正余玄定理,最全最易懂课件

第一课时 正弦定理对于a sin A ＝b sin B ＝c sin C这一关系的证明，我们一起来看下面的证法.如图，在△ABC 中，已知BC ＝a ，AC ＝b ，AB ＝c ，作△ABC的外接圆，O 为圆心，连接BO 并延长交圆于B ′，设BB ′＝2R .则根据直径所对的圆周角是直角以及同弧所对的圆周角相等可以得到：∠BAB ′＝90°，∠C ＝∠B ′∴sin C ＝sin B ′＝c 2R ∴c sin C＝2R 同理可得a sin A ＝2R ，b sin B＝2R ∴a sin A ＝b sin B ＝c sin C＝2R 这就是说，对于任意的三角形，上述关系式均成立.因此，我们得到下面的定理.正弦定理 在一个三角形中，各边和它所对的正弦的比相等，即a sin A ＝b sin B ＝c sin C［例1］在△ABC 中，已知c ＝10，A ＝45°，C ＝30°，求b (保留两个有效数字).分析：如图，此题属于已知两角和其中一角求对边的问题，直接应用正弦定理可求出边a ，若求边b ，则需通过三角形内角和为180°，求出角B ，再利用正弦定理求出边b .解：∵B ＝180°－(A ＋C )＝180°－(45°＋30°)＝105°，b sin B ＝c sin C ，∴b ＝c ·sin B sin C ＝10·sin1050sin300≈19 评述：(1)此类问题结果为唯一解，较易掌握，如果已知两角和两角所夹的边，也是先利用内角和180°求出第三角，再利用正弦定理.(2)对于解三角形中的复杂运算可使用计算器，但应注意如下约定：当计算器所示结果为准确数时，或者为不少于四个有效数字的近似数而需要保留四个有效数字时，一律使用等号；保留的有效数字不少于四个时，使用约等号.当B 2＝116°时，C 2＝180°－(B 2＋A )＝180°－(116°＋40°)＝24°，∴c 2＝a ·sin C 2sin A ＝20·sin240sin400≈13. ［例3］在△ABC 中，已知a ＝60，b ＝50，A ＝38°，求B (精确到1°)和c (保留两个有效数字).分析：此例题属于a ≥b 这一类情形，有一解，也可根据三角形内大角对大边，小角对小边这一性质来排除B 为钝角的情形.解：已知b ＜a ，所以B ＜A ，因此B 也是锐角.∵sin B ＝b ·sin A a ＝50·sin38060＝0.5131， ∴B ＝31°，∴C ＝180°－(A ＋B )＝180°－(38°＋31°)＝111°∴c ＝a ·sin C sin A ＝60·sin1110sin380≈91. 评述：同样是已知两边和一边对角，但可能出现不同的结果，应强调注意解题的灵活性.对于例3，如果没有考虑到角B 所受限制而求出角B 的两个解，进而求出边c 两解，也可利用三角形内两边之和大于第三边，两边之差小于第三边这一性质进而验证而达到排除不符题意的解.第二课时 余弦定理Ⅱ.讲授新课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. 形式一：a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，b 2＝c 2＋a 2－2ca cos B ，c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C .形式二：cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ，cos B ＝c 2＋a 2－b 22ca ，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab. 在余弦定理中，令C ＝90°，这时，cos C ＝0，所以c 2＝a 2＋b 2，由此可知余弦定理是勾股定理的推广.另外，对于余弦定理的证明，我们也可以仿照正弦定理的证明方法二采用向量法证明，以进一步体会向量知识的工具性作用.2.向量法证明余弦定理(1)证明思路分析向量数量积的定义式：a ·b ＝｜a ｜｜b ｜cos θ，其中θ为a 、b 的夹角.在这一点联系上与向量法证明正弦定理有相似之处，但又有所区别，首先因为无须进行正、余弦形式的转换，也就省去添加辅助向量的麻烦.当然，在各边所在向量的联系上依然通过向量加法的三角形法则，而在数量积的构造上则以两向量夹角为引导，比如证明形式中含有角C ，则构造CB →·CA →这一数量积以使出现cos C .同样在证明过程中应注意两向量夹角是以同起点为前提.(2)向量法证明余弦定理过程：如图，在△ABC 中，设AB 、BC 、CA 的长分别是c 、a 、b .由向量加法的三角形法则可得AC →＝AB →＋BC →，∴AC →·AC →＝(AB →＋BC →)·(AB →＋BC →)＝AB →2＋2AB →·BC →＋BC →2＝｜AB →｜2＋2｜AB →｜｜BC →｜cos(180°－B )＋｜BC →｜2＝c 2－2ac cos B ＋a 2即b 2＝c 2＋a 2－2ac cos B由向量减法的三角形法则可得：BC →＝AC →－AB →∴BC →·BC →＝(AC →－AB →)·(AC →－AB →)＝AC →2－2AC →·AB →＋AB →2＝｜AC →｜2－2｜AC →｜｜AB →｜cos A ＋｜AB →｜2＝b 2－2bc cos A ＋c 2即a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A由向量加法的三角形法则可得AB →＝AC →＋CB →＝AC →－BC →∴AB →·AB →＝(AC →－BC →)·(AC →－BC →)＝AC →2－2AC →·BC →＋BC →2＝｜AC →｜2－2｜AC →｜｜BC →｜cos C ＋｜BC →｜2＝b 2－2ba cos C ＋a 2.即c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C利用余弦定理，我们可以解决以下两类有关三角形的问题：(1)已知三边，求三个角.这类问题由于三边确定，故三角也确定，解唯一；(2)已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两个角.这类问题第三边确定，因而其他两个角唯一，故解唯一，不会产生类似利用正弦定理解三角形所产生的判断取舍等问题.3.例题评析［例1］在△ABC 中，已知a ＝7，b ＝10，c ＝6，求A 、B 和C.(精确到1°)分析：此题属于已知三角形三边求角的问题，可以利用余弦定理，意在使学生熟悉余弦定理的形式二.解：∵cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝102＋62－722×10×6＝0.725，∴A ≈44° ∵cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝72＋102－622×7×10 ＝113140＝0.8071，∴C ≈36° ∴B ＝180°－(A ＋C )≈180°－(44°＋36°)＝100°.［例2］在△ABC 中，已知a ＝2.730，b ＝3.696，C ＝82°28′，解这个三角形(边长保留四个有效数字，角度精确到1′).解：由c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝2.7302＋3.6962－2×2.730×3.696×cos82°28′得c ＝4.297.∵cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝3.6962＋4.2972－2.73022×3.696×4.297＝0.7767，∴A ＝39°2′ ∴B ＝180°－(A ＋C )＝180°－(39°2′＋82°28′)＝58°30′.［例3］已知△ABC 中，a ＝8，b ＝7，B ＝60°，求c 及S △ABC .分析：根据已知条件可以先由正弦定理求出角A ，再结合三角形内角和定理求出角C ，再利用正弦定理求出边c ，而三角形面积由公式S △ABC ＝12ac sin B 可以求出. 若用余弦定理求c ，表面上缺少C ，但可利用余弦定理b 2＝c 2＋a 2－2ca cos B 建立关于c 的方程，亦能达到求c 的目的.下面给出两种解法.解法一：由正弦定理得8sin A ＝7sin600∴A 1＝81.8°，A 2＝98.2°∴C 1＝38.2°，C 2＝21.8°，由7sin600 ＝c sin C，得c 1＝3，c 2＝5∴S △ABC ＝12 ac 1sin B ＝6 3 或S △ABC ＝12ac 2sin B ＝10 3 解法二：由余弦定理得b 2＝c 2＋a 2－2ca cos B∴72＝c 2＋82－2×8×c cos60°整理得：c 2－8c ＋15＝0解之得：c 1＝3，c 2＝5，∴S △ABC ＝12 ac 1sin B ＝6 3 ，或S △ABC ＝12ac 2sin B ＝10 3 . 评述：在解法一的思路里，应注意由正弦定理应有两种结果，避免遗漏；而解法二更有耐人寻味之处，体现出余弦定理作为公式而直接应用的另外用处，即可以用之建立方程，从而运用方程的观点去解决.故解法二应引起学生的注意.总结余弦定理在求解三角形时的适用范围：已知三边求任意角或已知两边夹角解三角形，同时注意余弦定理在求角时的优势以及利用余弦定理建立方程的解法.1.在△ABC 中：(1)已知b ＝8，c ＝3，A ＝60°，求a ；(2)已知a ＝20，b ＝29，c ＝21，求B ；(3)已知a ＝3 3 ，c ＝2，B ＝150°，求b ；解：(1)由a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A 得a 2＝82＋32－2×8×3cos60°＝49，∴a ＝7.(2)由cos B ＝c 2＋a 2－b 22ca得 cos B ＝202＋212－2922×20×21＝0，∴B ＝90°. (3)由b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B 得b 2＝(3 3 )2＋22－2×3 3 ×2cos150°＝49，∴b ＝7.评述：此练习目的在于让学生熟悉余弦定理的基本形式，要求学生注意运算的准确性及解题效率.解斜三角形题型分析关于斜三角形的解法，根据所给的条件及适用的定理可以归纳为下面四种类型：(1)已知两角及其中一个角的对边，如A 、B 、a 解△ABC .解：①根据A ＋B ＋C ＝π，求出角C ；②根据a sin A ＝b sin B 及a sin A ＝c sin C，求b 、c ； 如果已知的是两角和它们的夹边，如A 、B 、c ，那么先求出第三角C ，然后按照②来求解.求解过程中尽可能应用已知元素.(2)已知两边和它们的夹角，如a 、b 、C ，解△ABC .解：①根据c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，求出边c ；②根据cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc，求出角A ； ③从B ＝180°－A －C ，求出角B .求出第三边c 后，往往为了计算上的方便，应用正弦定理求角，但为了避免讨论角是钝角还是锐角，应先求a 、b 较小边所对的角(它一定是锐角)，当然也可用余弦定理求解.(3)已知三边a 、b 、c ，解△ABC .解：一般应用余弦定理求出两角后，再由A ＋B ＋C ＝180°，求出第三个角.另外，和第二种情形完全一样，当第一个角求出后，可以根据正弦定理求出第二个角，但仍然需注意要先求较小边所对的锐角.(4)已知两边及其中一条边所对的角，如a 、b 、A ，解△ABC .解：①根据a sin A ＝b sin B，经过讨论求出B ； ②求出B 后，由A ＋B ＋C ＝180°求角C ；③再根据a sin A ＝c sin C，求出边c . 另外，如果已知三角，则满足条件的三角形可以作出无穷多个，故此类问题解不唯一.［例1］在△ABC 中，a ＝1，b ＝7 ，B ＝60°，求角C .解：由余弦定理得 (7 )2＝12＋c 2－2c cos60°，∴c 2－c －6＝0，解得c 1＝3，c 2＝－2(舍去).∴c ＝3.评述：此题应用余弦定理比正弦定理好.［例2］在△ABC 中，已知A ＞B ＞C 且A ＝2C ，A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，又2b ＝a ＋c 成等差数列，且b ＝4，求a 、c 的长.解：由a sin A ＝c sin C且A ＝2C 得 a 2sin C cos C ＝c sin C ，cos C ＝a 2c又∵2b ＝a ＋c 且b ＝4，∴a ＋c ＝2b ＝8， ①∴cos C ＝a 2＋42－c 28a ＝a ＋2－c a ＝5a －3c 4a ＝a 2c. ∴2a ＝3c ②由①②解得a ＝245 ，c ＝165. ［例3］在△ABC 中，已知a ＝2，b ＝ 2 ，A ＝45°，解此三角形.解：由a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A得22＝( 2 )2＋c 2－2 2 c cos45°，c 2－2c －2＝0解得c ＝1＋ 3 或c ＝1－ 3 (舍去)∴c ＝1＋ 3 ，cos B ＝c 2＋a 2－b 22ca ＝22＋（1＋ 3 ）2－（ 2 ）22×2×（1＋ 3 ）＝ 3 2 . ∴B ＝30°C ＝180°－(A ＋B )＝180°－(45°＋30°)＝105°.［例4］在△ABC 中，已知：c 4－2(a 2＋b 2)c 2＋a 4＋a 2b 2＋b 4＝0，求角C .解：∵c 4－2(a 2＋b 2)c 2＋a 4＋a 2b 2＋b 4＝0，∴［c 2－(a 2＋b 2)］2－a 2b 2＝0，∴c 2－(a 2＋b 2)＝±ab ，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝±12，∴C ＝120°或C ＝60°. 第三课时Ⅱ.讲授新课［例1］已知△ABC ，BD 为B 的平分线，求证：AB ∶BC ＝AD ∶DC分析：前面大家所接触的解三角形问题是在一个三角形内研究问题，而B 的平分线BD 将△ABC 分成了两个三角形：△ABD 与△CBD ，故要证结论成立，可证明它的等价形式：AB ∶AD ＝BC ∶DC ，从而把问题转化到两个三角形内，而在三角形内边的比等于所对角的正弦值的比，故可利用正弦定理将所证继续转化为AB sin ∠ADB ＝AD sin ∠ABD ，BC sin ∠BDC ＝DC sin ∠DBC，再根据相等角正弦值相等，互补角正弦值也相等即可证明结论.证明：在△ABD 内，利用正弦定理得：AB sin ∠ADB ＝AD sin ∠ABD，即AB AD ＝sin ∠ADB sin ∠ABD 在△BCD 内，利用正弦定理得：BC sin ∠BDC ＝DC sin ∠DBC，即BC DC ＝sin ∠BDC sin ∠DBC . ∵BD 是B 的平分线.∴∠ABD ＝∠DBC ，∴sin ABD ＝sin DBC .∵∠ADB ＋∠BDC ＝180°，∴sin ADB ＝sin （180°－∠BDC ）＝sin BDC∴AB AD ＝sin ∠ADB sin ∠ABD ＝sin ∠BDC sin ∠DBC ＝BC DC ，∴AB BC ＝AD DC评述：此题利用正弦定理将边的关系转化为角的关系，并且注意互补角的正弦值相等这一特殊关系式的应用.［例2］在△ABC 中，求证：a 2sin2B ＋b 2sin2A ＝2ab sin C分析：此题所证结论包含关于△ABC 的边角关系，证明时可以考虑两种途径：一是把角的关系通过正弦定理转化为边的关系，若是余弦形式则通过余弦定理；二是把边的关系转化为角的关系，一般是通过正弦定理.另外，此题要求熟悉相关的三角函数的有关公式，如sin2B ＝2sin B ·cos B 等，以便在化为角的关系时进行三角函数式的恒等变形.证明一：（化为三角函数）a 2sin2B ＋b 2sin2A＝（2R sin A ）2·2sin B ·cos B ＋（2R sin B ）2·2sin A ·cos A＝8R 2sin A ·sin B （sin A cos B ＋cos A sin B ）＝8R 2sin A sin B sin C＝2·2R sin A ·2R sin B ·sin C ＝2ab sin C所以原式得证.证明二：（化为边的式子）左边＝a 2·2sin B cos B ＋b 2·2sin A ·cos A＝a 2·2b k ·a 2＋c 2－b 22ac ＋b 2·2a k ·b 2＋c 2－a 22bc ＝ab kc （a 2＋c 2－b 2＋b 2＋c 2－a 2） ＝ab kc ·2c 2＝2ab ·c k＝2ab sin C ［例3］已知A 、B 、C 是△ABC 的三个内角，且满足（sin A ＋sin B ）2－sin 2C ＝3sin A sin B求证：A ＋B ＝120°分析：要证A ＋B ＝120°，由于A ＋B ＋C ＝180°，只要证明C ＝60°，而已知条件为三角函数关系，故应考虑向三角函数的转化，又在0°～180°之间，余弦值所对应角唯一，故可证明cos C ＝12，而由余弦定理cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab，所以应考虑把已知的角的关系式转化为边的关系.证明：由（sin A ＋sin B ）2－sin 2C ＝3sin A ·sin B可得sin 2A ＋sin 2B －sin 2C ＝sin A ·sin B又∵sin A ＝a k ，sin B ＝b k ，sin C ＝c k， ∴a 2k 2 ＋b 2k 2 －c 2k 2 ＝a k ·b k整理得a 2＋b 2－c 2＝ab∴cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝12又0°＜C ＜180°，∴C ＝60°∴A ＋B ＝180°－C ＝120°评述：（1）有关三角形内角的证明，选择余弦值与正弦值相比较，要省去取舍的麻烦.但注意在根据三角函数值求角时，应先确定角的范围；2.在△ABC 中，已知sin B ·sin C ＝cos 2A 2，试判断此三角形的类型. 解：∵sin B ·sin C ＝cos 2A 2 ，∴sin B ·sin C ＝1＋cos A 2∴2sin B ·sin C ＝1＋cos ［180°－（B ＋C ）］将cos （B ＋C ）＝cos B cos C －sin B sin C 代入上式得cos B cos C ＋sin B sin C ＝1∴cos （B －C ）＝1又0＜B ，C ＜π，∴－π＜B －C ＜π∴B －C ＝0，∴B ＝C故此三角形是等腰三角形.评述：（1）此题在证明过程中，要用到余弦二倍角公式cos A ＝2cos 2A 2－1的逆用，要求学生注意； （2）由于已知条件就是三角函数关系式，故无需向边的关系转化，而是进行三角函数式的恒等变形.第四课时正弦定理、余弦定理（二）［例1］在△ABC 中，三边长为连续的自然数，且最大角是最小角的2倍，求此三角形的三边长. 分析：由于题设条件中给出了三角形的两角之间的关系，故需利用正弦定理建立边角关系.其中sin2α利用正弦二倍角展开后出现了cos α，可继续利用余弦定理建立关于边长的方程，从而达到求边长的目的.解：设三角形的三边长分别为x ，x ＋1，x ＋2，其中x ∈N *，又设最小角为α，则x sin α ＝x ＋2sin2α ＝x ＋22sin αcos α ，∴cos α＝x ＋22x① 又由余弦定理可得x 2＝（x ＋1）2＋（x ＋2）2－2（x ＋1）（x ＋2）cos α ②将①代入②整理得x 2－3x －4＝0解之得x 1＝4，x 2＝－1（舍）所以此三角形三边长为4，5，6.［例2］如图，在△ABC 中，AB ＝4 cm ，AC ＝3 cm ，角平分线AD ＝2 cm ，求此三角形面积.分析：由于题设条件中已知两边长，故而联想面积公式S △ABC ＝12AB ·AC ·sin A ，需求出sin A ，而△ABC 面积可以转化为S △ADC ＋S △ADB ，而S △ADC ＝12 AC ·AD sin A 2 ，S △ADB ＝12 AB ·AD ·sin A 2，因此通过S △ABC ＝S △ADC ＋S △ADB 建立关于含有sin A ，sin A 2 的方程，而sin A ＝2sin A 2 cos A 2 ，sin 2A 2 ＋cos 2A 2＝1，故sin A 可求，从而三角形面积可求.解：在△ABC 中，S △ABC ＝S △ADB ＋S △ADC ，∴12 AB ·AC sin A ＝12 ·AC ·AD ·sin A 2 ＋12 ·AB ·AD sin A 2∴12 ·4·3sin A ＝12 ·3·2sin A 2 ，∴6sin A ＝7sin A 2∴12sin A 2 cos A 2 ＝7sin A 2∵sin A 2 ≠0，∴cos A 2 ＝712 ，又0＜A ＜π，∴0＜A 2 ＜π2∴sin A 2 ＝1－cos 2A 2 ＝9512， ∴sin A ＝2sin A 2 cos A 2 ＝79572， ∴S △ABC ＝12 ·4·3sin A ＝79512（cm 2）. ［例3］已知三角形的一个角为60°，面积为10 3 cm 2，周长为20 cm ，求此三角形的各边长.分析：此题所给的题设条件除一个角外，面积、周长都不是构成三角形的基本元素，但是都与三角形的边长有关系，故可以设出边长，利用所给条件建立方程，这样由于边长为三个未知数，所以需寻求三个方程，其一可利用余弦定理由三边表示已知60°角的余弦，其二可用面积公式S △ABC ＝12ab sin C 表示面积，其三是周长条件应用.解：设三角形的三边长分别为a 、b 、c ，B ＝60°，则依题意得⎩⎪⎨⎪⎧cos600＝a 2＋c 2－b 22ac 12 ac ·sin600＝10 3 a ＋b ＋c ＝20 ∴⎩⎪⎨⎪⎧b 2＝a 2＋c 2－ac ①ac ＝40 ②a ＋b ＋c ＝20 ③由①式得b 2＝［20－（a ＋c ）］2＝400＋a 2＋c 2＋2ac －40（a ＋c ）④将②代入④得400＋3ac －40（a ＋c ）＝0再将③代入得a ＋c ＝13 由⎩⎨⎧ac ＝40a ＋c ＝13 ，解得⎩⎨⎧a 1＝5c 1＝8 或⎩⎨⎧a 2＝8c 2＝5∴b 1＝7，b 2＝7所以，此三角形三边长分别为5 cm ，7 cm ，8 cm.评述：（1）在方程建立的过程中，应注意由余弦定理可以建立方程，也要注意含有正弦形式的面积公式的应用；（2）由条件得到的是一个三元二次方程组，要注意要求学生体会其求解的方法和思路，以提高自己的解方程及运算能力.［例4］在△ABC 中，AB ＝5，AC ＝3，D 为BC 中点，且AD ＝4，求BC 边长.分析：此题所给题设条件只有边长，应考虑在假设BC 为x 后，建立关于x 的方程.而正弦定理涉及到两个角，故不可用.此时应注意余弦定理在建立方程时所发挥的作用.因为D 为BC 中点，所以BD 、DC 可表示为x 2，然后利用互补角的余弦互为相反数这一性质建立方程. 解：设BC 边为x ，则由D 为BC 中点，可得BD ＝DC ＝x 2，在△ADB 中，cos ADB ＝AD 2＋BD 2－AB 22AD ·BD ＝42＋（x 2 ）2－522×4×x 2 在△ADC 中，cos ADC ＝AD 2＋DC 2－AC 22AD ·DC ＝42＋（x 2 ）2－322×4×x 2 又∠ADB ＋∠ADC ＝180°∴cos ADB ＝cos （180°－∠ADC ）＝－cos ADC .∴42＋（x 2 ）2－522×4×x 2 ＝－42＋（x 2 ）2－322×4×x 2 解得，x ＝2所以，BC 边长为2.Ⅴ.课后作业1．在三角形中，三边长为连续自然数，且最大角是钝角，那么这个三角形的三边长分别为 . 答案：2，3，42．已知方程a （1－x 2）＋2bx ＋c （1＋x 2）＝0没有实数根，如果a 、b 、c 是△ABC 的三条边的长，求证△ABC 是钝角三角形.［例1］在△ABC 中，已知sin 2B －sin 2C －sin 2A ＝ 3 sin A sin C ，求B 的度数.解：由定理得sin 2B ＝sin 2A ＋sin 2C －2sin A sin C cos B∴－2sin A sin C cos B ＝ 3 sin A sin C∵sin A sin C ≠0，∴cos B ＝－32∴B ＝150°3.参考例题［例1］在△ABC 中，若cos A cos B ＝b a，试判断△ABC 的形状. 解：由已知cos A cos B ＝b a 及正弦定理得cos A cos B ＝sin B sin A∴sin2A =sin2B∴2A ＝2B 或2A ＋2B ＝π，即A ＝B 或A ＋B ＝π2， 故△ABC 为等腰三角形或直角三角形.［例2］已知△ABC 的三个内角A 、B 、C 依次成等差数列，又三边a 、b 、c 依次成等比数列，求证：该三角形为正三角形.证法一：∵A 、B 、C 成等差数列，则2B ＝A ＋C ，又A ＋B ＋C ＝180°，∴3B ＝180°，∴B ＝60°，再由a 、b 、c 成等比数列，可得b 2＝ac ，因此用余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，∴ac ＝a 2＋c 2－2ac ·12， 即（a －c ）2＝0，∴a ＝c ，A ＝C又B ＝60°，∴△ABC 为正三角形.证法二：∵A 、B 、C 成等差数列，则2B ＝A ＋C ，又A ＋B ＋C ＝180°，∴3B ＝180°，∴B ＝60°，再由a 、b 、c 成等比数列，设公比为q ，于是b ＝aq ，c ＝aq 2，∵cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ，即12 ＝a 2＋（aq 2）2－（aq ）22a （aq 2）整理得q 4－2q 2＋1＝0，解得q 2＝1，q ＝1∵q ＝1，∴三边长相等故三角形为正三角形.［例3］在△ABC 中，若a 2tan B =b 2tan A ，试判断△ABC 的形状. 解法一：∵a 2tan B =b 2tan A ，∴a 2b 2 ＝tan A tan B ＝sin A cos B sin B cos A① 由正弦定理得sin A sin B ＝a b②由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac, ③ cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc , ④ 把②③④式代入①式得a 2b 2 ＝a b a 2＋c 2－b 22ac b 2＋c 2－a 22bc ＝a 2＋c 2－b 2b 2＋c 2－a 2 ， 整理得（a 2－b 2）（c 2－a 2－b 2）＝0，∴a ＝b 或a 2＋b 2＝c 2.∴△ABC 是等腰三角形或直角三角形.解法二：由已知及正弦定理可得（k sin A ）2sin B cos B ＝（k sin B ）2sin A cos A， ∴2sin A cos A ＝2sin B cos B ∴sin2A ＝sin2B∴2A ＝2B 或2A ＝π－2B即A ＝B 或A ＋B ＝π2∴△ABC 是等腰或直角三角形.4.参考练习题1.在△ABC 中，若sin A ＝sin B ＋sin C cos B ＋cos C，试判断△ABC 的形状. 解：∵sin A ＝sin B ＋sin C cos B ＋cos C，∴cos B ＋cos C ＝sin B ＋sin C sin A ， 应用正、余弦定理得a 2＋c 2－b 22ac ＋a 2＋b 2－c 22ab ＝b ＋c a， ∴b （a 2c 2－b 2）＋c （a 2－b 2c 2）＝2bc （b ＋c ），∴a 2（b ＋c ）－（b ＋c ）（b 2－2bc ＋c 2）＝2bc （b ＋c ）即a 2＝b 2＋c 2故△ABC 为直角三角形.2.在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，求证：a 2－b 2c 2 ＝sin （A －B ）sin C. 证明：由a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A . b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B两式相减得a 2－b 2＝c （a cos B －b cos A ），∴a 2－b 2c 2 ＝a cos B －b cos A c 2. 又a c ＝sin A sin C ，b c ＝sin B sin C， ∴a 2－b 2c 2 ＝sin A cos B －sin B cos A sin C ＝sin （A －B ）sin C. 3.在△ABC 中，若（a ＋b ＋c ）（b ＋c －a ）＝bc ，并且sin A ＝2sin B cos C ，试判断△ABC 的形状. 解：由已知条件（a ＋b ＋c ）（b ＋c －a ）＝bc 及余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝（a ＋b ＋c ）（b ＋c －a ）2（a ＋b ＋c ）（b ＋c －a ） ＝12∴A ＝60°又由已知条件sin A ＝2sin B cos C 得sin （B ＋C ）＝sin （B ＋C ）＋sin （B －C ）∴sin （C －B ）＝0，∴B ＝C于是有A ＝B ＝C ＝60°，故△ABC 为等边三角形.正弦定理、余弦定理6．在△ABC 中，已知c ＝10 2 ，C ＝60°，a ＝2033，则∠A ＝ . 7．在△ABC 中，已知三边满足（a ＋b ＋c )(a ＋b －c )＝3ab ，则∠C 等于 .8．在△ABC 中，若 a 2b 2 ＝tan A tan B，则△ABC 是 . 9．在△ABC 中，已知B ＝135°，C ＝15°，a ＝5，那么此三角形的最大边的长是 .10．在△ABC 中，已知a ＝ 3 ，b ＝ 2 ，B ＝45°，求A ，C 及c .11．已知△ABC 中，sin A ∶sin B ∶sin C ＝( 3 ＋1)∶( 3 －1)∶10 ，求最大角.12．已知△ABC 中，a ＝2，c ＝1，求角C 的取值范围.正弦定理、余弦定理答案1．C 2．D 3．D 4．B 5．D6．45° 7．60° 8．等腰或直角三角形 9．5 210．在△ABC 中，已知a ＝ 3 ，b ＝ 2 ，B ＝45°，求A ，C 及c .解：∵a sin A ＝b sin B ，∴sin A ＝a sin B b ＝ 3 sin450 2＝32∵b ＜a 且b ＞a sinB∴A 有两解：A ＝60°或120°.（1）当A ＝60°时，C ＝180°－（A +B ）＝75°c ＝b sin C sin B ＝ 2 sin750sin450 ＝6＋22(2)当A ＝120°时，C ＝180°－（A +B ）＝15°c ＝b sin C sin B ＝ 2 sin150sin450 ＝6－22. 11．已知△ABC 中，sin A ∶sin B ∶sin C ＝( 3 ＋1)∶( 3 －1)∶10 ，求最大角.解：∵a sin A ＝b sin B ＝c sin C＝k ∴sin A ∶sin B ∶sin C ＝a ∶b ∶c ＝( 3 +1)∶( 3 －1)∶10设a ＝( 3 ＋1)k ，b ＝( 3 －1)k ，c ＝10 k (k ＞0)则最大角为C .cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab＝( 3 ＋1)2＋( 3 －1)2－10 22×( 3 ＋1) ( 3 －1)＝－12 ∴C ＝120°.12．已知△ABC 中，a ＝2，c ＝1，求角C 的取值范围.解：由三角形三边关系得 b ＜a ＋c ＝3b ＞a －c ＝1∴1＜b ＜3由c 2＝a 2＋b 2－2ab cosC ，得b 2－4b cos 2C ＋3＝0由Δ≥0，得cos 2C ≥34∴0＜C ≤π6. 第五课时［例1］自动卸货汽车的车箱采用液压结构，设计时需要计算油泵顶杆BC 的长度.已知车箱的最大仰角为60°，油泵顶点B 与车箱支点A 之间的距离为1．95 m ，AB 与水平线之间的夹角为6°20′，AC 长为1．40 m ，计算BC 的长（保留三个有效数字）.分析：求油泵顶杆BC 的长度也就是在△ABC 内，求边长BC 的问题，而根据已知条件，AC ＝1．40 m ，AB ＝1．95 m ，∠BAC ＝60°＋6°20′＝66°20′.相当于已知△ABC 的两边和它们的夹角，所以求解BC可根据余弦定理.解：由余弦定理，得BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos A＝1．952＋1．402－2×1．95×1．40×cos66°20′＝3．571∴BC ≈1．89 （m ）答：油泵顶杆BC 约长1．89 m.评述：此题虽为解三角形问题的简单应用，但关键是把未知边所处的三角形找到，在转换过程中应注意“仰角”这一概念的意义，并排除题目中非数学因素的干扰，将数量关系从题目准确地提炼出来.。