必修四解三角形题型归纳

解三角形题型梳理

【重难点知识点网络】：

【正弦定理】 2sinsinsinabcRABC（R为ABC外接圆的半径）.

【正弦定理的变形】①2sin,2sin,2sinaRAbRBcRC

②2sinsinsinsinsinsinabcabcRABCABC

【三角形常用结论 】

（1）BABABAbacoscossinsin

（2）在△ABC中，有()ABCCAB222CAB222()CAB.

（3)面积公式：

①111222abcSahbhch，②111sinsinsin222SabCbcAcaB.

【三角恒等变换公式】

1.sinsinC,cos=-costan=-tanABABCABC，（其中,,ABC是三角形的三个内角）

2.sinsincoscossin

3.sin-sincos-cossin

224.sinxcosxsin,tanbyababxa其中

【内角和定理】三角形三角和为，这是三角形中三角函数问题的特殊性，解题可不能忘记！

任意两角和与第三个角总互补，任意两半角和与第三个角的半角总互余.

锐角三角形三内角都是锐角三内角的余弦值为正值任两角和都是钝角任意两边的平方和大于第三边的平方.A>Ba>bsinA>sinB，60A,B,C成等差数列B=

题型一：正余弦定理选择

例1．（1）中，角所对的边分别为．若，则边

【解析】，即，解得或（舍去）．

（2）．在中，，，，则的外接圆面积为

【解析】因为在中，，，所以，又，设三角形外接圆半径为，则，因此的外接圆面积为. （3）．（2020·四川省都江堰中学高一期中）在ABC中，已知60,3Bb，则sinsinabAB（ ）.

A．2 B．12 C．3 D．33

【详解】由题意知60,3Bb，可得32sinsin60bB

根据正弦定理，可得32sinsinsin60abAB，所以2sinsinsinabaABA.故选：A.

【变式训练】．（1）在中，，，，则为

【解析】由正弦定理可得：

，或

（2）已知分别为三个内角的对边且，则=____

【解析】因为，所以，所以2bccosA=, ABC,,ABC,,abc13,3,60abAc2222cosacbcbA213923cos60cc2340cc4c1cABC32c75A45BABCABC75A45B60C32cr3221sin32crCABC214SrABC23a22b45BAsinsinabAB223sin32sin222aBAb0135A60A120A,,abcABC,,ABC2223bcbcaA2223bcbca2223bcabc3bc

,.故答案为.

（3）在中，角，，的对边分别为，，，若，，，则此三角形的外接圆的面积为______.

【解析】在中，由余弦定理可得：解得：；

再由正弦定理可得：，解得，

由圆面积公式解得外接圆面积为：.故答案为：.

题型二：边角互换

例2．（1）（2020·全国高二课时练习）在ABC中，若cossincAaC，则角A的值为（ ）

A．6 B．4 C．3 D．2

【详解】cossinsincossinsincAaCCAAC，

0C，sin0C，cossinAA，0A，且2A，tan1A ，4A，故选：B

（2）的三个内角所对边长分别是，若，则角的大小为

【解析】由正弦定理得，化简得，故.

（3）中，分别是角对边,若,且，则的值为__

【解析】在中，因为,且，

由正弦定理得，因为，则，

所以，即，解得，

由余弦定理得，

即，解得． 3cos2A6A6ABCABCabc8b3c60AABC222249abcbccosA7a2aRsinA733R2493SR493ABC,,ABC,,abcsinsin3sinBAacCabB3baaccab2223cos22acbBac5π6BABC,,abc,,ABCsin3cos0bAaB2bacacbABCsin3cos0bAaB2bacsinsin3sincos0BAAB(0,)Asin0Asin3cos0BBtan3B3B222222222cos()3()3bacacBacacacacacb224bac2acb

【变式训练】．（1）在△ABC中，如果，那么cosC等于

【解析】由正弦定理可得；sinA：sinB：sinC=a：b：c=2：3：4

可设a=2k，b=3k，c=4k（k＞0）由余弦定理可得，CosC=。

（2）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则

【解析】在中，，由余弦定理可得，

，，又，．

（3）（2020·全国高一课时练习）在ABC中，若32sinabA，则B等于（ ）

A．30 B．60 C．30或150 D．60或120

【详解】32sinabA，由正弦定理得3sin2sinsinAAB，

0180A，sin0A，可得3sin2B，0180B，60B或120.故选：D.

题型三：三角形面积

例3．（1）在中，内角对应的边分别为，已知，，且，则的面积为

【解析】因为，，所以由正弦定理得 即，得因为，所以所以

所以面积

（2）（2020·四川宜宾市·高三二模（文））在ABC中，角A的平分线交边BC于D，4AB，8AC，2BD，则ABD△的面积是（ ）

A．15 B．315 C．1 D．3 sin:sin:sin2:3:4ABC1-4ABC22cosabcBCABC2cos2cBab222222acbcabac222abcab2221cos22abcCab(0,)C3CABC,,ABC,,abc2a22c4CABC2a22c4CsinsinacAC222sinsin4A1sin2A30,4A6A712BAC1162sin22231224SacB

【详解】sinsinsinADCADBADB，

在ABD△中，由正弦定理得sinsinBDABBADADB，同理可得sinsinCDACCADADC，

因为ABC中，角A的平分线交边BC于D，上述两个等式相除得BDABCDAC，

4AB，8AC，2BD，8244ACBDCDAB，6BC.

2222224681cos22464ABBCACBABBC，2115sin144B.

1sin152ABDSABBDB．故选：A．

（3）△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若cos B＝，＝2，且S△ABC＝，则b的值为______

【解析】根据正弦定理可得,.

在中,,.

,,.

,.

【变式训练】．（1）锐角中角的对边分别是，若，且的面积为，则________．

【解析】由题意得，又锐角，所以，由余弦定理得 （2）中，，，，的面积为，则__________． 14sinsinCA154sinsinacACsin2sinCcAa2caABC1cos4B2115sin1cos1164BB211515sin244ABCSacBa21a1,2ac22212cos1421244bacacB2bABC,,ABC,,abc4,3abABC33c1333sinsinC22abCABC3C2222cos251213,13.cababCcABC3AB1AC30BABC32C

【解析】由题意，在中，，

所以的面积为，解得，

由余弦定理得，又由，所以.

（3）已知△ABC中，角A、B、C的对边分别为，且，那么 ．

【解析】，

即=，为三角形内角，，故答案为

（4）在中，、、分别是角、、的对边，若，，，则的面积为

【解析】由余弦定理可得，

即，解得，则，因此，.

题型四：三角形形状判断

例4．（1）（2020·成都市实验外国语学校（西区）高一期中）ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2cossinsinBAC，则ABC的形状为（ ）

A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形

【详解】因为2cossinsinBAC，所以22222acbacac，

所以22ab，所以ab，所以三角形是等腰三角形，故选：B.

（2）已知三内角、、的对边分别是、、，若，且，则的形状为

【解析】由正弦定理得，即， ABC03,1,30ABACBABC1113sin32222SABBCBBC2BC2221431cos22142ACBCABCACBC0(0,180)C60C,,abc2224ABCabcSC2222cos1cos442ABCabcabCSabC1sin2ABCSabC1cos2abC1sincossintan12abCCCCC4C4ABCabcABC2bc6a3AABC2222212cos4222abcbcAcccc236c2c222bc113sin2223222ABCSbcAABCABCabccossinabCcB222sinsinsin2sinsinABCBCABCsinsincossinsinABCBCsinsincossinsinBCBCBC