知识点三 三角形面积公式
（1）S＝aha＝bhb＝chc；
（2）S＝absinC＝bcsinA＝casinB.
类型一 利用正弦、余弦定理解三角形
例1 如图，在△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝2，点D在BC边上，∠ADC＝45°，求AD的长度．
反思与感悟 解三角形的一般方法：
（1）已知两角和一边，如已知A、B和c，由A＋B＋C＝π求C，由正弦定理求a、b.
（2）已知两边和这两边的夹角，如已知a、b和C，应先用余弦定理求c，再应用正弦定理先求较短边所对的角，然后利用A＋B＋C＝π，求另一角．
（3）已知两边和其中一边的对角，如已知a、b和A，应先用正弦定理求B，由A＋B＋C＝π求C，再由正弦定理或余弦定理求c，要注意解可能有多种情况．
（4）已知三边a、b、c，可应用余弦定理求A、B、C.
跟踪训练1
如图，在△ABC中，∠B＝，AB＝8，点D在BC边上，CD＝2，cos∠ADC＝.
（1）求sin∠BAD；
（2）求BD，AC的长．
类型二 三角变换与解三角形的综合问题
命题角度1 三角形形状的判断
例2 在△ABC中，若（a2＋b2）sin（A－B）＝（a2－b2）·
sin（A＋B），试判断△ABC的形状．
命题角度2 三角形边、角、面积的求解
例3 △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝bcosC＋csinB.
（1）求B；
（2）若b＝2，求△ABC的面积的最大值．
反思与感悟 该类问题以三角形为载体，在已知条件中涉及了三角形的一些边角关系，由于正弦定理和余弦定理都是关于三角形的边角关系的等式，通过定理的运用能够实现边角互化，在边角互化时，经常用到三角函数中两角和与差的公式及倍角公式等．
跟踪训练2 在△ABC中，a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，若a＝2，C＝，cos＝，求△ABC的面积S.
类型三 正弦、余弦定理在实际中的应用
例4 某气象仪器研究所按以下方案测试一种“弹射型”气象观测仪器的垂直弹射高度：
A、B、C三地位于同一水平面上，在C处进行该仪器的垂直弹射，观测点A、B两地相距100米，∠BAC＝60°，在A地听到弹射声音的时间比在B地晚秒．在A地测得该仪器弹至最高点H时的仰角为30°，求该仪器的垂直弹射高度CH.（声音的传播速度为340米/秒）
反思与感悟 应用解三角形知识解决实际问题需要下列四步：
（1）分析题意，准确理解题意，分清已知与所求，尤其要理解题中的有关名词、术语，如坡度、仰角、俯角、视角、方位角等；
（2）根据题意画出示意图，并将已知条件在图形中标出；
（3）将所求问题归结到一个或几个三角形中，通过合理运用正弦、余弦定理等有关知识正确求解；
（4）检验解出的结果是否具有实际意义，对结果进行取舍，得出正确答案．
跟踪训练3 甲船在A处，乙船在甲船正南方向距甲船20海里的B处，乙船以每小时10海里的速度向正北方向行驶，而甲船同时以每小时8海里的速度由A处向北偏西60°方向行驶，问经过多少小时后，甲、乙两船相距最近？
1．在△ABC中，关于x的方程（1＋x2）sinA＋2xsinB＋（1－x2）sinC＝0有两个不等的实根，则A为（ ）
A．锐角B．直角
C．钝角D．不存在
2．在△ABC中，AB＝3，BC＝，AC＝4，则边AC上的高为（ ）
A.B.C.D．3
3．如图所示，在斜度一定的山坡上的一点A处测得山顶上一建筑物顶端C对于山坡的斜度为15°，向山顶前进100米后到达点B，又从点B测得斜度为45°，建筑物的高CD为50米．求此山对于地平面的倾斜角θ的余弦值．
1．在三角形中，大角对大边，大边对大角；大角的正弦值也较大，正弦值较大的角也较大，即在△ABC中，A>B等价于a>b等价于sinA>sinB.
2．对所给条件进行变形，主要有两种途径：
（1）化边为角；
（2）化角为边，并常用正弦（余弦）定理实施边、角转换．
3．正弦定理是一个关于边角关系的连比等式，在运用此定理时，只要知道其比值或等量关系就可以通过约分达到解决问题的目的，在解题时要学会灵活运用．运用余弦定理时，要注意整体思想的运用．
答案精析
知识梳理
知识点一
（1） 2R
（2）2RsinA 2RsinB 2RsinC
（3）
（4）a>b sinA>sinB
知识点二
1．b2＋c2－2bccosA c2＋a2－2cacosB
a2＋b2－2abcosC
2.
3．直角 钝角 锐角
题型探究
类型一
例1 解 在△ABC中，
∵AB＝AC＝2，BC＝2，
由余弦定理，
得cosC＝＝，
∴sinC＝.
在△ADC中，由正弦定理，
得＝，
∴AD＝×＝.
跟踪训练1 解
（1）在△ADC中，
因为cos∠ADC＝，
所以sin∠ADC＝.
所以sin∠BAD＝sin（∠ADC－∠B）
＝sin∠ADCcosB－cos∠ADCsinB
＝×－×＝.
（2）在△ABD中，由正弦定理，得
BD＝＝＝3.
在△ABC中，由余弦定理，
得AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC×cosB＝82＋52－2×8×5×＝49，
所以AC＝7.
类型二
命题角度1
例2 解 ∵（a2＋b2）sin（A－B）
＝（a2－b2）sin（A＋B），
∴b2[sin（A＋B）＋sin（A－B）]
＝a2[sin（A＋B）－sin（A－B）]，
∴2b2sinAcosB＝2a2cosAsinB，
即a2cosAsinB＝b2sinAcosB.
方法一 由正弦定理知a＝2RsinA，
b＝2RsinB，
∴sin2AcosAsinB＝sin2BsinAcosB，
又sinAsinB≠0，
∴sinAcosA＝sinBcosB，
∴sin2A＝sin2B.
在△ABC中，0＜2A＜2π，0＜2B＜2π，
∴2A＝2B或2A＝π－2B，
∴A＝B或A＋B＝.
∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．
方法二 由正弦定理、余弦定理，得
a2b×＝b2a×，
∴a2（b2＋c2－a2）＝b2（a2＋c2－b2），
∴（a2－b2）（a2＋b2－c2）＝0，
∴a2－b2＝0或a2＋b2－c2＝0.
即a＝b或a2＋b2＝c2.
∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．
命题角度2
例3 解
（1）由正弦定理a＝2RsinA，
b＝2RsinB，
c＝2RsinC.
得2RsinA＝2RsinBcosC＋2RsinCsinB
即sinA＝sinBcosC＋sinCsinB.
又A＝π－（B＋C），
∴sin[π－（B＋C）]＝sin（B＋C）
＝sinBcosC＋sinCsinB，
即sinBcosC＋cosBsinC
＝sinBcosC＋sinCsinB，
∴cosBsinC＝sinCsinB.
∵sinC≠0，
∴cosB＝sinB且B为三角形内角，
∴B＝.
（2）S△ABC＝acsinB＝ac，
由正弦定理知
a＝＝×sinA＝2sinA，
同理，c＝2sinC，
∴S△ABC＝×2sinA×2sinC
＝2sinAsinC
＝2sinAsin（－A）
＝2sinA（sincosA－cossinA）
＝2（sinAcosA＋sin2A）
＝sin2A＋1－cos2A
＝sin（2A－）＋1
∴当2A－＝，
即A＝时，
S△ABC有最大值＋1.
跟踪训练2 解 因为cosB＝2cos2－1＝，
故B为锐角，所以sinB＝，
所以sinA＝sin（π－B－C）
＝sin
＝sincosB－cossinB
＝.
由正弦定理，
得c＝＝，
所以S△ABC＝acsinB
＝×2××＝.
类型三
例4 解 由题意，设AC＝x，
则BC＝x－×340＝x－40.
在△ABC中，由余弦定理，得
BC2＝BA2＋AC2－2×BA×AC×cos∠BAC，
即（x－40）2＝10000＋x2－100x，
解得x＝420.
在Rt△ACH中，
AC＝420，∠CAH＝30°，
所以CH＝AC×tan∠CAH＝140.
所以该仪器的垂直弹射高度CH为140米．
跟踪训练3 解 设甲、乙两船经t小时后相距最近且分别到达P、Q两处，因乙船到达A处需2小时．
①当0≤t＜2时，如图
（1），
在△APQ中，AP＝8t，AQ＝20－10t，
所以PQ＝
＝
＝
＝2；
②当t＝2时，PQ＝8×2＝16；
③当t>2时，如图
（2），
在△APQ中，AP＝8t，AQ＝10t－20，
∴PQ＝
＝2.
综合①②③知，
PQ＝2（t≥0）．
当且仅当t＝＝时，PQ最小．
所以甲、乙两船行驶小时后，相距最近．
当堂训练
1．A 2.B 3.－1
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