数学高中必修五解三角形

第一章解三角形1.1正弦定理和余弦定理1.1.1正弦定理【典型剖析】考察点1：利用正弦定理解三角形例1在ABC中，已知A:B:C=1:2:3,求a:b:c.【点拨】本题考查利用正弦定理实现三角形中边与角的互化，利用三角形内角和定理及正弦定理的变形形式a:b:c=sinA:sinB:sinC求解。A:B:C1:2:3,而ABC.A,B,C,解：63213a:b:sinA:sinB:sinCsin:sin:sin::11:3:2.63222【解题策略】要牢记正弦定理极其变形形式，要做到灵活应用。例2在ABC中，已知c=2+6，C=30°，求a+b的取值范围。【点拨】此题可先运用正弦定理将a+b表示为某个角的三角函数，然后再求解。abc26解：∵C=30°，c=2+6，∴由正弦定理得：,sinAsinBsinCsin30∴a=2(2+6)sinA,b=2(2+6)sinB=2(2+6)sin（150°-A）.∴a+b=2(2+6)[sinA+sin(150°-A)]=2(2+6)·2sin75°·cos(75°-A)=226cos(75°-A)2①当75°-A=0°，即A=75°时，a+b取得最大值26=8+43；②∵A=180°-(C+B)=150°-B,∴A＜150°，∴0°＜A＜150°,∴-75°＜75°-A＜75°，∴cos75°＜cos(75°-A)≤1，2262∴＞26cos75°=26×=2+6.4综合①②可得a+b的取值范围为(2+6,8+43>考察点2：利用正弦定理判断三角形形状例3在△ABC中，a2·tanB=b2·tanA，判断三角形ABC的形状。【点拨】通过正弦定理把边的关系转化为角的关系，利用角的关系判断△ABC的形状。sinBsinA解：由正弦定理变式a=2RsinA,b=2RsinB得：2RsinA22RsinB2,cosBcosAsinAcosAsinBcosB,即sin2Asin2B，2A2B或2A2B，AB或AB.∴ABC为等腰三角形或直角三角形。2【解题策略】“在△ABC中，由sin2Asin2B得∠A=∠B”是常犯的错误，应认真体会上述解答过程中“∠A=∠B或∠A+∠B=”的导出过程。2例4在△ABC中，如果lgalgclgsinBlg2，并且B为锐角，试判断此三角形的形状。【点拨】通过正弦定理把边的形式转化为角的形式，利用两角差的正弦公式来判断△ABC的形状。2解：lgsinBlg2,sinB.又∵B为锐角，∴B=45°.2c2sinA2由lgalgclg2,得.由正弦定理，得,a2sinC2∵A18045C,代入上式得：2sinC2sin135C2sin135cosCcos135sinC2cosC2sinC,cosC0,C90,A45.ABC为等腰直角三角形。考察点3：利用正弦定理证明三角恒等式a2b2b2c2c2a2例5在△ABC中，求证0.cosAcosBcosBcosCcosCcosA【点拨】观察等式的特点，有边有角要把边角统一，为此利用正弦定理将a2，b2，c2转化为sin2A,sin2B,sin2C.证明：由正弦定理的变式a2RsinA,b2RsinB得：a2b24R2sin2A4R2sin2B4R2（[1-cos2A）-(1-cos2B)]=cosAcosBcosAcosBcosAcosB(cos2Bcos2A)4R2(cosBcosA)cosAcosB同理b2c24R2(cosCcosB),cosBcosCc2a24R2(cosAcosC).cosCcosA左边=4R2(cosBcosAcosCcosBcosAcosC)0右边等式成立。【解题策略】在三角形中，解决含边角关系的问题时，常运用正弦定理进行边角互化，然后利用三角知识去解决，要注意体会其中的转化与化归思想的应用。例6在△ABC中，a,b,c分别是角A,B,C的对边，C=2B，求证c2b2ab.【点拨】本题考查正弦定理与倍角公式的综合应用.证明：ABC180,BC180A.又C2B,CBB.sin(BC)sin(180A)sinA,c2b24R2(sin2Csin2B)4R2(sinCsinB)(sinCsinB)BCCBBCCB4R22sincos2cossin22224R2sin(CB)sin(CB)4R2sinAsinBab右边.等式成立.【解题策略】有关三角形的证明题中，要充分利用三角形本身所具有的性质。ABC（1）ABC,ABC,,2A2222B22C.(2)sin(AB)sinC,cos(AB)cosC,tan(AB)tanC.ABCABCAB(3)sincos,cossin,tan22222Ccot.2(4)sin(2A2B)sin2C,cos(2A2B)cos2C,tan(2A2B)tan2C.考察点4：求三角形的面积B25例7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425△ABC的面积S.【点拨】先利用三角公式求出sinB,sinA及边c，再求面积。B25B3解：由题意cos，得cosB2cos21,25254372∴B为锐角，sinB,sinAsin(BC)sin(B)由正,弦定理得541010111048c,SacsinB2.722757【解题策略】在△ABC中，以下三角关系式在解答三角形问题时经常用到，要记准、记熟，AB并能灵活应用，ABC,sin(AB)sinC,cos(AB)cosC;sin2CABCcos,cossin.222例8已知△ABC中a,b,c分别是三个内角A,B,C的对边，△ABC的外接圆半径为12，且C,3求△ABC的面积S的最大值。【点拨】本题主要考察正弦定理与三角形面积公示的综合应用。11解：SabsinC2RsinA2RsinBsinCABC223313R2sinAsinBR2[cos(AB)cos(AB)]R2[cos(AB)].2223333当cos(AB)1,即AB时，(S)R21441083.ABCmax44【解题策略】把三角形的面积公式和正弦定理相结合，通过讨论三角函数值的取值，求得面积的最大值。考察点5：与正弦定理有关的综合问题例9已知△ABC的内角A,B极其对边a,b满足abacotAbcotB,求内角C【点拨】本题主要考察解三角形中的正弦定理、和差化积公式等基础知识，考察运算能力、分析能力和转化能力。ab解法1：abacotAbcotB,且2R（R为△ABC的外接圆半径），sinAsinBsinAcosAcosBsinB,1sin2A1cos2B.cos2Acos2B0又sin2Asin2B2cos(AB)sin(AB).cos(AB)sin(AB)0,cos(AB)0或sin(AB)0.又∵A,B为三角形的内角，AB或AB,当AB时，C；222当AB时，由已知得cotA1,AB,C.综上可知，内角C.422解法2：由abacotAbcotB及正弦定理得，sinAsinB=cosAcosB，sinAcosAcosBsinB，从而sinAcoscosAsincosBsinsinBcos,4444即sin(A)sin(B).又∵0＜A+B＜π，AB,AB,C.444422【解题策略】切化弦、边化角是三角关系化简的常用方法，熟练运用三角恒等变换公式是解题的关键。cosAb4例10在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a,b,c,且c=10,，求a,b及△ABCcosBa3的内切圆半径。【点拨】欲求边，应将已知条件中的边角统一，先求角再求边。cosAbcosAsinB解：由,可得=,变形为sinAcosAsinBcosB,sin2Asin2BcosBacosBsinA又ab,2A2B,AB,∴△ABC是直角三角形。2a2b2102abc6810由b4解得a6,b8.ABC的内切圆半径为r=222a3,【解题策略】解此类问题应注意定理与条件的综合应用。------------------------------------------『易错疑难辨析』易错点利用正弦定理解题时，出现漏解或增解【易错点辨析】本节知识在理解与运用中常出现的错误有：（1）已知两边和其中一边的对角，利用正弦定理求另一边的对角时，出现漏解或增解；（2）在判断三角形的形状时，出现漏解的情况。例1（1）在△ABC中，a23,b6,A30,求B;（2）在△ABC中，a23,b2,A60,求B;【错解】sinAsin303（1）由正弦定理得sinBb6,B60a232sinAsin601（2）由正弦定理得sinBb2,B30或150a2323【点拨】（1）漏解，由sinB（0°＜B＜180°）可得B60或120因为b＞a,所以21两解都存在。（2）增解。由sinB（0°＜B＜180°）可得B30或150，因为b＜a,2根据三角形中大边对大角可知B＜A,所以B150不符合条件，应舍去。sinAsin303【正解】（1）由正弦定理得sinBb6.又∵0°＜B＜180°a232B60或120（经检验都符合题意）sinAsin601（2）由正弦定理得sinBb2.又∵0°＜B＜180°a232B30或150∵b＜a,根据三角形中大边对大角可知B＜A，B150不符合条件，应舍去，B30。易错点忽略三角形本身的隐含条件致错【易错点解析】解题过程中，忽略三角形本身的隐含条件，如内角和为180°等造成的错误。c例2在△ABC中，若C3B,求的取值范围。bcsinCsin3Bsin(B2B)sinBcos2BcosBsin2B【错解】由正弦定理得=bsinBsinBsinBsinBccos2B2cos2B4cos2B1.0cos2B114cos2B13,03bc【点拨】在上述解题过程中，得到了=4cos2B1后，忽略了三角形的内角和定理及隐含b的A,B,C均为正角这一条件。【正解】csinCsin3Bsin(B2B)sinBcos2BcosBsin2B由正弦定理可知=bsinBsinBsinBsinBcos2B2cos2B4cos2B1.ABC=180，C3B.2c∴0°＜B＜45°，＜cosB＜1.∴1＜4cos2B1＜3，故1＜＜3.2b--------------------------『高考真题评析』例1（2010·广东高考）已知a，b，c分别是△ABC的三个内角A，B，C所对的边，若a1,b3,AC2B,则sinC_______【命题立意】本题主要考察正弦定理和三角形中大边对大角的性质，解题的关键是确定角C的值。【点拨】在△ABC中，ABC,又AC2B，故B，由正弦定理知3asinB1BsinA,又a＜b，因此A从而可知C，即sinC1。故填1.b262【名师点评】解三角形相关问题时，应灵活掌握边角关系，实现边角互化。2例2（2010·北京高考）如图1-9所示，在△ABC中，若b1,c3,C,3则a_________.【命题立意】本题考查利用正弦定理解决三角形问题，同时要注意利用正弦定理得到的两解如何取舍。311【点拨】由正弦定理得，,sinB.∵C为钝角，∴B必为锐角，2sinsinB23BA.ab1.故填1661【名师点评】在0,范围内，正弦值等于的角有两个，因为角C为钝角，所以角B必2为锐角，防止忽略角的范围而出现增解C图1-9例3（2010·湖北高考）在△ABC中，a15,b10,A60,则cosB等于（）21a2222366A.B.C.D.【命题立意】本题考查正弦定理及3333同角三角函数基本关系式，解题的关键是确定角B的范围。3AB10151010sin6023【点拨】由正弦定理得3,sinB.∵a＞b，sin60sinB15153326cosB1sin2B1A60，∴B为锐角。，故选D33【名师点评】根据三角形性质大边对大角准确判断角B的范围，从而确定角B的余弦值。ACcosB例4（2010·天津高考）在△ABC中，.ABcosC1（1）求证BC；（2）若cosA，求sin4B的值。33【命题立意】本题主要考察正弦定理、两角和与差的正弦公式、同角三角函数的基本关系、二倍角的正弦与余弦等基础知识，同时考察基本运算能力。sinBcosB证明：（1）在△ABC中，由正弦定理及已知，得。sinCcosC于是sinBcosCcosBsinC0,即sinBC0.因为＜B-C＜，从而B-C=0，所以B=C.1解：（2）由ABC和（1）得A2B，故cos2Bcos2BcosA322.42又0＜2B＜，于是sin2B1cos22B从而sin4B2sin2Bcos2B，3974273cos4Bcos22Bsin22B。所以sin4Bsin4Bcos.93318【名师点评】（1）证角相等，故由正弦定理化边为角。（2）在（1）的基础上找角A与角B的函数关系，在求2B的正弦值时要先判断2B的取值范围。知能提升训练学以致用1、在△ABC中，下列关系式中一定成立的是（）A．a＞bsinAa=B.bsinAC.a＜bsinAa≥D.bsinA2、（2011·山东模拟）△ABC中，角A，B，C的对边分别为a,b,c，A,a3,b1，3则c等于（）A.1B.2313C.D.3、（2011·广东模拟）在△ABC中，a15,b10,A60，则sinB等于（）3366A．B.C.D.3333abc4、在△ABC中，若，则△ABC是（）cosAcosBcosCA．直角三角形等边直角三角形B.C．钝角三角形等腰直角三角形D.c5、在锐角△ABC中，若C=2B，则的范围是（）bA．0,22,2B.2,C.31,3D.6、在△ABC中，a,b3,A45，则，满足此条件的三角形有（）A．0个个B.1个C.2无数个D.7、在△ABC中，若A：B：C=3：4：5，则a：b：c等于（）A．3：4：56:B.2:3132C.1:3:22:3:D.28、（2011·浙江模拟）在△ABC中，B135,C15,a5,则此三角形的最大边长为（）A．534B.35C.24D.29、在△ABC中A75,B45,c32,则b________。10、（2011·山东模拟）在△ABC中角A，B，C的对边分别为a,b,c，若a2,b2,siBncBos，则角2A的大小为_______。11、在△ABC中已知axcm，b2cm，B45，如果利用正弦定理解三角形有两解，那么x的取值范围是______________。12、如图1-10所示，△ACD是等边三角形，△ABC是等腰直角三角形，ACB90,BD交AC于E，AB=2.（1）求cosCBE的值；（2）求AE的长。DCEBA图1-10a2b2sinAB13、在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a,b,c，求证。c2sinC14、在△ABC中，c22,tanA3,tanB2,求a,b及三角形的面积。15、已知方程x2bcosAxacosB0的两根之积等于两根之和，且A,B为△ABC的内角，a,b分别为A,B的对边，判断△ABC的形状。1316、在△ABC中，tanA,tanB.45（1）求角C的大小；（2）若△ABC的最大边长为17，求最小边的长。1.1.2余弦定理『典型题剖析』考察点1：利用余弦定理解三角形例1：已知△ABC中，b3,c33,B30,求A，C和a。【点拨】解答本题可先由余弦定理列出关于边长a的方程，首先求出边长a，再由再由正弦定理求角A，角C，也可以先由正弦定理求出角C，然后再求其他的边和角。解法1：2由正弦定理b2a2c22accosB,得32a2332a33cos30，a29a180,解得a3或6.当a3时，A30,C12016asinB当a6时，由正弦定理得sinA21,A90,C60.b3133解法2：由b＜c，B30,b＞csin3033，知本题有两解。22133csinB3由正弦定理得sinC2，C60或120，b322当C60时，A90，由勾股定理得：ab2c232336当C120时，A30，∴△ABC为等腰三角形，a3。【解题策略】比较两种解法，从中体会各自的优点，从而探索出适合自己思维的解题规律和方法。三角形中已知两边和一角，有两种解法。方法一利用余弦定理列出关于第三边的等量关系列出方程，利用解方程的方法求出第三边的长，这样可免去判断取舍的麻烦。方法二直接运用正弦定理，先求角再求边。例2：△ABC中，已知a26,b623,c43，求A，B，C【点拨】解答本题可由余弦定理求出角的余弦值，进而求得各角的值。解法1：由余弦定理得：222b2c2a2623432636243124824cosA2bc2623434834872243333。因为A0,180,所以A30。483482322222a2b2c22662343243624312482cosC2ab2266232462422因为C0,180,所以C45因为ABC180,所以B18045301051431csinA2解法2：由解法1知sinA，由正弦定理得，sinC2.2a262因为b＞c，所以B＞C，所以角C应该是锐角，因此C45。又因为ABC180,所以B1804530105【解题策略】已知三角形三边求角，可先用余弦定理求解，再用正弦定理求解，在用正弦定理求解时，要根据边的大小确定角的大小，防止增解或漏解。考察点2：利用余弦定理判断三角形的形状例3：在△ABC中，已知abcabc3ab,且2cosAsinBsinC，试判断△ABC的形状。【点拨】本题主要考察利用正弦定理或余弦定理判断三角形的形状，从问题的已知条出发，找到三角形边角之间的关系，然后判断三角形的形状。sinCc解法1：（角化边）由正弦定理得，由2coAssBinCs，i得sinBbsinCcc2b2a2cosA。又由余弦定理的推论得cosA。2siBnb22bccc2b2a2,即c2b2c2a2,ab。又abcabc3ab.2b2bcab2c23b2,4b2c23b2,bc.abc,ABC为等边三角形。解法2：（边化角）ABC180,sinCsinAB.又2cosAsinBsinC，2cosAsinBsinAcosBcosAsinB,sinAB0.又∵A与B均为ABC的内角，∴A=B.又由abcabc3ab，得ab2c23ab，1a2b2c22ab3ab，即a2b2c2ab,由余弦定理得cosC，2而0°＜C＜180°，C60.又AB,ABC为等边三角形。【解题策略】已知三角形关系中的边角关系式判断三角形的形状，有两条思考路线：一是化边为角，求出三个角之间的关系式；二是化角为边，求出三条边之间的关系式，种转化主要应用正弦定理和余弦定理。例4：已知钝角三角形ABC的三边ak,bk2,ck4,求k的取值范围。【点拨】由题意知△ABC为钝角三角形，按三角形中大边对大角的原则，结合a,b,c的大小关系，故必有C角最大且为钝角，于是可有余弦定力理求出k的取值范围。解：c2a2b22abcosC,当C为钝角时，2abcosC＞0，a2b2＜c2，k2k22＜k42，解得-2＜k＜6.而k+k+2＞k+4，∴k＞2.故2＜k＜6.故k的取值范围是2,6.【解题策略】应用三角形三边关系时，应注意大边对大角。考察点3：利用余弦定理证明三角形中的等式问题例5在中，a,b,c分别是角A，B，C的对边，CA1（1）求证acosBbcosAc;（2）求证acos2cos2abc.222【点拨】本题考察余弦定理及余弦定理与二倍角公式的综合应用。a2c2b2b2c2a2a2c2b2b2c2a2证明：（1）左边ab2ac2bc2ac2bc2c2c右边，故原式成立。2ca1cosCc1cosAaa2b2c2cb2c2a2（2）左边112222ab22bc1a2b2c2b2c2a21acabc右边，故原式成立。22b2b2【解题策略】（1）小题利用余弦定理将角化为边。（2）小题先降幂，然后利用余弦定理将角化为边。例6在ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c。a2b2sinABaccosBsinB（1）求证;（2）求证c2sinCbccosAsinA【点拨】本题考察余弦定理及余弦定理与两角和差正弦公式的综合应用a2b2c22bccosAb证明：（1）由a2b2c22bccosA,得；12cosA。c2c2cbsinB又∵,∴a2b2sinBsinC2sinBcosAcsinC12cosAc2sinCsinCsinAB2cosAsinBsinAcosBcosAsinBsinAB故原式成立。sinCsinC.sinCa2c2b22a2a2c2b2a2c2b2acbsinB（2）左边2ac2a2a右边。b2c2a22b2b2c2a2b2c2a2asinAbc2bc2b2b故原式成立。考察点4：正余弦定理的综合应用例7：在ABC中，已知b31a,C30,求A,B.【点拨】本题主要考察正、余弦定理的综合应用。23解：b31a,c2b2a22abcosC31aa22a2312423a2a2331a223a2.c∵a＞0,c＞0,c23a,23.a1csinCsinC233162正弦定理得,sinA2,asinA23232224A75或105.由b31a知a＞b,若A75,则B180AC75,ab,与已知矛盾。A105,B180AC45.【解题策略】本题边未知，已知一角，所以考虑使用余弦定理得a，c的关系，再结合正弦6262定理求sinA.注意特殊角的三角函数值，如：sin75,sin15.44例8：设ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b2c2a23bc,（1）求A的大小；（2）求2sinBcosCsinBC的值。【点拨】本题考察余弦定理，和角、差角的正弦公式的综合应用。b2c2a23bc3解：（1）由余弦定理a2b2c22bccosA,得cosA,2bc2bc2所以A.（2）2sinBcosCsinBC2sinBcosCsinBcosCcosBsinC61sinBcosCcosBsinCsinBCsinAsinA。2例9：设ABC得到内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acosB3,bsinA4.（1）求边长a；（2）若ABC的面积S=10，求ABC的周长l。【点拨】本题考察正弦定理、余弦定理、三角形面积公式及同脚三角函数关系式的综合应用。解：（1）已知acosB3,bsinA4.3acosBacosBbcosB将两式相除，有cotB.4bsinAsinAbsinBb34又由acosB3知cosB＞0，则cosB,sinB，则a5.551a2c2b23（2）由SacsinB10,得c5.由cosB,得b25。22ac5故l1025。【解题策略】把已知两个关系式相除是本题的难点，也是解决此题的关键，相除之后出现a，使用正弦定理使问题得到顺利解决。sinA『易错疑难解析』易错点利用余弦定理判断三角形的形状时出现漏解情况【易错点辨析】在等式两边同时约去一个因式时，需要十分小心，当该因式恒正或恒负时可以约去，一定要避免约去可能为零的因式而导致漏解。例1：在ABC中，已知acosAbcosB,试判断ABC的形状。【错解】由余弦定理得：b2c2a2a2c2b2ab,a2b2c2a2b2a2c2b2,2bc2aca2b2a2c2a4b2a2b2c2b4,a2b2c2a2b2a2b2,c2a2b2.故ABC为直角三角形。【点拨】利用余弦定理把已知等式中角的形式转化为边的形式，其思路是正确的，但是在等式变形中约去了可能为零的因式a2b2，产生了漏解的情况，导致结论错误。【正解】b2c2a2a2c2b2由余弦定理得：ab,a2b2c2a2b2a2c2b2,2bc2aca2b2c2a2b2a2b2,a2b2c2a2b20,ab或c2a2b2。∴ABC为等腰三角形或直角三角形。易错点易忽略题中的隐含条件而导致错误【易错点辨析】我们在解题时要善于应用题目中的条件，特别是隐含条件，全面、细致地分析问题，如下列题中的b＞a就是一个重要条件。例2：在ABC中，已知a2,b22,C15,求A。【错解】由余弦定理，得62c2a2b22abcosC482222843,c62.4asinC1由正弦定理，得sinA.又0°＜A＜180°，A30或150.c2【点拨】注意到已知条件中b22＞a2这一隐含条件，则B＞A，显然A150是不可能的。【正解】由余弦定理，得c2a2b22abcosC843c62.asinC1又由正弦定理，得sinA.∵b＞a，∴B＞A.又0°＜A＜180°，A30c2『高考真题评析』例1：（2011.山东模拟）在ABC中，D为BC边上一点，BC3BD,AD2,ADB135,若AC2AB,则BD__________.【命题立意】本题主要考察余弦定理与方程组的应用。【点拨】如图1-13所示，设ABk,则AC2k,再设BDx,则DC2x,在ABD中，2k2x222x2x222x由余弦定理得①。在ADC中，由余弦定理22得2k24x2222x24x224x,k22x212x②。由①②得2x24x10,解得x25（负值舍去），故填25。【名师点评】根据题意画出示意图由CD=2BD,AC=2AB,设出未知量，在两个三角形中分别利用余弦定理，然后联立方程组求解。ACBD图1-13例2：（2010.天津高考）在ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a2b23bc,sinC23sinB,则A等于（）A．30°°B.60C.120°°D.150【命题立意】本题考察正、余弦定理的综合应用，考察分析问题、解决问题的能力。【点拨】由sinC23sinB,根据正弦定理得c23b,代入a2b23bc,得a2b26b2,即a27b2,，由余弦定理得b2c2a2b212b27b26b23cosA,又0°＜A＜180°，A30.故2bc2b2343b22选A【名师点评】应用正弦定理把已知条件中sinC23sinB,转化成边b，c的关系，再代入已知得a，b的关系，利用余弦定理变形形式求角的余弦值。例3：（2010.北京高考）某班设计了一个八边形的班徽（如图1-14所示），它由腰长为1，顶角为a的四个等腰三角形，及其底边构成的正方形所组成，该八边形的面积为（）A.2sina2cosa2sinB.a3cosa3C.3sina3cosa1D.2sinacosa1【命题立意】本题考察了用余弦定理理解三角形以及三角形面积公式和图形的分割求和等知识。【点拨】三角形的底边长为x11211cosa22cosa,1S4SS411sinax2三角形正方形22sina22cosa2sina2cosa2故选A。【名师点评】此题难度较低，该八边形由4个等腰三角形和一个正方形组合而成，应用余弦定理求正方形的边长是关键。例4：（2010.安徽高考）设ABC是锐角三角形，a，b，c分别是内角A，B，C所对边长，且sin2AsinBsinBsin2B。33（1）求角A的值；（2）若ABAC12,a27，求b，c（其中b＜c）【命题立意】本题考察两角和的正弦公式，同脚三角函数的基本关系，特殊角的三角函数值，余弦定理，向量的数量积等知识。3131sin2AcosBsinBcosBsinBsin2B解：（1）因为22223133cos2Bsin2Bsin2B,所以sinA。又A为锐角，所以A.44423（2）由ABAC12,得cbcosA12.①由（1）知A.所以cb=24.②3由余弦定理知a2c2b22cbcosA.将a27及①代入，得c2b252，③③+②×2，得cb2100,，所以cb10。因此c，b是一元二次方程t210t240的两个根，解此方程并由b＜c知c=6，b=4.【名师点评】（1）题三角形的六个元素均未知，只能从已知条件出发，把方程右边关系式进3行化简整理，得sin2A.（2）题考察了构造方程求跟的能力。4例5：（陕西高考）如图1-15所示，在ABC中，已知B=45°，D是BC边上一点，AD=10，AC=14，DC=6，求AB的长。【命题立意】本题主要考察利用正弦定理和余弦定理解三角形，同时考察运算求解能力。解：在ADC中，AD=10，AC=14，DC=6，AD2DC2AC2100361961由余弦定理得cosADC2ADDC21062ADC120,ADB60.在ABD中，AD10,B45,ADB60,310ABADADsinADB10sin60正弦定理得,AB256.sinADBsinBsinBsin4522ABCD图1-15【名师点评】已知ACD的三边，则由余弦定理先求ADC的余弦值，再求角，即可求的补角ADB，在ABD中，已知两角一边用正弦定理求解即可。ba例6：（2010.江苏高考）在锐角ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若6cos,CabtanCtanC求的值。tanAtanB【命题立意】本题考察三角函数的化简及正、余弦定理的综合应用。ba解：由6cosC,得b2a26abcosC32abcosC3a2b2c2abtanCtanC化简整理得2a2b23c2.将切化弦，得tanAtanBsinCcosAcosBsinCsinABsinCsinCsin2C.cosCsinAsinBcosCsinAsinBcosCsinAsinBcosCsinAsinBsin2Cc22c22c2根据正、余弦定理得4cosCsinAsinBa2b2c2a2b2c23abc2c22ab2tanCtanC所以4tanAtanB【名师点评】整理通式的常用方法是通分，出现a2b2，cosC这样的形式时应考虑向余弦定理靠拢。知能提升训练学以致用1、（2011.山东模拟）ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，A,a7,b1,3则c等于（）A．22B.331C.2D.32、如果等腰三角形的周长是底边长的5倍，那么他的顶角的余弦值为（）5337A．B.C.D.184283、在不等边三角形ABC中，a为最大边，且a2＜b2c2，则A的取值范围是（）A．,,B.．C,0,D.242322Abc4、在ABC中，cos2,则ABC的形状为（）22cA．直角三角形．等腰三角形或直角三角形BC．正三角形．等腰直角三角形D5、在ABC中，下列结论；①若a2＞b2c2，则ABC为钝角三角形②若a2=b2c2bc，则A=60°③若a2b2＞c2，则ABC为锐角三角形④若A:B:C=1:2:3,则a：b：c=1:2:3其中正确的个数是（）A．1B.2C.3D.46、（2011.广东模拟）在ABC中，分别是角A，B，C所对的边，已知a3,b3,C,6则角A等于____________7、ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a,b,c设向量pac,b，ba,ca，若p∥q，则C的大小为____________18、在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别是a,b,c，已知cosA。3BCA（1）求tan2sin2的值22（2）若a2,S2，求b的值ABC9、（2011.山东模拟）设ABC的内角A，B，C所对的边分别是a,b,c，且2b3ccosA3acoCs.（1）求角A的大小；（2）若角B,BC边上的中线AM的长为7，求ABC的面积6cosBb10、在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a,b,c且.cosC2ac（1）求角B的大小；（2）若b13,ac4,求ABC的面积。11、在ABC中，sinA：sinB：sinC2：2：31，求ABC的三个内角。12、在a2b2sinABa2b2sinAB,试判断ABC的形状。13、已知三角形的一个内角为60°，面积为103cm2，周长为20cm，求此三角形的各边长。14、（2011.济宁模拟）在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a,b,c，已知3b2ac,cosB4113（1）求的值；（2）设BABC,求ac的值tanAtanC215、如图1-18所示，半圆O的直径长为2，A为直径延长线上一点，OA2，B为半圆周上一个动点，以AB为边，向圆外作等边三角形ABC，则B点在什么位置时，四边形OACB的面积最大？并求出这个最大面积。图1-181.2应用举例『典型题剖析』考察点1：测量距离问题例1：某人在塔的正东沿着南偏西60°的方向前进40米以后，望见塔在东北方向，若沿途测得塔的最大仰角为30°求塔高。【点拨】依题意画图，如图1-23所示，某人在C处，AB为塔高，他沿CD前进，CD=40米，此时∠DBF=45°，从C到D测塔的仰角，只有B到CD最短时，仰角才对大，这是因为ABtanAEB,AB为定值，要求出塔AB。必须先求出BE，而要求BE需先求BD（或BC）。BE解：如图1-23所示当BECD时，测的塔的最大仰角为30°，即AEB30，在△BDC中，CD=40，∠BCD=30°，∠DBC=135°。40sin30CDBDBD202.由正弦定理得,sin135sinDBCsinDCBBDE1801353015,62在RtBED中，BEDBsin152021031.410在RtABE中，AEB30，ABBEtan3033310故所求的塔高为33米。3【解题策略】（1）依据提议画图是解决三角形应用题的关键。本例中，既有方位角（它是在水平面上所成的角），又有仰角（它是在铅锤面上的角），因而本例的图形是一个立体图形，因此在画图时，要注意运用空间想象力进行画图。（2）由本例可知，方位角是相对于某地而言，因此在确定方位角时，必须先弄清是哪一点的方位角，从这个意义上来说，方位角是一个动态角，在理解题意时要把它看活，否则可能产生偏差。图1-23例2如图1-24是曲柄连杆装示意图，连杆AC=l，曲柄AB=r，曲柄AB和曲轴BL所成的角为α（1）求连杆AC和曲轴BL间的夹角β的正弦（2）当α取什么值时，β最大？（3）已知BD=a，求滑块C的位移x图1-24【点拨】首先应分清楚条件中的量，谁是变化的谁是固定不变的，变化的又是怎样变化的，BD固定，C点在线段BD上移动，AB,AC的长度不变，A点在以B为圆心，AB为半径的圆上移动。解：（1）在ABC中,B,ABr,ACl.rlrsin根据正弦定理得，,sin.sinsinl（2）根据题意知β为锐角，sin最大时，β最大。当sin1，即时，β最2大。BCl（3）根据正弦定理,得sinAsinlsinlsincoslcossinBC.sinsinrsinl2r2sin2sin,cos1sin2llrsinlcosll2r2sin2lBCl2r2sin2rcoslsin位移xBDBCal2r2sin2rcos.【解题策略】在理解曲柄连杆的工作原理之后，解此题应该不是很困难，在解（3）题时，lcossin应注意β不是已知量，应用r,l及α来表示，否则很容易写成BClcos,sin要引起重视。考查点2测量高度问题例3地面上有一旗杆OP，为了测量它的高度h，在地面上选一基线AB，AB=20m，在A点测得P点的仰角∠OAP=30°，在B点测得P点的仰角∠OBP=45°，又测得∠AOB=60°，则旗杆PO的高度h为多少（精确到0.1m）hh解：在RtPAO中，AO3h在RtPBO中，BOhtan30tan452在ABO中，由余弦定理，得2023hh223hhcos60，20解得h13.3m43【解题策略】在解三角形问题时，一定要选择合适的三角形，这样可以简化计算过程。图1-25例4：如图1-26所示，在山脚A测得山顶P的仰角为α，沿倾斜角为β的斜坡向上走a米到B，又测得山顶P的仰角为γ，求山高。【点拨】由图形知山高为PQ，只要已知PA，就可通过解RtAPQ求得，而AP，可由正弦定理求出。解：在△ABP中，ABP3609090180.ABAPAPB,ABa,由正弦定理可得,sinAPBsinABPABsinABPasin180asinAPmsinAPBsinsinasinsin故山高PQ为msin【解题策略】解决本题的关键是利用平面几何知识求出APB和ABP。图1-26例5：如图1-27所示，在山顶铁塔上B处测得地面上一点A的俯角α＝54°40′，在塔底C处测得A处的俯角β＝50°1′。已知铁塔BC部分的高为27.3m，求出山高CD(精确到1m)【点拨】根据已知条件，应该设法计算出AB或AC的长解：在△ABC中，∠BCA=90°+β,∠ABC=90°-α,∠BAC=α-β,∠BAD=α.根据正弦定理，得BCAB解RtABD,得sin()sin(90)BCcossinBDABsinBADsin()BCsin(90)BCcos所以，AB27.3cos501'sin5440'sin()sin()sin(5440'501')177(m)CD=BD-BC≈177-27.3=150(m)答：山的高度约为150米【解题策略】本题的关键是把握俯角的概念，明确已知量与几何图形中量的对应关系。图1-27考查点3：测量角度问题例6：如图1-28所示，一艘海轮从A出发,沿北偏东75°的方向航行67.5nmile后到达海岛B,然后从B出发,沿北偏东32°的方向航行54.0nmile后到达海岛C.如果下次航行直接从A出发到达C,此船应该沿怎样的方向航行,需要航行多少距离(角度精确到0.1°,距离精确到0.01nmile)解：在△ABC中，ABC1807532137,根据余弦定理得：ACAB2BC22ABBCcosABC67.554.0267.554.0cos137113.15（nmile）BCACBCsinABC根据正弦定理，得，sinCAB0.3255,sinCABsinABCACCAB19.0,75CAB56.0.答：此船应该沿北偏东56.0的方向航行，需要航行约113.15（nmile）图1-28例7：如图1-29所示，甲船在A处，乙船在A处的南偏东45°方向，距A有9海里的B处，并以20海里/时的速度沿南偏西15°方向行驶，若甲船以8海里/时的速度行驶，应沿什么方向，用多少小时能尽快追上乙船？【点拨】根据图意明确已知条件与几何量之间的对应关系。解：设用t小时甲船能追上乙船，且在C处相遇。在△ABC中，AC28t,BC20t,AB9,ABC1804515120.由余弦定理得，AC2AB2BC22ABBCcosABC,即13928t29220t22920t,128t260t270,t或t（舍去）2432315BCsinABC253由正弦定理，得sinBAC.AC2114又∠ABC=120°，∴∠BAC为锐角，535372253BACarcsin.又＜=，arcsin＜，1414142144533∴甲船沿南偏东arcsin的方向，用小时能尽快追上乙船。4144【解题策略】（1）首先明确题中所给出的各个角的含义，然后分析题意，分析已知、所求，再根据题意画出正确的示意图，这是最关键、最主要的一步。（2）将实际问题转化为可用数学方法解决的问题后，灵活运用正、余弦定理解决问题。考察点4：求面积的问题例8：在半径为R的扇形OAB中，圆心角∠AOB=60°，在扇形内有一个内接矩形，求内接矩形的最大面积。【点拨】扇形内的内接矩形有且仅有两种类型:一种是矩形的一边与扇形的一条半径重合，如图1-30（1）所示；另一种是以扇形的对称轴为对称轴的矩形，如图1-30（2）所示，我门分别求出这两种类型的矩形的最大面积，再取两者中较大的，就是符合条件的最大面积。图1-30解：如图1-30（1）所示，设PQ=x，MP=y，则矩形的面积S=xy。连接ON，令∠AON=θ，Rx则y=Rsinθ。在△OMN中，利用正弦定理，得,sin120sin602Rsin602R2sinsin60cos230cos60x.SxyR23333当30时，SR2.max6如图1-30（2）所示，设PN=x，MN=y，则矩形的面积为Sxy，连接ON，令∠AON=θ。ONPNOP在△OPN中，利用正弦定理，得,sinOPNsinsinONPRxsin2Rsin,y2Rsin30sin150Sxy4R2sinsin302R2cos215cos30.33当15时，S23R2.＞23，∴所求的最大面积为R2。max66【解题策略】这是一道传统题，理解扇形的内接矩形有且仅有上诉两种情况是解决本题的关键，也是本题的难点。例9如图1-31所示，圆内接四边形ABCD的边长分别为AB=2，BC=6，CD=DA=4求四边形ABCD的面积。图1-31解：连接BD则四边形ABCD的面积为11SSSABADsinABCCDsinC.∵A+C=180°，∴sinAsinC,ABDCDB2211SABADBCCDsinA2464sinA16sinA.22在△ABD中，由余弦定理，得BD2AB2AD22ABADcosA2242224cosA2016cosA.在△CDB中，BD2CB2CD22CBCDcosC5248cosC.12016cosA5248cosC.cosCcosA,64cosA32,cosA,2A120,S16sin12083.【解题策略】解斜三角形应用题的步骤：（1）读懂题意，理解问题的实际背景，明确已知所求，理清量与量之间的关系。（2）根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形的模型。（3）选择正弦定理和余弦定理求解。（4）将三角形的解还原成实际问题，注意实际问题中的单位、近似计算的要求。考察点5：解三角形在日常生活中的应用例10一次机器人足球比赛中，甲队一号机器人，由A点开始做匀速直线运动，到达B点时，发现足球在点D处正以2倍于自己的速度向点A做匀速直线滚动，如图1-32所示，已知AB42dm,AD17dm,BAD45,若忽略机器人原地旋转所需的时间，则该机器人最快可在何处截住足球？图1-32【点拨】机器人最快截住足球的地方正是机器人与足球同时到达的地方，设为C点，利用速度建立AC与BC之间的关系，再利用余弦定理建立方程解决问题。解：设机器人最快可在点C处截住足球，点C在线段AD上，连接BC，设BCxdm,AC=AD-CD=(17-2x)dm在△ABC中，由余弦定理得BC2AB2AC22ABACcosA,237即x242172x282172xcos45,解得x5,x.12323AC172x7（dm）或AC（dm）（舍去）3∴该机器人最快可在线段AD上离A点7dm的点C处截住足球。【解题策略】解决本题的关键是将实际问题转化为解三角形的模型，在△ABC中，已知∠A=45°，AB42,AC172x,BCx,因此，可以利用余弦定理列出方程求解x例11如图1-33所示，公园内有一块边长为2a的等边三角形ABC形状的三角地，现修成草坪，图中DE把草坪分成面积相等的两部分，D在AB上，E在AC上。（1）设ADxxa,EDy,求用x表示y的函数关系式；（2）如果DE是灌溉水管，为节约成本希望它最短，DE的位置应该在哪里？如果DE是参观路线，则希望它最长，DE的位置又