第九章 解三角形 4.做一做：在△ABC中，三边分别为a,b,c,已知a= (1)在三角形中，已知两边及一边的对角，可用正弦定 3,b=4,c=√37，求△ABC的最大内角 理解三角形，但不能用余弦定理去解。」 (X) 解c>a,c>b,∴角C最大 (2)余弦定理揭示了任意三角形边角之间的关系，因 0sC=a2+62-c2_-32+43-W32 此，它适用于任何三角形. (/) 2ab 2×3×4 (3)利用余弦定理，可解决已知三角形三边求角的 ∴.C=120°，△ABC的最大内角为120° 问题 (/) (4)在三角形中，勾股定理是余弦定理的一个特例. 【思考辨析】 (/) 判断下列说法是否正确，正确的在后面的括号里画 “√”，错误的画“×”. 课堂·重难突破 7:3:5,求最大角， 探究一 利用余弦定理解三角形 'sin A sin B sin C=7:3:5, 【例1】(1)在△ABC中，已知a=2,b=22,C=15°， .a:bc=7:3:5. 解此三角形： 设a=7t(t>0),则b=3t,c=5t,a>c>b,A最大. (2)在△ABC中，已知a=7,b=3,c=5,求最大角和 .'cos A= 2+c2-a2(3t)2+(5t)2-(7t)21 2bc 2×3t×5t sinC的值. 又0°<A<180°，.A=120°. 分析(1)由条件知本题是已知两边及其夹角解三角形 ①反思感悟 问题，故可用余弦定理求出边c,结合正弦定理求角A,最后 利用余弦定理解三角形的方法如下： 用三角形内角和定理求角B. 类型 一般解法 (2)在三角形中，大边对大角，故a边所对角最大 解(1)cos15°=cos(45°-30°)=cos45°cos30°+ ①根据余弦定理c2=a2+b2一2 abcos C 求出c: sin45sin30°=6+2 4 sin15°=sin(45°-30)= 已知三角 ②根据cosA=b+c2-a 2bc ,求出A; 形两边和 sin45c0s30°-c0s45°sin30°=6-2 它们的夹 ③根据B=180°-(A+C),求出B. 4 角，如a, 求出第三边后，也可用正弦定理求角，这样 可以使计算简便，应用正弦定理求角时，为 由余弦定理，得c2=a2+b2-2 abcos C=4十8-22X b,角C 了避开讨论（因为正弦函数在区间(0，π）内 (6+2)=8-4,所以c=√6-√2. 是不单调的)，应先求较小边所对的角，它 必是锐角 又由正弦定理，得口 26-2 sinA一sinC,则 sinA√6-√2 解 ①连续用余弦定理求出两角； ②由A十B+C=180°，求出第三个角. 4 已知三角 形三边 由余弦定理求出一个角后，也可以根据正 得sinA=2又b2+c2-a2>0,即cosA>0,所以A为锐 1 弦定理求出第二个角，但仍然是先求较小 边所对的角 角，即A=30° 故B=180°-(A十C)=180°-(30°+15°)=135°. 【变式训练1】(1)已知三角形的三边长分别为a=5, (2)因为a>c>b,所以A为最大角， b=7,c=8,则该三角形的面积为(). 由余弦定理，得osA=+c2-a23+5-7 A.15w3 B.105 C.53 D.10 2X3X5 又0<A<180,所以A=120°，所以sinA=n120°= (②)已知领角三角形ABC的外接圆半径为号C,且 2 AB=22,AC=3,则BC=(). 由正弦定理，得 sin A sin C' A.√29 B.5 C.2 D.5 解析(1)由余弦定理得c0sC=2+b-c 2ab 所以sinC=csin A 5√3 25+49-641 a 7 14. 2×5×7 =7 所以最大角A为120，mC的值为哈 剥mC=V一coC-,三角形的面软S 延伸探究 例1(2)改为：在△ABC中，已知sinA:sinB:sinC= 之absin C=l03.故选B 11
第九章 解三角形 4.做一做:在△ABC 中,三边分别为a,b,c,已知a= 3,b=4,c= 37,求△ABC 的最大内角. 解 ∵c>a,c>b,∴角C 最大. ∵cosC= a2+b2-c2 2ab = 32+42-(37)2 2×3×4 =- 1 2 , ∴C=120°,∴△ABC 的最大内角为120°. 【思考辨析】 判断下列说法是否正确,正确的在后面的括号里画 “√”,错误的画“×”. (1)在三角形中,已知两边及一边的对角,可用正弦定 理解三角形,但不能用余弦定理去解. (×) (2)余弦定理揭示了任意三角形边角之间的关系,因 此,它适用于任何三角形. (√) (3)利用余弦定理,可解决已知三角形三边求角的 问题. (√) (4)在三角形中,勾股定理是余弦定理的一个特例. (√) 课堂·重难突破 探究一 利用余弦定理解三角形 【例1】(1)在△ABC 中,已知a=2,b=2 2,C=15°, 解此三角形; (2)在△ABC 中,已知a=7,b=3,c=5,求最大角和 sinC 的值. 分析 (1)由条件知本题是已知两边及其夹角解三角形 问题,故可用余弦定理求出边c,结合正弦定理求角A,最后 用三角形内角和定理求角B. (2)在三角形中,大边对大角,故a边所对角最大. 解 (1)cos15°=cos(45°-30°)=cos45°cos30°+ sin45°sin 30°= 6+ 2 4 ,sin 15°=sin(45°-30°)= sin45°cos30°-cos45°sin30°= 6- 2 4 . 由余弦定理,得c2=a2+b2-2abcosC=4+8-22× (6+ 2)=8-43,所以c= 6- 2. 又由正弦定理,得 a sinA = c sinC ,则 2 sinA = 6- 2 6- 2 4 ,解 得sinA= 1 2 .又b2+c2-a2>0,即cosA>0,所以A 为锐 角,即A=30°. 故B=180°-(A+C)=180°-(30°+15°)=135°. (2)因为a>c>b,所以A 为最大角, 由余弦定理,得cosA= b2+c2-a2 2bc = 32+52-72 2×3×5 =- 1 2 , 又0°<A<180°,所以A=120°,所以sinA=sin120°= 3 2 . 由正弦定理,得 a sinA = c sinC , 所以sinC= csinA a = 5× 3 2 7 = 53 14 . 所以最大角A 为120°,sinC 的值为 53 14 . 例1(2)改为:在△ABC 中,已知sinA∶sinB∶sinC= 7∶3∶5,求最大角. 解 ∵sinA∶sinB∶sinC=7∶3∶5, ∴a∶b∶c=7∶3∶5. 设a=7t(t>0),则b=3t,c=5t,∵a>c>b,∴A 最大. ∵cosA= b2+c2-a2 2bc = (3t)2+(5t)2-(7t)2 2×3t×5t =- 1 2 , 又0°<A<180°,∴A=120°. 利用余弦定理解三角形的方法如下: 类型 一般解法 已知三角 形两边和 它们的夹 角,如 a, b,角C ①根据余弦定理c 2=a 2+b 2-2abcosC, 求出c; ②根据cosA= b 2+c 2-a 2 2bc ,求出A; ③根据B=180°-(A+C),求出B. 求出第三边后,也可用正弦定理求角,这样 可以使计算简便,应用正弦定理求角时,为 了避开讨论(因为正弦函数在区间(0,π)内 是不单调的),应先求较小边所对的角,它 必是锐角 已知三角 形三边 ①连续用余弦定理求出两角; ②由A+B+C=180°,求出第三个角. 由余弦定理求出一个角后,也可以根据正 弦定理求出第二个角,但仍然是先求较小 边所对的角 【变式训练1】(1)已知三角形的三边长分别为a=5, b=7,c=8,则该三角形的面积为( ). A.153 B.103 C.53 D.10 (2)已知锐角三角形ABC 的外接圆半径为 2 2 BC,且 AB=22,AC=3,则BC=( ). A. 29 B.5 C.2 D.5 解析 (1)由 余 弦 定 理 得 cosC = a2+b2-c2 2ab = 25+49-64 2×5×7 = 1 7 , 则sinC = 1-cos2C = 43 7 ,三 角 形 的 面 积 S = 1 2 absinC=103.故选B. 11
数学 必修 第四册 配人教B版 分析所证式子中既有边又有角，可先运用三角函数公 (2)易知sinA= 2BC 2 式把复角化为单角，再借助正弦定理，余弦定理证明. 因为A为锐角，所以A= 证明右边=nA0sB-co0 s Asin B_nA sin C sinC·cosB- 所以由余弦定理得BC2=(2√2)2+32一2X2√2X3X sin B sinC·cosA=a a2+c2-b2 b b2+c2-a2 cos至=5，解得BC=后，故选B C 2ac C 2bc a2+c2-b2_b2+c2-a2_a2-b 答案(1)B(2)B 2c2 2c2 =左边， 故02二63 sin(A-B) 探究二利用余弦定理判断三角形的形状 c2 sin C ①反思感悟 【例2】在△MBC中，已知二合=台试判断 当要证的等式中既有边又有角时，要注意边与角 的转化.如本例，由右向左证则须化角为边，由左向右 △ABC的形状. 证则须化边为角。 分析利用余弦定理将已知条件化为边的关系，从而判 断三角形形状 【变式训练3】已知△ABC的内角A,B,C所对的边 b2+c2-a2 分别为a,b,c.若a,b,c满足b2=ac,且c=2a,求证： 解由余弦定理，得c0sA 2bc :.1-cosA=(atb-c)(a-b+c) @ 2bc 证明，b2=ac,c=2a, 同理1-cosB=6十a-c)6-a+c) b=2a, 2ac (a+b-c)(a-b十c) osB=a2+c2-b2=a2+4a3-2a33 ..1-cos Aa 2ac 4a2 4 2bc I-cos B-b(ba-c)(b-ate)-b 2ac 易错辨析 .a-b十c=b-a十c,.a=b, 因忽略三角形的三边关系致误 即△ABC为等腰三角形. 【典例】设钝角三角形的三边长分别为2a十1，a,2a一 反思感悟 1,求实数a的取值范围。 利用三角形的边角关系判断三角形形状的两个 2a+1>0 思路： 错解由题意，得a>0, (1)利用边的关系判断：利用正弦定理、余弦定理 2a-1>0, 把已知条件转化为边的关系，通过代数恒等变换得出 1 边的相应关系，从而判断三角形的形状. :.a72 (2)利用角的关系判断：利用正弦定理、余弦定理 .2a十1最大 把已知条件转化为内角的三角函数间的关系，通过三 设长为2a+1的边所对的角为0， 角恒等变换，得出内角的关系，从而判断出三角形的形 则os0=a2+(2a-1)2-(2a+1D2 a-8 状，此时要注意应用A十B十C=π这个结论， 2a(2a-1) 2(2a-1)<0, 1 【变式训练2】在△ABC中，若2B=A+C,且b2= 2<a<8. ac.试判断△ABC的形状. 解，2B=A十C,且A十B+C=180°，∴.B=60°. 即a的取值范围是（分，8）， 由余弦定理，得b2=a2+c2-2 accos B=a2+c2- 以上解答过程中出现了哪些错误？出错的原因是什 2 ac cos60°=a2+c2-ac, 么？你如何改正？你如何防范？ b2=ac, 提示错解中忽视了构成三角形的条件，从而使α的 ,∴.a2+c2-ac=ac,从而(a-c)2=0. 取值范围扩大了」 ∴a=c, 正解2a十1，a,2a一1是三角形的三边长， ∴，△ABC为等边三角形. 2a+1>0, 探究三利用余弦定理证明恒等式 .a>0, 2a-1>0, 【例3】在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b, 求证：-血 解得a>号，此时2a十1最大 sin C 又，要使2a+1,a,2a-1表示三角形的三边长，还需 12
数 学 必修 第四册 配人教B版 (2)易知sinA= BC 2BC = 2 2 . 因为A 为锐角,所以A= π 4 . 所以由余弦定理得BC2=(2 2)2+32-2×2 2×3× cos π 4 =5,解得BC= 5.故选B. 答案 (1)B (2)B 探究二 利用余弦定理判断三角形的形状 【例 2】在 △ABC 中,已 知 1-cosA 1-cosB = a b ,试 判 断 △ABC 的形状. 分析 利用余弦定理将已知条件化为边的关系,从而判 断三角形形状. 解 由余弦定理,得cosA= b2+c2-a2 2bc , ∴1-cosA= (a+b-c)(a-b+c) 2bc . 同理1-cosB= (b+a-c)(b-a+c) 2ac . ∵ 1-cosA 1-cosB = a b ,∴ (a+b-c)(a-b+c) 2bc (b+a-c)(b-a+c) 2ac = a b . ∴a-b+c=b-a+c,∴a=b, 即△ABC 为等腰三角形. 利用三角形的边角关系判断三角形形状的两个 思路: (1)利用边的关系判断:利用正弦定理、余弦定理 把已知条件转化为边的关系,通过代数恒等变换得出 边的相应关系,从而判断三角形的形状. (2)利用角的关系判断:利用正弦定理、余弦定理 把已知条件转化为内角的三角函数间的关系,通过三 角恒等变换,得出内角的关系,从而判断出三角形的形 状,此时要注意应用A+B+C=π这个结论. 【变式训练2】在△ABC 中,若2B=A+C,且b2= ac.试判断△ABC 的形状. 解 ∵2B=A+C,且A+B+C=180°,∴B=60°. 由余弦定理,得b2 =a2 +c2 -2accosB=a2 +c2 - 2accos60°=a2+c2-ac. ∵b2=ac, ∴a2+c2-ac=ac,从而(a-c)2=0, ∴a=c, ∴△ABC 为等边三角形. 探究三 利用余弦定理证明恒等式 【例3】在△ABC 中,角A,B,C 所对的边分别为a,b, c.求证: a2-b2 c2 = sin(A-B) sinC . 分析 所证式子中既有边又有角,可先运用三角函数公 式把复角化为单角,再借助正弦定理、余弦定理证明. 证明 右边= sinAcosB-cosAsinB sinC = sinA sinC ·cosBsinB sinC ·cosA = a c · a2+c2-b2 2ac - b c · b2+c2-a2 2bc = a2+c2-b2 2c2 - b2+c2-a2 2c2 = a2-b2 c2 =左边, 故 a2-b2 c2 = sin(A-B) sinC . 当要证的等式中既有边又有角时,要注意边与角 的转化.如本例,由右向左证则须化角为边,由左向右 证则须化边为角. 【变式训练3】已知△ABC 的内角A,B,C 所对的边 分别为a,b,c.若a,b,c 满足b2 =ac,且c=2a,求证: cosB= 3 4 . 证明 ∵b2=ac,c=2a, ∴b= 2a, ∴cosB= a2+c2-b2 2ac = a2+4a2-2a2 4a2 = 3 4 . 易 错 辨 析 因忽略三角形的三边关系致误 【典例】设钝角三角形的三边长分别为2a+1,a,2a- 1,求实数a的取值范围. 错解 由题意,得 2a+1>0, a>0, 2a-1>0, ∴a> 1 2 , ∴2a+1最大. 设长为2a+1的边所对的角为θ, 则cosθ= a2+(2a-1)2-(2a+1)2 2a(2a-1) = a-8 2(2a-1)<0. ∴ 1 2 <a<8. 即a的取值范围是 1 2 ,8 . 以上解答过程中出现了哪些错误? 出错的原因是什 么? 你如何改正? 你如何防范? 提示 错解中忽视了构成三角形的条件,从而使a 的 取值范围扩大了. 正解 ∵2a+1,a,2a-1是三角形的三边长, ∴ 2a+1>0, a>0, 2a-1>0, 解得a> 1 2 ,此时2a+1最大. 又∵要使2a+1,a,2a-1表示三角形的三边长,还需 12
第九章 解三角形 a+(2a-1)>2a+1, 2.在△ABC中，a=7,b=4√3，c=13,则△ABC的最小 解得a>2. 角为( 设最长边所对的角为0， 则0s0=2+(2a-1)2-(2a+1D2 a-8 A哥 c 2a(2a-1) 2(2a-1)<0, 解析，a>b>c,.C最小， 解得<a<8 又0sC=2+b2-c2 2ab 2..C= 综上所述，a的取值范围是2<a<8. 6 飞防范措施… 答案B 三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差 3.在△ABC中，若a=2 bcos C,则△ABC的形状为 小于第三边是三条线段能构成三角形的充要条件， 若是在锐角或钝角三角形中，则三边的制约条件 解析a=2 beosC=2h.a2+62-c2=a2+b2-c 还要更强.若△ABC为锐角三角形，则有a2<b2十c2, 2ab a b2<a2+c2,c2<a2+b2:若△ABC为钝角三角形，最 ∴.a2=a2+b2-c2,即b2=c2,b=c, 长边为a,则一定有a2>b2+c2,这些都可以从余弦定 ∴.△ABC为等腰三角形. 理中直接推导出来， 答案等腰三角形 4.在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知 【变式训练】已知锐角三角形的三边长分别为2,3，x, B=C,2b=√5a,则cosA=」 求x的取值范围. 解由三角形三边的关系得3一2<x<3十2， 解析由B=C,26=5a,可得6=<=5。 a 即1<x<5. 3 又因为三角形为锐角三角形，所以由余弦定理可知任 Fjai-a: 一边的平方小于另两边的平方和， 故osA-+a3a2+号a 2bc 2×3×3 3 即2+8解得5<√丽. 32<x2+22, 所以x的取值范园为(5，√3). 答案司 5.在△ABC中，已知a=5,b=3,角C的余弦值是方程 随堂训练 。0。●●●●● 5x2+7x-6=0的一个根，求边c的长. L.已知a,b,c是△ABC的三边长，若它们满足等式(a十 解由5x2+7.x-6=0, b一c)(a十b十c)=ab,则角C的大小为( ). 得1=子：=-2含去) A.60° B.90 C.120° D.150 解析，(a十b-c)(a十b十c)=ab, 中aC- a2+b2-c2=-ab. 由余弦定理，得c2=a2十b2-2 abcos C=52+32- .cos C=atb-c 2ab 2C=120 2X5×3x号=16 答案C 所以c=4. 课后 ·1 训练提升 基础·巩固 2.已知△ABC的三边长分别为AB=7,BC=5,CA=6,则 AB·B武的值为( ) 1.若三条线段的长分别为5,6,7，则用这三条线段( A.19 B.14 A.能组成直角三角形 C.-18 D.-19 B.能组成锐角三角形 解析由余弦定理的推论知 C.能组成钝角三角形 D.不能组成三角形 B-ACAC-号 2AB·BC 解析易知三条线段能组成三角形，因为三角形最大边对 故AB.B元=|AB1·|BC1·cos(π-B)=7X5X 定的负的参孩值m0-装后-台>0所以能 (-)=-19. 成锐角三角形. 答案D 答案B 13
第九章 解三角形 a+(2a-1)>2a+1, 解得a>2. 设最长边所对的角为θ, 则cosθ= a2+(2a-1)2-(2a+1)2 2a(2a-1) = a-8 2(2a-1)<0, 解得 1 2 <a<8. 综上所述,a的取值范围是2<a<8. 三角形任意两边之和大于第三边,任意两边之差 小于第三边是三条线段能构成三角形的充要条件. 若是在锐角或钝角三角形中,则三边的制约条件 还要更强.若△ABC 为锐角三角形,则有a2<b2+c2, b2<a2+c2,c2<a2+b2;若△ABC 为钝角三角形,最 长边为a,则一定有a2>b2+c2,这些都可以从余弦定 理中直接推导出来. 【变式训练】已知锐角三角形的三边长分别为2,3,x, 求x 的取值范围. 解 由三角形三边的关系得3-2<x<3+2, 即1<x<5. 又因为三角形为锐角三角形,所以由余弦定理可知任 一边的平方小于另两边的平方和, 即 x2<22+32, 32<x2+22, 解得 5<x< 13, 所以x 的取值范围为(5, 13). 随堂训练 1.已知a,b,c 是△ABC 的三边长,若它们满足等式(a+ b-c)(a+b+c)=ab,则角C 的大小为( ). A.60° B.90° C.120° D.150° 解析 ∵(a+b-c)(a+b+c)=ab, ∴a2+b2-c2=-ab. ∴cosC= a2+b2-c2 2ab =- 1 2 ,∴C=120°. 答案 C 2.在△ABC 中,a=7,b=4 3,c= 13,则△ABC 的最小 角为( ). A. π 3 B. π 6 C. π 4 D. π 12 解析 ∵a>b>c,∴C 最小, 又cosC= a2+b2-c2 2ab = 3 2 ,∴C= π 6 . 答案 B 3.在△ABC 中,若a=2bcosC,则△ABC 的形状为 . 解析 ∵a=2bcosC=2b· a2+b2-c2 2ab = a2+b2-c2 a . ∴a2=a2+b2-c2,即b2=c2,b=c, ∴△ABC 为等腰三角形. 答案 等腰三角形 4.在△ABC 中,内角 A,B,C 的对边分别为a,b,c,已知 B=C,2b= 3a,则cosA= . 解析 由B=C,2b= 3a,可得b=c= 3 2 a, 故cosA= b2+c2-a2 2bc = 3 4 a2+ 3 4 a2-a2 2× 3 2 a× 3 2 a = 1 3 . 答案 1 3 5.在△ABC 中,已知a=5,b=3,角C 的余弦值是方程 5x2+7x-6=0的一个根,求边c的长. 解 由5x2+7x-6=0, 得x1= 3 5 ,x2=-2(舍去). 即cosC= 3 5 . 由余弦定理,得c2=a2+b2-2abcosC=52+32- 2×5×3× 3 5 =16. 所以c=4. 课后·训练提升 基础 巩固 1.若三条线段的长分别为5,6,7,则用这三条线段( ). A.能组成直角三角形 B.能组成锐角三角形 C.能组成钝角三角形 D.不能组成三角形 解析 易知三条线段能组成三角形,因为三角形最大边对 应的角θ的余弦值cosθ= 52+62-72 2×5×6 = 1 5 >0,所以能组 成锐角三角形. 答案 B 2.已知△ABC 的三边长分别为AB=7,BC=5,CA=6,则 A→B·B→C 的值为( ). A.19 B.14 C.-18 D.-19 解析 由余弦定理的推论知 cosB= AB2+BC2-AC2 2AB·BC = 19 35 . 故A→B·B→C=|A→B|·|B→C|·cos(π-B)=7×5× - 19 35 =-19. 答案 D 13
数学 必修 第四册 配人教B版 3.在△ABC中，若a2+c2-b2=5ac,则角B的值为( B=号A+C=元-B= A君 B号 答案引 解析a2十c2-b2-2 accos B=3ac, '.cos B= 8.在△ABC中，若a=2,b十c=7,cosB=- 号B= 4,则 b= 答案A 解析在△ABC中，由余弦定理得 4.在锐角三角形ABC中，若23cos2A十cos2A=0,a=7, c=6,则b=(). cos B=aiteb2 2ac A.10 B.9 C.8 D.5 即4+(c-b)(c+b_4+7c-b)=-1 解析由23cos2A十cos2A=0, Ac 4c 4 得5m-1=0mA=需 所以8c-7b十4=0， 由/b+c=7, 得6=4·因此b=4. 1 :△ABC为锐角三角形0sA= l8c-7b+4=0, c=3. 答案4 由余弦定理得a2=b2+c2-2 bccos A, 9.在△ABC中，边a,b的长是方程x2-5x十2=0的两个 即49=b2+36-2×6×5b, 根，C=60°，求c. 6-号8-18=0. 解由题意得a十b=5,ab=2. 由余弦定理得 解得6=-1 写（含）或方=5，故选D. c2=a2+62-2abcos C=a2+b2-ab=(a+b)2- 3ab=52-3X2=19, 答案D 所以c=√19 5.在△ABC中，若b2=ac,2b=a十c,则此三角形是( 10.在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知 A.等腰三角形 B.直角三角形 cos A-2cos C2c-a C.等腰直角三角形 D.等边三角形 cos B 解析由已如得（仁生）”-ac, (1)求sinC Si血A的值： ∴(a-c)2=0,a=c. b2=ac=a2,..a=b=c, (2)若cmsB=子，△ABC的周长为5，求 因此该三角形是等边三角形。 解(1)由正弦定理得a=2 Rsin A,b=2 Rsin B,c= 答案D 2 Rsin C(其中R为△ABC外接圆半径)， 6.已知在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且 所以osA=2cosC_2x-a_2simC-simA SAr=a+h2-C那么C- cos B b sin B 4 所以sin Bcos A-2 sin Bcos C=2 sin Ccos B- 解折由余弦定理，可知cosC=a2十6-c sin Acos B,sin Acos B十sin Bcos A=2 sin Bcos C十 2ab-, 2sin Ccos B, :a2+62-c2-1 4 abcos C. 所以sin(A十B)=2sin(B+C). 又图为A十+B十C=π，所以sinC=2sinA, ∴Saw=absin C=-uboC.C=子 1 所以si血C sinA=2. 答案于 ”mA-2,由正孩定理得S=血C (2)由(1)知simC a sinA=2, 7.在△ABC中，若sinA:sinB:sinC=5:7:8,则A+ 即c=2a. C= 又图为△ABC的周长为5， 解析由正弦定理知a=2 Rsin A,b=2 Rsin B,c=2 Rsin C 所以b=5-3a. (R为△ABC外接圆的半径). 由余弦定理得b2=a2十c2-2 accos B, sin A=5k,sin B=7k,sin C=8k(0), a=10Rk,b=14Rk,c=16Rk, 即6-ar=a2+(2a)2-4a2x,即a2-at5=0, ∴.a:b:c=5：7:8, 解得a=1或a=5(舍去)， ∴c0sB=25+64-49 1 所以b=5-3×1=2. 2×5×8=2 14
数 学 必修 第四册 配人教B版 3.在△ABC 中,若a2+c2-b2= 3ac,则角B 的值为( ). A. π 6 B. π 3 C. π 6 或 5π 6 D. π 3 或 2π 3 解析 ∵a2+c2-b2=2accosB= 3ac, ∴cosB= 3 2 ,∴B= π 6 . 答案 A 4.在锐角三角形ABC 中,若23cos2A+cos2A=0,a=7, c=6,则b=( ). A.10 B.9 C.8 D.5 解析 由23cos2A+cos2A=0, 得25cos2A-1=0,∴cos2A= 1 25 . ∵△ABC 为锐角三角形,∴cosA= 1 5 . 由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA, 即49=b2+36-2×6× 1 5 b, ∴b2- 12 5 b-13=0, 解得b=- 13 5 (舍)或b=5,故选D. 答案 D 5.在△ABC 中,若b2=ac,2b=a+c,则此三角形是( ). A.等腰三角形 B.直角三角形 C.等腰直角三角形 D.等边三角形 解析 由已知得 a+c 2 2 =ac, ∴(a-c)2=0,∴a=c. ∵b2=ac=a2,∴a=b=c, 因此该三角形是等边三角形. 答案 D 6.已知在△ABC 中,内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,且 S△ABC= a2+b2-c2 4 ,那么C= . 解析 由余弦定理,可知cosC= a2+b2-c2 2ab , ∴ a2+b2-c2 4 = 1 2 abcosC. ∴S△ABC= 1 2 absinC= 1 2 abcosC,∴C= π 4 . 答案 π 4 7.在△ABC 中,若sinA∶sinB∶sinC=5∶7∶8,则A+ C= . 解析 由正弦定理知a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC (R 为△ABC 外接圆的半径). 设sinA=5k,sinB=7k,sinC=8k(k>0), 则a=10Rk,b=14Rk,c=16Rk, ∴a∶b∶c=5∶7∶8, ∴cosB= 25+64-49 2×5×8 = 1 2 , ∴B= π 3 ,∴A+C=π-B= 2π 3 . 答案 2π 3 8.在 △ABC 中,若 a=2,b+c=7,cosB = - 1 4 ,则 b= . 解析 在△ABC 中,由余弦定理得 cosB= a2+c2-b2 2ac =- 1 4 , 即 4+(c-b)(c+b) 4c = 4+7(c-b) 4c =- 1 4 , 所以8c-7b+4=0, 由 b+c=7, 8c-7b+4=0, 得 b=4, c=3. 因此b=4. 答案 4 9.在△ABC 中,边a,b的长是方程x2-5x+2=0的两个 根,C=60°,求c. 解 由题意得a+b=5,ab=2. 由余弦定理得 c2=a2+b2-2abcosC=a2+b2-ab=(a+b)2- 3ab=52-3×2=19, 所以c= 19. 10.在△ABC 中,内角A,B,C 的对边分别为a,b,c.已知 cosA-2cosC cosB = 2c-a b . (1)求 sinC sinA 的值; (2)若cosB= 1 4 ,△ABC 的周长为5,求b. 解 (1)由正弦定理得a=2RsinA,b=2RsinB,c= 2RsinC(其中R 为△ABC 外接圆半径), 所以 cosA-2cosC cosB = 2c-a b = 2sinC-sinA sinB , 所以sinBcosA-2sinBcosC=2sinCcosBsinAcosB,sinAcosB+sinBcosA=2sinBcosC+ 2sinCcosB, 所以sin(A+B)=2sin(B+C). 又因为A+B+C=π,所以sinC=2sinA, 所以 sinC sinA =2. (2)由(1)知 sinC sinA =2,由正弦定理得 c a = sinC sinA =2, 即c=2a. 又因为△ABC 的周长为5, 所以b=5-3a. 由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB, 即(5-3a)2=a2+(2a)2-4a2× 1 4 ,即a2-6a+5=0, 解得a=1或a=5(舍去), 所以b=5-3×1=2. 14
第九章 解三角形 拓展·提高 故cosB=a2+c2-b_49+9-64 1 2ac 2×7×3 1.在△ABC中，a,b,c分别为角A,B,C的对边，C=60°，则 故选C 千+千的值为( b 答案C 5.在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若b2+ A司 C.1 D.2 c2=a2+hx,且AC·AB=4,则△MBC的面积等于_ 解析，b2+c2-a2=bc=2 bccos A, 解析由余弦定理，得c2=a2十b2一2 abcos60°=a2+b2- 1 ab,所以a2+b2=ab十c2, :.cos A=2 a b(b+c)+a(a+c) (a十c)(b+c) A=行，mA=5 2 -检轻 .AC.AB=AC1·AB1·cosA=4. 答案C “C·=8,故△4BC的面积S=1AC1· 2.已知在△ABC中，AB=a,AC=b,a·b<0,△ABC的面 1AB1·sinA=25. 积为5.1a1=3a1=5则5C边的长为水 答案25 6.如图，在△ABC中，已知点D在BC边上，AD⊥AC, A.4 B.6 C.7 D.9 解析Sar=之1a1·1b1nA-155,1al=3,161= sin∠BAC=22 ,AB=3E,AD=3,则BD的长为 4 5,且a…b<0∴simA=5】 2,A=1200 又BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cosA ∴Bc2=3+5-2X3X5×(-）=49.BC=7 答案C 解析cos∠BAD=cos(∠BAC-Z)=sin∠BAC= 3.在△ABC中，如果2b=a+c,B=30°，△ABC的面积为 22 号那么6等于(》 1 故在△ABD中，BD2=AB2+AD2-2AB·AD· A1+® 2 B.1+5 C2+3 D.2+5 cos∠BAD=3,故BD=5. 2 答案 解析2b=a十c,a2+c2=4h2-2ac. 7S=号-B=30 7.在△ABC中，Sar=155,a+b+c=30,A+C= 2,求 △ABC的各边边长， -2 解A+(=号 =180°，..B=120° .ac=6,.a2+c2=4b2-12. 1 ÷osB=a+c-0-462-2-b2- 由Sar=acsin B-5。 ac=l55,得ac=60, 2ac 2×6 2 由余弦定理得b2=a2十c2-2 accos B=(a十c)2- .b2=4+25,∴.b=1十√5. 2ac(1+c0s120)=(30-b)2-60, 答案B 解得b=14, 4.在△ABC中，a=7,b=8,cosC= 品则最大角的余弦值 .a+c=16, a,c是方程x2-16x十60=0的两根， 是(). A- c- n-8 解释代-g0-0 c=6 △ABC的各边边长为14,10和6. 解析“c2=a2+-2 C=49+64-2X7X8X3 1=9. 挑战·创新 c=3. 设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且 :b>a>c B为最大角， cos B=1 3,6=3. 15
第九章 解三角形 拓展 提高 1.在△ABC 中,a,b,c分别为角A,B,C 的对边,C=60°,则 b a+c + a b+c 的值为( ). A. 1 2 B. 2 2 C.1 D.2 解析 由余弦定理,得c2=a2+b2-2abcos60°=a2+b2- ab,所以a2+b2=ab+c2, 所以 b a+c + a b+c = b(b+c)+a(a+c) (a+c)(b+c) = b2+bc+a2+ac ab+ac+bc+c2= ab+c2+bc+ac ab+ac+bc+c2=1. 答案 C 2.已知在△ABC 中,A→B=a,A→C=b,a·b<0,△ABC 的面 积为 153 4 ,|a|=3,|b|=5,则BC 边的长为( ). A.4 B.6 C.7 D.9 解析 S△ABC= 1 2 |a|·|b|sinA= 153 4 ,|a|=3,|b|= 5,且a·b<0,∴sinA= 3 2 ,A=120°. 又BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cosA, ∴BC2=32+52-2×3×5× - 1 2 =49.∴BC=7. 答案 C 3.在△ABC 中,如果2b=a+c,B=30°,△ABC 的面积为 3 2 ,那么b等于( ). A. 1+ 3 2 B.1+ 3 C. 2+ 3 2 D.2+ 3 解析 ∵2b=a+c,∴a2+c2=4b2-2ac. ∵S△ABC= 3 2 ,B=30°, ∴ 1 2 acsinB= 3 2 ,即 1 4 ac= 3 2 . ∴ac=6,∴a2+c2=4b2-12. ∴cosB= a2+c2-b2 2ac = 4b2-12-b2 2×6 = 3 2 . ∴b2=4+23,∴b=1+ 3. 答案 B 4.在△ABC 中,a=7,b=8,cosC= 13 14 ,则最大角的余弦值 是( ). A.- 1 5 B.- 1 6 C.- 1 7 D.- 1 8 解析 ∵c2=a2+b2-2abcosC=49+64-2×7×8× 13 14 =9, ∴c=3. ∵b>a>c, ∴B 为最大角, 故cosB= a2+c2-b2 2ac = 49+9-64 2×7×3 =- 1 7 . 故选C. 答案 C 5.在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别是a,b,c,若b2+ c2=a2+bc,且A→C·A→B=4,则△ABC的面积等于 . 解析 ∵b2+c2-a2=bc=2bccosA, ∴cosA= 1 2 . ∴A= π 3 ,sinA= 3 2 . ∴A→C·A→B=|A→C|·|A→B|·cosA=4. ∴|A→C|·|A→B|=8,故△ABC 的面积S= 1 2 |A→C|· |A→B|·sinA=23. 答案 23 6.如图,在 △ABC 中,已知点 D 在BC 边上,AD⊥AC, sin∠BAC= 22 3 ,AB =3 2,AD =3,则 BD 的 长 为 . 解析 cos∠BAD =cos ∠BAC- π 2 =sin∠BAC = 22 3 . 故在△ABD 中,BD2=AB2+AD2-2AB·AD· cos∠BAD=3,故BD= 3. 答案 3 7.在△ABC 中,S△ABC=153,a+b+c=30,A+C= B 2 ,求 △ABC 的各边边长. 解 ∵A+C= B 2 ,∴ 3B 2 =180°,∴B=120°. 由S△ABC= 1 2 acsinB= 3 4 ac=153,得ac=60, 由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB=(a+c)2- 2ac(1+cos120°)=(30-b)2-60, 解得b=14, ∴a+c=16, ∴a,c是方程x2-16x+60=0的两根, 解得 a=10, c=6 或 a=6, c=10. ∴△ABC 的各边边长为14,10和6. 挑战 创新 设△ABC 的内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,且 cosB= 1 3 ,b=3. 15