最全面地解三角形讲义

1、实用文档解三角形【高考会这样考】1 .考查正、余弦定理的推导过程.2 .考查利用正、余弦定理判断三角形的形状.3 .考查利用正、余弦定理解任意三角形的方法.4 .考查利用正弦定理、余弦定理解决实际问题中的角度、方向、距离及测量问题.基础梳理、 a b c一. 一 、1.正弦定理：-一7 = -一b=-铲2R,其中R是三角形外接圆的半径.由正弦定理可以变 sin A sin B sin C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=sin B=sin C=等形式，以解

2、决不同的三角形问题.2R2R2R(3) 弦定理：a2 = b2+ c2 2bccos A, b2 = a2+ c2 2accos B, c2 = a2+ b2 2abcos_C.余弦定b2+ c2 a2a2+ c2 b2a2+ b2 c2理可以变形为：cos A= 一，cos B=1，cos C= 一丁丁. 2bc2ac2ab11., 1abc 13.面积公式：&abn2absinC= 2bcsinA= 2acsinB= _4R = 2(a+b+c)- r(R是二角形外接圆半径，是三角形内切圆的半径)，并可由此计算 R r.4.已知两边和其中一边的对角，解三角形时，注意解的情况.如已知a, b

3、, A,则A为锐角A为钝角或直角图形r； 困Atk-fi,&:怛关系式a bsin Aa= bsin Absin Av a babacb) 的两根之差的平方等于4, zABC的面积S=103 , c=7.(1)求角C;(2)求a, b的值.13 .在AB外,角A、B、C的对边分别为a、b、c,已知a+b=5, c=。，且4sin 2 AB -cos2c=7. 22(1)求角C的大小；(2)求 ABC勺面积.A所在的同侧河岸14 .(人教A版教材习题改编)如图，设A, B两点在河的两岸，一测量者在边选定一点C,测出AC的距离为50 m, Z ACB= 45。，/ CAB= 105后，就可以计算出

4、 A, B两点的距离为().A . 50/ m B . 5073 mC . 25/ m D.22 m15 .从A处望B处的仰角为a ,从B处望A处的俯角为B ,则a , 3的关系为（）.A.aB B .a = B C.a+B=90D , a + 3 = 18016 .若点A在点C的北偏东30 ,点B在点C的南偏东60 ,且AC= BC则点A在点B的（）.A .北偏东15B ,北偏西15 C ,北偏东10D ,北偏西1017 . 一船向正北航行，看见正西方向相距 10海里的两个灯塔恰好与它在一条直线上，继续航 行半小时后，看见一灯塔在船的南偏西60 ,另一灯塔在船的南偏西75 ,则这艘船的速度是

5、每小时（）.A . 5海里 B . 5m海里C. 10海里 D . 1043海里18 .海上有 A, B, C三个小岛，测得 A, B两岛相距10海里，/ BAO60 , / ABO 75 ,则 B, C间的距离是 海里.19 .如图，甲船以每小时 30小海里的速度向正北方航行，乙船按固定方向匀速直线航行.当甲 船位于A1处时，乙船位于甲船的北偏西105方向的B处，此时两船相距 20海里，当甲船航行20分钟到达A2处时，乙船航行到甲船的北偏西1200方向的 8处，此时两船相距18、”海里.问：乙船每小时航行多少海里？例题答案题型一正弦、余弦定理【例题 1】 解B=45 90 且 asinB b

6、 a,.ABC 有两解.由正弦定理得sinA=asinB _ ,3sin45 _ ,3则A为60或120 .当 A=60 时，C=180 -(A+B)=75 , bsinC 2 sin 752 sin(45 30 ),6.2c=sinB sin 45sin 45当 A=120 时，C=180 -(A+B)=15 , bsinC . 2sin15 2sin(45 -30 ).6 -.2c=二=Jsin B sin 45sin 45故在 ABC中,A=60 ,C=75 ,c=A=120 ,C=15 ,c=6 -.22【例题2】解(1)由余弦定理知:22.2cosB=a +c b ,2ac2/cos

7、C=a b 2ab将上式代入空叱 cosCa2 c2 -b22ab2acb2a c整理得：a 2+c2-b 2=-ac22.2a -c -b- ac . cosB= ac=-ac2ac2ac.B为三角形的内角，S. * * B=3二.(2)将 b= 13 ,a+c=4,B= - n 代入 3b2=a2+c2-2accosB,得 b2=(a+c) 2-2ac-2accosBb2=16-2ac i -. ,2 ac=3.2bc2bc 2即当且仅当c=b=1时，bc取得最大值为1.(3)由正弦定理得：2RR,sin A sin B sin Casin(30 _C) _2Rsin Asin(30 _C

8、) bTC- 2Rsin B _2RsinC、-3/1 门、-3 .(cosCsinC)sin Asin(30 -C) = 2 22sin B -sinCsin(60 -C) -sin C3- 3-cosC -sin C)443osC.3sinC1 .,22 .解(1)由正弦定理得=-b-. sin A sin BB=60 ,C=75 , .A=45 ,.b=asinB =8Xsin60；=4 .sin A sin 45 由正弦定理得 sinC= csin-B =8sin30 0=1. b 4又30 C 150 ,C=90 .A=180 -(B+C)=60 ,a= 4c b 一 tan 5.且

9、6.久或且 33 =4 石.3 . 10 ,34 .解 依题意得 absinC=a 2+b2-c 2+2ab,由余弦定理知,a 2+b2-c 2=2abcosC.所以,absinC=2ab(1+cosC),即 sinC=2+2cosC,所以 2sin Ccos C =4cos 2C 222化简彳导:tan C =2. 2从而tanC=2t7.解(1)由余弦定理及已知条件，得a2+b2-ab=4.又因为 ABC的面积等于需,1所以-absinC= 73,所以 ab=4.222.二一。联立方程组3 a +b _ab =4，解得尸一21ab =4，b 2(2)由题意得 sin(B+A)+sin(B-

10、A)=4sinAcosA， 即 sinBcosA=2sinAcosA，当 cosA=0 时，A=且，B=匹，a=2,b=73b=2a,当cosAw 0时，得sinB=2sinA,由正弦定理得联立方程组2, 2,)a 4b ab =4,b =2a,a=V解得34 333所以 ABC的面积 S=1absinC= 2_3 .23题型二判断三角形形状【例题】解方法一已知等式可化为a2 sin (A-B) -sin (A+B) =b2 -sin (A+B) -sin(A-B) 2a2cosAsinB=2b 2cosBsinA由正弦定理可知上式可化为：sin 2AcosAsinB=sin 2BcosBsi

11、nAsinAsinB(sinAcosA-sinBcosB)=0sin2A=sin2B,由 0 V 2A,2B 2n得 2A=2B或 2A=ji-2B,即A=B或A=5 -B,ABC为等腰或直角三角形.方法二 同方法一可得 2a2cosAsinB=2b 2sinAcosB 由正、余弦定理，可得,22222.2a2b b -+c a = b 2a a +c b 2bc2aca2(b2+c2-a2)=b2(a2+c2-b 2)即(a 2-b 2)(a 2+b2-c 2)=0a=b 或 a2+b2=c2 ABC为等腰或直角三角形.【变式】解方法一2cos2B-8cosB+5=0, 2(2cos 2B-

12、1)-8cosB+5=0.4cos2B-8cosB+3=0,即(2cosB-1)(2cosB-3)=0.解得 cosB=或 cosB=鼻(舍去).cosB=-. 2220 B n, B=-.a, b, c 成等差数列，a+c=2b.cosB=2ac化简得 a2+c2-2ac=0,22 a c、2a c -()=2ac 解得a=c.又 B=-，: ABC是等边三角形 3方法二 2cos2B-8cosB+5=0 , 2 (2cos2B-1) -8cosB+5=0.4cos2B-8cosB+3=0 ,即(2cosB-1)(2cosB-3)=0.解得cosB= 或cosB=旦(舍去)22cosB= 1

13、, ,. 0 B ji, 1- B=-, 23a,b,c 成等差数列，a+c=2b.由正弦定理得 sinA+sinC=2sinB=2sin =.3.sinA+sin 但 _a)=J332.2 sinA+sin ： cosA -cos ： sin A = . 3 .33化简得 3 sinA+ cosA=承,sin 22.a+5=2，aU，C=g , . ABC为等边三角形题型三测量距离问题【例题】 解 在 ACDK 已知 CD= a, / ACD= 60 , / AD仔 60 ,所以 AO a. = / BCD=30 , / BDC= 105 .CBD= 45在BCD4由正弦定理可得BC=asi

14、n 105sin 45肉12a.在ABC4已经求得 AC和BC又因为/ ACB= 30 ,所以利用余弦定理可以求得A, B两点之间的距离为 AB= aC+ BC-2AC BC- cos 30= 一a.【变式】解 在AACDK / DAC= 30 , / ADC= 60 -Z DAC= 30 ,所以 CD= AC= 0.1 km.又/ BCD= 180 60 60 =60 ,故CB是。八四边AD的中垂线，所以 BD= BA又. / ABC= 15在 ABC43,AB ACsin / BCA sin / ABC所以AB=AGin 60sin 153 ；12+ 620(km)，同理，BD= 30 m

15、(km).故R D的距离为吃km.题型四测量高度问题【例题】解如图，设CD= x m,则 AE= x-20 m,tan 60CDBDCD x 3 ,、BD=即一飞得x (m)在ZAEC中,x20=号x, 3解得 x=10(3 + J3) m.故山高 CD为 10(3+，3) m.【变式】 解 在 BCDK / CBD=兀一a B ,BC CD由正弦定理得, BC = CD-sin / BDC sin / CBDCtsin Z BDC s sin 3所以 BC= .Tsin / CBD sin a + 3,. 一 stan 8 sin 3在 Rt ABC3, AB= BCan / ACB= -.

16、sin a + 3题型五 正、余弦定理在平面几何中的综合应用【例题】 解 在ABB, AB= 5, AC= 9, Z BCA= 30AB AC由正弦定理，得 -一-7777= n一sin / ACB sin / ABCsin / ABC=AC sin / BCA 9sin 30AB =5910. AD/ BC .BAD= 180ABC是 sin / BAD= sin / ABC= 77.10同理，在 ABD43, AB= 5,9 sin / BAD 10,ZADB= 45 ,由正弦定理:AB _ BDsin / BDl sin / BAD解得BD= -2.故BD的长为【变式】解在ADB, AD

17、= 10,AC= 14, DC= 6,由余弦定理得cos / ADC=aD+dC- AC22AD- DC100+361962X 10X 61， 一。2，/ ADC= 120 , .ADB= 60在AABD, AD= 10, / B= 45 , / ADB= 60 ,- AB AD由正弦定理得sinzADB= Si，10x3AD- sin / ADB 10sin 602AB=:-= . a = -5J6Sin B Sin 45也 vV巩固训练1.等腰；2. 3; 3. 45 ; 4. 立；5. 60 ; 6. 45 或 135 ； 7. 目； 5368. 73或2 73 ; 9.10 . (1)

18、证明 因为 a2=b(b+c),即 a2=b2+bc, 所以在 ABC中，由余弦定理可得，a2 c2 -b2 c2 bc b .c cosB=2ac 2ac 2a2_ a _ a _ sin A =,2ab 2b 2sinB所以 sinA=sin2B,故 A=2B.(2)解 因为a=j3b,所以a = J3, b由 a2=b(b+c)可彳# c=2b,a2 c2 -b2 - 3b2 4b2 -b2 . 3 cosB=,2ac4,3b22所以 B=30 ,A=2B=60 ,C=90 .所以 ABC为直角三角形.11 .解(1)由 cosB=,得 sinB= 12 ,1313由 cosC=-,得

19、sinC= 3 . 55所以 sinA=sin(B+C尸sinBcosC+cosBsinC=33 .65(2)由 Saabc= 33,得-X ABX AO sinA= 33. 222由(1)知 sinA= 33 ,故 ABX AC=65. 65- AC=ab 0nB = 20 ab, sinC 13故 20 AB2=65,AB=.132所以 BC=AB sinA = 11 sin C 212.解 (1)设 xi、X2 为方程 ax2-2 vc2 -b2 x-b=0 的两根,贝X1+X2= 2c_b , X1 - X2=- b . aa/ 2,2,(x 1-x 2) 2=(x 1+X2) 2-4x 1X2= _(c_Z_) + =4. a2 aa2+b2-c 2=ab.2.22,又 cosC=a b =四=1, 2ab 2ab 2又C (0 ,180 ),C=60 .(2)S= labsinC=10 瓦. ab=40 2由余弦定理 c2=a2+b2-2abcosC,即 c2=(a+b) 2-2ab(1+cos60 ).72=(a+b) 2-2 x 40X 1 +1 1 ,2 ,a+b=13.又b:由，得 a=8,b=5.13 .解 (1) .A+B+C=180 ,由 4sin 2 A