高中数学(必修五,苏教版)章末知识整合第1章 解三角形

题型1 应用正余弦定理解三角形 解答下列各题：
(1)在△ABC 中，若A ＝30°，a ＝2，b ＝2，求B ；
(2)(20XX 年山东卷)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若a ＝2，b ＝2，sin B ＋cos B ＝2，求A.
分析：已知三角形两边和其中一边的对角，求另一边的对角，根据问题条件可能出现唯一解、两解、无解的情况，解题时一定要根据问题条件，准确判定．
解析：(1)根据正弦定理，有a sin A ＝b
sin B
，
即sin B ＝bsin A a ，得sin B ＝2sin 30°2
＝2
2.
∵a<b ，∴B>A ＝30°，B 为锐角或钝角． 即B ＝45°或135°.
(2)由sin B ＋cos B ＝2得sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫B ＋π4＝1，∴B ＝π
4，
由正弦定理2sin A ＝2sin π4
，得sin A ＝1
2
，
又a ＜b ，∴A ＜B ，∴A ＝π
6
.
►归纳拓展
已知两边和其中一边的对角解三角形，一般用正弦定理，但此时三角形不能唯一确定，可能出现一解、两解、无解的情况，这时应结合“三角形中大边对大角，A>B 则sin A>sin B ”等关系来判定，也可以结合几何图形帮助理解记忆．具体模式如图，关键是比较bsin A 与a 和b 的大小．当A 为锐角，且bsin A ＝a 时，一解，bsin A>a ，无解，bsin A ＜a ，两解，a ≥b 时一解，至于A ＝90°，A>90°，情况较易．
►变式迁移
1．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知A ＝π
3
，a ＝3，b ＝1，则c 为( ) A ．1 B ．2 C.3－1 D. 3
解析：由正弦定理a sin A ＝b
sin B
，
∴sin B ＝bsin A
a ＝1×sin
π33
＝12.
又∵a>b ，∴A>B ，∴B 为锐角，
∴B ＝π6，于是C ＝π2
，
∴△ABC 为直角三角形， ∴c ＝a 2＋b 2＝2，故选B. 答：B
(1)在△ABC 中，a ＝m ，b ＝n ，c ＝m 2＋n 2＋mn ，求C ；
(2)在△ABC 中，a ＝7，b ＝8，cos C ＝13
14
，求c 及最大角的余弦
值．
分析：(1)为△ABC 中已知三边求一角，直接用余弦定理cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab
求解即可．
(2)为△ABC 中已知两边及其夹角余弦求第三边，用c ＝a 2＋b 2－2abcos C 求最大角的余弦，不难想到“大边对大角”．
解析：(1)由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 2
2ab
，
将a ，b ，c 的值代入上式，
得cos C ＝m 2＋n 2－m 2－n 2－mn 2mn ＝－1
2
.
∵0°<C<180°，∴C ＝120°. (2)由余弦定理得
c 2＝a 2＋b 2－2abcos C ＝72＋82
－2×7×8×1314
＝9.
∴c ＝3.
∵b>a>c ，∴在△ABC 中，B 最大．
∴cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝72＋32－822×7×3
＝－1
7.
►归纳拓展
余弦定理有三个方面的应用：一是已知三角形的两边和它们的夹角，可以由余弦定理求出第三边，进而求出其余两角；二是已知三角形的三边，利用余弦定理求出一个角，进而求出其他两角；三是正、余弦定理的综合应用，如已知三角形的两边及其一边的对角，除了能用正弦定理解三角形外，也可以用余弦定理来解三角形．
►变式迁移 2．(2013·湖南卷)在锐角△ABC 中，角A ，B 所对的边长分别为a ，b ，若2asin B ＝3b ，则角A 等于( )
A.π12
B.π6
C.π4
D.π3
解析：由正弦定理
a
sin A＝
b
sin B和2asin B＝3b可得2sin Asin B
＝3sin B，即sin A＝
3 2，
又∵△ABC为锐角三角形，∴A＝π3.
答案：D
题型2三角形形状的判断
(20XX年辽宁卷)在△ABC中，a，b，c分别为角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．
分析：只要根据已知条件找到三角形的边或角的关系，就可以确定三角形的形状．
解析：(1)由已知，根据正弦定理，可得2a2＝(2b＋c)b＋(2c＋b)c，即a2＝b2＋c2＋bc，
由余弦定理得cos A＝b2＋c2－a2
2bc＝－
1
2，∴A＝120°.
(2)解法一：由(1)，B＋C＝60°，B＝60°－C，由sin B＋sin C＝1，得sin(60°－C)＋sin C＝1，
即sin 60°cos C－cos 60°sin C＋sin C＝1，
即sin(C＋60°)＝1，而0°＜C＜60°，∴C＝30°.
故B＝30°，∴△ABC为等腰钝角三角形．
解法二：由(1)b2＋c2＋bc＝a2得
sin2B＋sin2C＋sin Bsin C＝sin2A，
即(sin B＋sin C)2－sin Bsin C＝3
4，
∴sin Bsin C＝1
4，
与sin B＋sin C＝1联立，解得sin B＝sin C＝1
2，而0°＜B，C＜60°，∴B＝C.
∴△ABC为等腰钝角三角形．
►归纳拓展
要注意正弦的多值性，否则可能漏解．如本例中的(1)；由条件
不能只得到A ＝B ，而忽略A ＋B ＝π
2
.另外，还要注意等腰三角形或
直角三角形与等腰直角三角形的区别．
判断三角形的形状，一般有以下两种途径：将已知条件统一化成边的关系，用代数方法求解；将已知条件统一化成角的关系，用三角方法求解．在解三角形时的常用结论有：
1．在△ABC 中，A>B ⇔a>b ⇔sin A>sin B ⇔cos A<cos B.
2．在△ABC 中，A ＋B ＋C ＝π，A ＋B ＝π－C ，A ＋B 2＝π2－C
2
，
则cos(A ＋B)＝－cos C ，sin(A ＋B)＝sin C ，
sin A ＋B 2＝cos C 2
.
3．在△ABC 中，a 2＋b 2<c 2⇔C>π2，a 2＋b 2＝c 2⇔C ＝π2
，a 2
＋b 2>c 2
⇔0<C<π
2.
►变式迁移
3．在△ABC 中，若cos 2A 2＝b ＋c
2c
，试判断△ABC 的形状．
解析：解法一：∵cos 2A 2＝b ＋c 2c
， 1＋cos A 2＝b ＋c 2c ，∴cos A ＝b
c ， 即b 2＋c 2－a 22bc ＝b c
.
∵c ≠0，∴c 2＝a 2＋b 2. ∴△ABC 为直角三角形．
解法二：∵cos 2A 2＝b ＋c 2c
. ∴1＋cos A 2＝b ＋c 2c .∴cos A ＝b c
.
∴cos A ＝2Rsin B 2Rsin C ＝sin B
sin C
.
∴sin Ccos A ＝sin B.
∴sin Ccos A ＝sin(A ＋C)． ∴sin A·cos C ＝0.
∵0<A<π，∴sin A ≠0. ∴cos C ＝0，∴C ＝90°. 故△ABC 为直角三角形．
题型3 求三角形的面积
(1)在△ABC 中，已知a ＝3，b ＝4，C ＝60°，则△ABC 的
面积为多少？
(2)若三角形面积为3
2
，且b ＝2，c ＝3，求A.
分析：非特殊三角形面积的计算主要用S ＝12bcsin A ＝1
2
absin C
＝12acsin B ．(1)直接用S ＝12absin C 即可；(2)为逆用S ＝1
2
bcsin A. 解析：(1)S ＝1
2
absin C
＝12×3×4×sin 60°＝6×32
＝3 3. (2)∵S ＝1
2bcsin A ，
∴32＝1
2
×2×3sin A ， ∴sin A ＝3
2
，∴A ＝60°或120°.
►归纳拓展
三角形面积公式：S △＝12ah a ＝12bcsin A ＝abc
4R
＝pr ＝
p (p －a )(p －b )(p －c )，其中A ，B ，C 分别为△ABC 的边a ，b ，c
的对角，R 、r 分别为△ABC 的外接圆和内切圆半径，p ＝1
2
(a ＋b ＋
c)．
►变式迁移
4．已知△ABC 的三边长分别为a －2，a ，a ＋2，且最大角的正
弦值为3
2，求这个三角形的面积．
解析：设α是最大角，∵sin α＝3
2
，而α＞60°，
∴α＝120°，
∴(a ＋2)2＝a 2＋(a －2)2－2a(a －2)cos 120°， 解得a ＝5，∴三边长为3,5,7，
∴S △＝12×3×5×sin 120°＝153
4
.
5．在△ABC 中，已知a ＝3，cos A ＝7
8
，且b 2－bc －2c 2＝0.
(1)求b ，c 的值；
解析：(1)由b 2－bc －2c 2＝0得(b ＋c)(b －2c)＝0，
即b ＝2c ，再由a 2＝b 2＋c 2－2bccos A 得3＝(2c)2＋c 2－
2×2c 2
×78，解得c ＝2，b ＝2 2.
(2)求△ABC 的面积．
解析：(2)∵cos A ＝78，∴sin A ＝1－⎝ ⎛⎭
⎪⎫782＝15
8.
∴S △ABC ＝12bcsin A ＝12×22×2×158＝15
4
.
正、余弦定理的应用
如上图所示，A ，B 是海面上位于东西方向相距5(3＋3)海
里的两个观测点，现位于A 点北偏东45°，B 点北偏西60°的D 点有一艘轮船发出求救信号，位于B 点南偏西60°且与B 点相距203海里的C 点的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/小时，该救援船到达D 点需要多长时间？
分析：在△ABD 中，由正弦定理可求出BD ，再在△BCD 中，用余弦定理求出CD ，最后可求出时间t.
解析：由题意知AB ＝5(3＋3)海里，∠DBA ＝90°－60°＝30°，∠DAB ＝90°－45°＝45°，
∴∠ADB ＝180°－(45°＋30°)＝105°.
在△DAB 中，由正弦定理，得BD sin ∠DAB ＝AB
sin ∠ADB
，
∴BD ＝ABsin ∠DAB sin ∠ADB
＝(15＋53)·sin 45°
sin 105°＝
(15＋53)·sin 45°sin 45°cos 60°＋cos 45°sin 60°＝53×(3＋1)
3＋1
2
＝103(海里)．
又∵∠DBC ＝∠DBA ＋∠ABC ＝60°，BC ＝20 3 (海里)． ∴在△BCD 中，由余弦定理得， CD 2＝BD 2＋BC 2－2BD·BC·cos ∠DBC ＝300＋1200－2×103
×203×1
2
＝900.
∴CD ＝30(海里)，则需要的时间t ＝30
30
＝1(小时)．
►归纳拓展
解三角形应用题的关键是将实际问题转化为解三角形问题．其基本思路是：首先分析本题属于哪种问题(如测量距离、高度、角度等)，然后依题意画出示意图，把已知和未知的量标在图中，然后根据边角关系选择相应的定理，同时注意近似计算的要求，解题后再还原为实
际问题．
►变式迁移
6．(2013·山东莱州一中质检题)20XX年国庆阅兵式上举行升旗仪式，如图，在坡度为15°的观礼台上，某一列座位与旗杆在同一个垂直于地面的平面上，在该列第一排和最后一排测得旗杆顶端的仰角分别为60°和30°，且第一排和最后一排距离为106米，求旗杆的高度．
解析：设旗杆的高度为x米，∠ABC＝105°，∠CAB＝45°，
∴∠ACB＝30°，根据正弦定理可知
BC
sin 45°＝
106
sin 30°，即BC＝20 3.
∴旗杆高度x＝BCsin 60°＝203×
3
2＝30(米)．
答：旗杆的高度为30米．。