高考重点突破:解三角形
知识点梳理
1、正弦定理:__a sin A __=__b sin B ____=__c
sin C _=2R ,其中R 是三角形外接圆的半径.
由正弦定理可以变形为:(1)a ∶b ∶c =____ sin A ∶sin B ∶sin C _____;
(2)a =___2Rsin A _____,b =__2Rsin B _____,c =__2Rsin C ___;
(3)sin A =___a 2R ____,sin B =___b 2R ___,sin C =__c
2R _____等形式,以解决不同的三角形问题.
2.余弦定理:a 2
=__ b 2
+c 2
-2bccos A ________,b 2
=__ a 2
+c 2
-2accos B _____,
c 2=____ a 2+b 2
-2abcos C ____.
余弦定理可以变形为:cos A =___b2+c2-a22bc ________,cos B =___a2+c2-b2
2ac ______,
cos C =___a2+b2-c2
2ab
______.
3.面积公式S △ABC =12absin C =12bcsin A =12acsin B =abc 4R =1
2(a +b +c)·r(r 是三角形内切圆的半径),并可由
此计算R 、r.
4.在解三角形时,正弦定理可解决两类问题:(1)已知两角及任一边,求其它边或角;(2)已知两边及一边的对角,求其它边或角.情况(2)中结果可能有一解、二解、无解,应注意区分.
余弦定理可解决两类问题: (1)已知两边及夹角或两边及一边对角的问题;(2)已知三边问题. 解三角形时,三角形解的个数的判断
在△ABC 中,已知a 、b 和A 时,解的情况如下:
A 为锐角
A 为钝角或直角
图形
关系式 a =bsin A bsin Ab 解的个数
一解
两解
一解
一解
5.判断三角形的形状特征
必须从研究三角形的边角关系入手,充分利用正、余弦定理进行转化,即化边为角或化角为边,边角统一. ①等腰三角形:a =b 或A =B.
②直角三角形: b 2+c 2=a 2
或 A =90° .
③钝角三角形: a 2>b 2+c 2
或 A >90° .
④锐角三角形:若a 为最大边,且满足 a 2<b 2+c 2
或A 为最大角,且 A <90° .
6.由正弦定理容易得到: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A >B ?a >b ?sinA >sinB.
例题精讲
例1 ⑴在△ABC 中,a =3,b =2,B =45°.求角A 、C 和边c. (2)在△ABC 中,a =8,B =60°,C =75°,求边b 和c.
解 (1)由正弦定理得a sin A =b sin B , 3sin A =2sin 45°,∴sin A =3
2
.
∵a>b ,∴A =60°或A =120°.
当A =60°时,C =180°-45°-60°=75°,c =bsin C sin B =6+2
2;
当A =120°时,C =180°-45°-120°=15°,c =bsin C sin B =6-2
2.
(2)∵B =60°,C =75°,∴A =45°.由正弦定理a sin A =b sin B =c
sin C ,
得b =a ·sin B sin A =46,c =a ·sin C sin A =43+4.∴b =46,c =43+4.
例2、设锐角三角形ABC 的内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,且a =2bsinA.
①求角B 的大小;
②求cosA +sinC 的取值范围.
解析 ①由a =2bsinA ,根据正弦定理得sinA =2sinBsinA ,
所以sinB =12,由△ABC 为锐角三角形得B =π
6.
②cosA +sinC =cosA +sin(π-π6-A)=cosA +sin(π
6+A)
=cosA +12cosA +32sinA =3sin(A +π
3).
由△ABC 为锐角三角形知,π2>A >π2-B ,又π2-B =π2-π6=π
3
. ∴
2π3<A +π3<5π6,∴12<sin(A +π3)<3
2
. 由此有
32<3sin(A +π3)<32×3=32,所以cosA +sinC 的取值范围为(32,3
2
). 点评 解决这类问题的关键是利用正弦定理和余弦定理,要么把角化成边,要么把边化成角,然后再进行三角
恒等变换得到y =Asin(ωx +φ)+B 型函数,从而求解单调区间、最值、参数范围等问题,注意限制条件A +B
+C =π,0<A ,B ,C <π的应用,如本题中由△ABC 为锐角三角形得到A +B >π2,从而推到2π3<A +π3<5π
6.
探究提高 (1)已知两角一边可求第三角,解这样的三角形只需直接用正弦定理代入求解即可.
(2)已知两边和一边对角,解三角形时,利用正弦定理求另一边的对角时要注意讨论该角,这是解题的难点,应
引起注意.
变式训练 (1) 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 ,则角
A 的大小为________. π
6
(2)在△ABC 中,若tan A =1
3,C =150°,BC =1,则AB =________;
(3)在△ABC 中,若a =50,b =256,A =45°,则B =______
解析 (2)∵在△ABC 中,tan A =1
3,C =150°,
∴A 为锐角,∴sin A =
110
.又∵BC =1.
∴根据正弦定理得AB =BC ·sin C sin A =10
2.
(3)由b>a ,得B>A ,由a sin A =b
sin B ,
得sin B =bsin A a =25650×22=3
2
,
∵0°
例3、在△ABC 中,角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c 且满足csinA =acosC. ①求角C 的大小;
②求3sinA -cos(B +π
4)的最大值,并求取得最大值时角A ,B 的大小.
解析 ①由正弦定理得sinCsinA =sinAcosC.
因为0<A <π,所以sinA >0,从而sinC =cosC ,
又cosC ≠0,所以tanC =1,则C =π
4.
②由(1)知B =3π
4
-A.
于是3sinA -cos(B +π
4)=3sinA -cos(π-A)
=3sinA +cosA =2sin(A +π
6).
∵0<A <3π4,∴π6<A +π6<11π
12
,
从而当A +π6=π2,即A =π3时,2sin(A +π
6)取最大值2.
综上所述,3sinA -cos(B +π
4)的最大值为2,
此时A =π3,B =5π
12
.
例4、如图,已知△ABC 是边长为1的正三角形,M 、N 分别是边AB 、AC 上的点,线段MN 经过△ABC 的重心G.设
∠MGA =α(π3≤α≤2π
3).
①试将△AGM 、△AGN 的面积(分别记为S 1与S 2)表示为α的函数; ②求y =1S21+1
S22的最大值与最小值.
解析①因为G 是边长为1的正三角形ABC 的重心, 所以AG =23×32=33,∠MAG =π
6,
由正弦定理
GM sin π6=GA
sin π
-α-
π6
,得GM
=
3
6sin α+
π
6
.
则S1=12GM ·GA ·sin α
=
sin α
12sin α+
π
6
(或
1
6
3+cot α
).
又
GN sin π6=GA
sin α-
π
6,得GN
=
3
6sin α-
π
6
,
则S2=1
2GN ·GA ·sin(π-α
)
=
sin α12sin α-
π
6
(或16
3-cot α
),
②y =1S21+1S22=144sin2α·[sin2(α+π6)+sin2(α-π6)]=72(3+cot2α).
因为π3≤α≤2π3,所以,当α=π3或α=2π
3时,y 取得最大值ymax =240;
当α=π
2时,y 取得最小值ymin =216.
题型二 利用余弦定理求解三角形
例5、 在△ABC 中,a 、b 、c 分别是角A 、B 、C 的对边,且cos B cos C =-b
2a +c .
(1)求角B 的大小;
(2)若b =13,a +c =4,求△ABC 的面积. 解 (1)由余弦定理知:
cos B =a2+c2-b22ac ,cos C =a2+b2-c2
2ab
.
将上式代入cos B cos C =-b 2a +c 得: a2+c2-b22ac ·2ab a2+b2-c2=-b
2a +c ,
整理得:a2+c2-b2=-ac.∴cos B =a2+c2-b22ac =-ac 2ac =-1
2.
∵B 为三角形的内角,∴B =2
3
π.
(2)将b =13,a +c =4,B =2
3
π代入b2=a2+c2-2accos B ,
得b2=(a +c)2-2ac -2accos B ,∴13=16-2ac ? ??
??1-12,∴ac =3. ∴S △ABC =12acsin B =33
4
.
探究提高 (1)根据所给等式的结构特点利用余弦定理将角化边进行变形是迅速解答本题的关键. (2)熟练运用余弦定理及其推论,同时还要注意整体思想、方程思想在解题过程中的运用. 变式训练 1.已知a 、b 、c 分别是△ABC 中角A 、B 、C 的对边,且a2+c2-b2=ac. (1)求角B 的大小;
(2)若c =3a ,求tan A 的值.
解 (1)∵a2+c2-b2=ac ,∴cos B =a2+c2-b22ac =1
2.
∵0
3
.
(2)方法一 将c =3a 代入a2+c2-b2=ac ,得b =7a.
由余弦定理,得cos A =b2+c2-a22bc =57
14.
∵0 2114,∴tan A =sin A cos A =3 5 . 方法二 将c =3a 代入a2+c2-b2=ac ,得b =7a. 由正弦定理,得sin B =7sin A.由(1)知,B =π3,∴sin A =21 14. 又b =7a>a ,∴B>A ,∴cos A =1-sin2A =57 14 . ∴tan A =sin A cos A =3 5 . 方法三 ∵c =3a ,由正弦定理,得sin C =3sin A. ∵B =π3,∴C =π-(A +B)=2π3-A ,∴sin(2π 3-A)=3sin A , ∴sin 2π3cos A -cos 2π3sin A =3sin A ,∴32cos A +1 2sin A =3sin A , ∴5sin A =3cos A ,∴tan A =sin A cos A =35 . 例6、在△ABC 中,角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ,且满足cos A 2=25 5, b 2 +c 2 -a 2 =3. (1)求△ABC 的面积; (2)若b +c =6,求a 的值. 解 (1)∵cos A 2=255,∴cos A =2cos2A 2-1=3 5, ∴sin A =45.又b 2+c 2-a 2 =3,∴bccos A =3,∴bc =5. ∴S △ABC =12bcsin A =12×5×4 5=2. (2)由(1)知,bc =5,又b +c =6, 根据余弦定理得 a2=b2+c2-2bccos A =(b +c)2-2bc -2bccos A =36-10-10×3 5=20, ∴a =2 5. 3.在△ABC 中,内角A ,B ,C 所对边长分别为a ,b ,c ,AB BC ?=8,∠BAC =θ,a =4. (1)求b ·c 的最大值及θ的取值范围; (2)求函数f(θ)=23sin2(π 4+θ)+2cos2θ-3的值. 【解析】(1)∵AB BC ?=8,∠BAC =θ,∴bccos θ=8. 又a =4,∴b2+c2-2bccos θ=42 即b2+c2=32. 又b2+c2≥2bc ∴bc ≤16,即bc 的最大值为16. 而bc =8cos θ,∴8cos θ≤16,∴cos θ≥1 2 ∵0<θ<π,∴0<θ≤π 3 . (2)f(θ)=23sin2(π4+θ)+2cos2θ-3=3[1-cos(π 2+2θ)]+1+cos2θ- 3 =3sin2θ+cos2θ+1=2sin(2θ+π 6 )+1 ∵0<θ≤π3, ∴π6<2θ+π6≤5π6 ∴12≤sin(2θ+π 6)≤1. 当2θ+π6=5π6,即θ=π3时,f(θ)min =2×1 2+1=2. 当2θ+π6=π2,即θ=π 6 时,f(θ)max =2×1+1=3. 点评 有关三角形中的三角函数求值问题,既要注意内角的范围,又要灵活利用基本不等式. 题型三 正、余弦定理的综合应用 例3 (2011·浙江)在△ABC 中,角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c.已知sin A +sin C =psin B (p ∈R),且 ac =14b2. (1)当p =5 4,b =1时,求a ,c 的值; (2)若角B 为锐角,求p 的取值范围. 解 (1)由题设并由正弦定理, 得????? a +c =54,ac =1 4, 解得???? ? a =1,c =1 4 或????? a =14, c =1. (2)由余弦定理,b2=a2+c2-2accos B =(a +c)2-2ac -2accos B =p2b2-12b2-12b2cos B ,即p2=32+1 2 cos B. 因为0 ??32,2, 由题设知p>0,所以 6 2 探究提高 在已知关系式中,若既含有边又含有角.通常的思路是:将角都化成边或将边都化成角,再结合正、余弦定理即可求角. 变式训练3 1.在△ABC 中,内角A ,B ,C 所对的边长分别是a ,b ,c. (1)若c =2,C =π 3,且△ABC 的面积为3,求a ,b 的值; (2)若sin C +sin(B -A)=sin 2A ,试判断△ABC 的形状. 解 (1)∵c =2,C =π 3,∴由余弦定理c2=a2+b2-2abcos C 得a2+b2-ab =4. 又∵△ABC 的面积为3,∴1 2 absin C =3,ab =4. 联立方程组??? ?? a2+b2-ab =4, ab =4,解得a =2,b =2.