[例3]
地平面上有一旗杆OP，为了测量它的高度，
在地平面上取一基线AB＝40 m，在A处测得P点的仰角
∠OAP＝30°，在B处测得P点的仰角∠OBP＝45°，又
测得∠AOB＝60°，求旗杆的高度(精确到0.1 m)
[思路点拨]
由题意画出示意图，转化为解三角形问
题，利用余弦定理解决．
[精解详析] 如图所示，设 OP＝x m， 在△AOP 中， ∵∠POA＝90° ∠OAP＝30° ， ， ∴AO＝ 3x. 在△BOP 中，∵∠POB＝90° ，∠OBP ＝45° ， ∴BO＝x. 在△AOB 中，∠AOB＝60° ，AB＝40， ∴AB2＝AO2＋BO2－2AO· BOcos∠AOB，
解析： 如图，设开始时观测站、商船、 海盗船分别位于 A、 B、C 处，20 分钟后，海盗船到达 D 处，在△ADC 中， AC＝10 7，AD＝20，CD＝30，由余弦定理得
AD2＋CD2－AC2 400＋900－700 1 cos∠ADC＝ ＝ ＝ 2. 2AD· CD 2×20×30 ∴∠ADC＝60° .在△ABD 中由已知得∠ABD＝30° ， ∠BAD＝60° －30° ＝30° ， 20 40 ∴BD＝AD＝20，90×60＝ 3 (分钟)．
系，有两种思路：①用边化角，②用角化边．
[精解详析] 法一：利用边的关系来判定． sin C c 由正弦定理，得 ＝ . sin B b 又因为 2cos Asin B＝sin C， sin C c 所以 cosA＝ ＝ . 2sin B 2b b2＋c2－a2 由余弦定理，得 cosA＝ , 2bc
[例 2]
如图，在△ABC 中，已知
4 3 BC＝15，AB∶AC＝7∶8，sinB＝ ， 7 求 BC 边上的高 AD.
[思路点拨]
由已知条件，设AB＝7x，AC＝8x，由
正弦定理可求出角C，再利用余弦定理列出关于x的方程， 求得AC、AB，从而求得高AD.
[精解详析] 在△ABC 中， 由已知设 AB＝7x， AC＝8x， 7x 8x 由正弦定理，得 ＝ ， sinC sinB 7 4 3 3 ∴sinC＝ × ＝ ，∴C＝60° (C＝120° 舍去，否则由 8 7 2 8x>7x，知 B 也为钝角，不符合要求)．
2 2
＝ 84t2－240t＋400 ＝2 21t2－60t＋100.
(2)当 t>2 时(图②)， 在△APQ 中，AP＝8t，AQ＝10t－20， ∴PQ＝ AQ2＋AP2－2AQ· APcos60° ＝2 21t2－60t＋100， 综合(1)(2)可知 PQ＝2 21t2－60t＋100(t≥0)， 30 10 ∴当 t＝21＝ 7 时，PQ 最小． 10 ∴甲、乙两船行驶 7 小时后，相距最近．
[一点通]
利用余弦定理判定三角形形状，
主要有两条思路：其一化边为角，要注意整体 变形思想的运用．其二化角为边，再进行代数 恒等变形，要注意因式分解．
1．在△ABC中，2b2－a2＝2bccosA，这个三角形的形 状是________．
b2＋c2－a2 解析：由余弦定理知 cosA＝ ，则 2b2－a2＝ 2bc b2＋c2－a2 2bc× ＝b2＋c2－a2. 2bc ∴b2＝c2⇒b＝c.
1．用余弦定理判断三角形形状：
(1)在△ABC中，若a2<b2＋c2，则0°<A<90°；反之，
若0°<A<90°，则a2<b2＋c2.
(2)在△ABC中，若a2＝b2＋c2，则A＝90°，反之，若
A＝90°，则a2＝b2＋c2.
(3)在△ABC中，若a2>b2＋c2 ，则90°<A<180°；反之，
答案：等腰三角形
2．(2010· 宿迁高三检测)在△ABC中a，b，c分别为内角A，B， C的对边，且2asin A＝(2b＋c)sin B＋(2c＋b)sin C. (1)求A的大小； (2)若sin B＋sin C＝1，试判断△ABC的形状．
解：(1)由已知，根据正弦定理得2a2＝(2b＋c)b＋(2c＋b)c，
由余弦定理，得(7x)2＝(8x)2＋152－2× 15cos60° 8x× ， ∴x2－8x＋15＝0. ∴x＝3 或 x＝5，∴AB＝21 或 AB＝35. 4 3 在△ABC 中，AD＝ABsinB＝ 7 AB， ∴AD＝12 3或 AD＝20 3.
[一点通]
(1)有关长度问题，要有方程意识，设
所以sin (A－B)＝0.
因为 A、B 均为三角形的内角，所以 A＝B. 又由(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，得(a＋b)2－c2＝3ab， 即 a2＋b2－c2＝ab. a2＋b2－c2 ab 1 所以 cosC＝ 2ab ＝2ab＝2. 因为 0° ＜C＜180° ，所以 C＝60° . 所以△ABC 为等边三角形．
答案： 3
4．在△ABC中，若CB＝7，AC＝8，AB＝9，求 AB
边的中线长．
解： 如图所示， 在△ABC 中， AB2＋AC2－BC2 cosA＝ 2× AB× AC 81＋64－49 2 ＝ ＝ ， 2× 8 9× 3 ∴CD2＝AD2＋AC2－
9 9 2 145 2＋82－2× × 2× AD× ACcosA＝ 2 8× ＝ . 2 3 4
即a2＝b2＋c2＋bc.
由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，
1 故 cosA＝－2，又 A∈(0，π)，故 A＝120° .
(2)由(1)中 a2＝b2＋c2＋bc 及正弦定理得 sin2A＝sin2B＋ sin2C＋sinBsin C. 1 又 sinB＋sinC＝1，得 sinB＝sinC＝ . 2 因为 0° ＜B＜90° ，0° ＜C＜90° ，故 B＝C. 所以△ABC 是等腰的钝角三角形.
1 即 1 600＝3x ＋x －2 3x×x× ， 2
2 2
1 600 ∴x ＝ ，∴x＝40 4－ 3
2
4＋ 3 ≈26.6(m)． 13
因此旗杆高约为 26.6 m.
[一点通]
利用余弦定理解决实际问题的关
键是根据题意转化成解三角形的问题．
6．海上一观测站测得方位角240°的方向上有一艘停
止待修的商船，在商船的正东方有一艘海盗船正 向它靠近，速度为每小时90海里．此时海盗船距 观测站10海里，20分钟后测得海盗船距观测站20 海里，再过________分钟，海盗船到达商船．
40 答案： 3
7．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10海里/小时的速度向正北方向 行驶，而甲船同时以8海里/小时的速度由A处向 北偏西60°方向行驶，求经过多长时间甲、乙
两船相距最近.
解：设甲、乙两船经过 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(图①)， 在△APQ 中，AP＝8t，AQ＝20－10t， ∴PQ＝ AQ2＋AP2－2AP· AQcos120° ＝ 1 20－10t ＋8t －220－10t8t－ 2
若90°<A<180°，则a2>b2＋c2.
提醒：①判断三角形形状时，要灵活选用公式，
做到事半功倍．②注意题目中的隐含条件，防止增
解或漏解．
2．利用余弦定理解决实际问题时，关键是根 据所求问题将已知量置于可解三角形内，通过解三 角形解决．
点此进入
未知数，列方程求解是经常用到的方法．
(2)要灵活运用正、余弦定理及三角形面积公式．
(3)要注意与平面几何知识的运用，必要时可做辅
助线．
3．在△ABC 中，AB＝2，AC＝ 6，BC＝1＋ 3，AD 为 边 BC 上的高，则 AD 的长是________．
AB2＋BC2－AC2 1 解析：∵cosB＝ ＝2， 2AB· BC ∴B＝60° . ∴AD＝ABsinB＝ 3.
2 2 2 c b ＋c －a 所以 ＝ ，即 c2＝b2＋c2－a2. 2b 2bc
所以 a＝b.
又因为(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab， 所以(a＋b)2－c2＝3ab，所以4b2－c2＝3b2， 所以b＝c.
所以a＝b＝c，因此△ABC为等边三角形．
法二：利用角的关系来判定． 因为A＋B＋C＝180°，所以sin C＝sin (A＋B) 又因为 2cos Asin B＝sin C， 所以2cos Asin B＝sin Acos B＋cos Asin B.
第 一 章 解 三 角 形
1.2 余 弦 定 理
第 二 课 时 余 弦 定 理 的 应 用
考点一 把握热点考向 考点二 考点三
应用创新演练
第二课时
余弦定理的应用
[例1]
在△ABC中，已知(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，
且2cos Asin B＝sin C，试确定△ABC的形状． [思路点拨] 已知条件中既有边的关系又有角的关
145 ∴中线 CD 的长为 . 2
5.如右图所示， 在四边形 ABCD 中， AC 平分∠DAB，∠ABC＝60° ，AC＝7， 15 3 AD＝6，S△ACD＝ 2 .求 AB 的长．
解：在△ACD 中， 1 S△ACD＝2AC· ADsin∠1， 15 3 2S△ACD 2× 2 5 3 ∴sin∠1＝AC· ＝ 7× ＝ 14 ， AD 6
5 3 ∴sin∠2＝ 14 .在△ABC 中， ACsin∠2 BC＝ sin60° ＝5 11 且 cos∠2＝ 1－sin2∠2＝14， ∴BC2＝AB2＋AC2－2AB· ACcos∠2， 即 25＝AB2＋49－11AB，(AB－8)(AB－3)＝0， ∴AB＝8 或 AB＝3. 由大边对大角知 AB＝3 应舍去． ∴AB＝8.
