???a?b?ab?4,3联立方程组? 解得?
?b?2a,43??b?.?3?所以△ABC的面积S=
123absinC=. 23题型二 判断三角形形状
【例题】 解方法一 已知等式可化为
a2［sin（A-B）-sin（A+B）］=b2［-sin（A+B）-sin(A-B)］ ∴2a2cosAsinB=2b2cosBsinA 由正弦定理可知上式可化为： sin2AcosAsinB=sin2BcosBsinA ∴sinAsinB(sinAcosA-sinBcosB)=0 ∴sin2A=sin2B,由0＜2A,2B＜2? 得2A=2B或2A=?-2B, 即A=B或A=
?-B,∴△ABC为等腰或直角三角形. 2方法二 同方法一可得2a2cosAsinB=2b2sinAcosB 由正、余弦定理,可得 a2b
b2?c2?a2a2?c2?b2= b2a
2bc2ac∴a2(b2+c2-a2)=b2(a2+c2-b2)
即(a2-b2)(a2+b2-c2)=0 ∴a=b或a2+b2=c2
∴△ABC为等腰或直角三角形.
【变式】 解 方法一 ∵2cos2B-8cosB+5=0, ∴2(2cos2B-1)-8cosB+5=0. ∴4cos2B-8cosB+3=0, 即(2cosB-1)(2cosB-3)=0.
131或cosB=（舍去）.∴cosB=. 222?∵0＜B＜?,∴B=.
3解得cosB=
∵a，b，c成等差数列，∴a+c=2b. ∴cosB=
a?c?b=
2ac222a2?c2?(a?c2)12=， 22ac化简得a2+c2-2ac=0,解得a=c. 又∵B=
?，∴△ABC是等边三角形. 3方法二 ∵2cos2B-8cosB+5=0， ∴2（2cos2B-1）-8cosB+5=0. ∴4cos2B-8cosB+3=0， 即(2cosB-1)(2cosB-3)=0.
13或cosB=（舍去）. 22?1∴cosB=,∵0＜B＜?,∴B=,
32解得cosB=
∵a,b,c成等差数列，∴a+c=2b.
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由正弦定理得sinA+sinC=2sinB=2sin∴sinA+sin??=3. 3?2???A?=3， ?3?2?2?cosA-cossinA=3. ∴sinA+sin33化简得∴A+
3??3?sinA+cosA=3,∴sin?A?? =1. 226?????=,∴A=, 623?∴C=,∴△ABC为等边三角形.
3题型三 测量距离问题
【例题】解 在△ACD中，已知CD＝a，∠ACD＝60°，∠ADC＝60°，所以AC＝a.∵∠BCD＝30°，∠BDC＝105°∴∠CBD＝45° 在△BCD中，由正弦定理可得BC＝
asin 105°
sin 45°
＝
3＋1
a. 2
在△ABC中，已经求得AC和BC，又因为∠ACB＝30°，所以利用余弦定理可以求得A，B两点之间的距离为AB＝AC＋BC－2AC·BC·cos 30°＝
2
2
2a. 2
【变式】
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. 又∵∠ABC＝15°
在△ABC中，＝，
sin∠BCAsin∠ABC所以AB＝
ABACACsin 60°32＋6
sin 15°
＝20
(km)，
32＋6
同理，BD＝(km)．
2032＋6
故B、D的距离为 km.
20题型四 测量高度问题
【例题】解 如图，设CD＝x m， 则AE＝x－20 m，
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tan 60°＝， ∴BD＝
CDBDx3
＝＝x (m)．
tan 60°33
3
x， 3
CD在△AEC中，x－20＝
解得x＝10(3＋3) m．故山高CD为10(3＋3) m. 【变式】解 在△BCD中，∠CBD＝π－α－β， 由正弦定理得＝，
sin∠BDCsin∠CBD所以BC＝
BCCDCDsin∠BDCs·sin β
＝sin∠CBDsinα＋β
stan θsin β
在Rt△ABC中，AB＝BCtan∠ACB＝. sinα＋β
题型五 正、余弦定理在平面几何中的综合应用 【例题】解 在△ABC中，AB＝5，AC＝9，∠BCA＝30°. 由正弦定理，得＝，
sin∠ACBsin∠ABCsin∠ABC＝
ABACAC·sin∠BCA9sin 30°9
＝＝.
AB510
∵AD∥BC，∴∠BAD＝180°－∠ABC， 于是sin∠BAD＝sin∠ABC＝
9
. 10
9
同理，在△ABD中，AB＝5，sin∠BAD＝，
10∠ADB＝45°，由正弦定理：
＝，
sin∠BDAsin∠BADABBD9292
解得BD＝.故BD的长为.
22
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【变式】
解 在△ADC中，AD＝10，
AC＝14，DC＝6，
AD2＋DC2－AC2
由余弦定理得cos∠ADC＝
2AD·DC100＋36－1961＝＝－，∴∠ADC＝120°，∴∠ADB＝60°.
2×10×62在△ABD中，AD＝10，∠B＝45°，∠ADB＝60°， 由正弦定理得＝，
sin∠ADBsin BABAD∴AB＝
AD·sin∠ADB10sin 60°
＝＝sin Bsin 45°
10×2
2
32
＝56
巩固训练
1. 等腰；2.
5?33；3. 45°；4. ；5. 60°；6. 45°或135°；7. ； 5638. 3或23；9. ①③④
10.（1）证明 因为a2=b(b+c)，即a2=b2+bc, 所以在△ABC中，由余弦定理可得, cosB=
a2?c2?b2c2?bcb?c==
2ac2a2acasinAa2===, 2ab2b2sinB所以sinA=sin2B,故A=2B. （2）解 因为a=3b,所以由a2=b(b+c)可得c=2b, cosB=
a2?c2?b23b2?4b2?b23==, 22ac243ba=3, b所以B=30°,A=2B=60°,C=90°. 所以△ABC为直角三角形.
512,得sinB=, 131334由cosC=,得sinC=.
5511. 解 (1)由cosB=-
所以sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC=(2)由S△ABC=
13333,得×AB×AC×sinA=. 22233由(1)知sinA=,故AB×AC=65.
6533. 65更多精品文档
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AB?sinB20=AB, 13sinC1320故AB2=65,AB=. 132AB?sinA11所以BC==.
sinC2又AC=
12. 解 （1）设x1、x2为方程ax2-2c2?b2x-b=0的两根，
b2c2?b2则x1+x2=，x1·x2=-.
aa∴(x1-x2)2=(x1+x2)2-4x1x2=∴a2+b2-c2=ab.
4(c2?b2)a2+
4b=4. aab1a2?b2?c2又cosC===,
2ab22ab又∵C∈(0°,180°),∴C=60°. (2)S=
1absinC=103，∴ab=40 ……① 2由余弦定理c2=a2+b2-2abcosC, 即c2=(a+b)2-2ab(1+cos60°). ∴72=(a+b)2-2×40×?1??.
??1?2?∴a+b=13.
又∵a＞b ……②
∴由①②，得a=8,b=5.
13. 解 （1）∵A+B+C=180°,
A?B7-cos2C=, 227C得4cos2-cos2C=,
221?cosC7∴4·-(2cos2C-1)=,
22由4sin2
整理,得4cos2C-4cosC+1=0,解得cosC=∵0°＜C＜180°,∴C=60°.
222
(2)由余弦定理得c=a+b-2abcosC, 即7=a2+b2-ab,∴7=(a+b)2-3ab，
由条件a+b=5,得7=25-3ab,ab=6, ∴S△ABC=
11333absinC=×6×=. 22221, 2
14.解析 由正弦定理得
＝，又∵B＝30°
sin∠ACBsin BABAC更多精品文档
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