高考数学一轮复习 54 解斜三角形 8页

‎5.4 解斜三角形 ‎●知识梳理 ‎1.正弦定理：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，即==.‎ 利用正弦定理，可以解决以下两类有关三角形的问题.‎ ‎（1）已知两角和任一边，求其他两边和一角；‎ ‎（2）已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角.（从而进一步求出其他的边和角）‎ ‎2.余弦定理：三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍，即 a2=b2+c2－2bccosA； ①‎ b2=c2+a2－2cacosB； ②‎ c2=a2+b2－2abcosC. ③‎ 在余弦定理中，令C=90°，这时cosC=0，所以c2=a2+b2.‎ 由此可知余弦定理是勾股定理的推广.由①②③可得 cosA=；‎ cosB=；‎ cosC=.‎ 利用余弦定理，可以解决以下两类有关三角形的问题：‎ ‎（1）已知三边，求三个角；‎ ‎（2）已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两个角.‎ 特别提示 两定理的形式、内容、证法及变形应用必须引起足够的重视，通过向量的数量积把三角形和三角函数联系起来，用向量方法证明两定理，突出了向量的工具性，是向量知识应用的实例.另外，解三角形问题可能出现一解、两解或无解的情况，这时应结合“三角形中大边对大角定理及几何作图来帮助理解”.‎ ‎●点击双基 ‎1.（2002年上海）在△ABC中，若2cosBsinA=sinC，则△ABC的形状一定是 A.等腰直角三角形 B.直角三角形 C.等腰三角形 D.等边三角形 解析：由2cosBsinA=sinC得×a=c，∴a=b.‎ 答案：C ‎2.下列条件中，△ABC是锐角三角形的是 A.sinA+cosA= B.·＞0‎ C.tanA+tanB+tanC＞0 D.b=3，c=3，B=30°‎ 解析：由sinA+cosA=得2sinAcosA=－＜0，∴A为钝角.‎ 由·＞0，得·＜0，∴cos〈，〉＜0.∴B为钝角.‎ 由tanA+tanB+tanC＞0，得tan（A+B）·（1－tanAtanB）+tanC＞0.‎ ‎∴tanAtanBtanC＞0，A、B、C都为锐角.由=，得sinC=，∴C=或.‎ 答案：C ‎3.（2004年全国Ⅳ，理11）△ABC中，a、b、c分别为∠A、∠B、∠C的对边，如果a、b、c成等差数列，∠B=30°，△ABC的面积为，那么b等于 A. B.1+‎ C. D.2+‎ 解析：∵a、b、c成等差数列，∴2b=a+c.平方得a2+c2=4b2－‎2ac.又△ABC的面积为，且∠B=30°，故由S△ABC=acsinB=acsin30°=ac=，得ac=6.∴a2+c2=4b2－12.由余弦定理，得cosB====，解得b2=4+2.又b为边长，∴b=1+.‎ 答案：B ‎4.已知（a+b+c）（b+c－a）=3bc，则∠A=_______.‎ 解析：由已知得（b+c）2－a2=3bc，∴b2+c2－a2=bc.∴=.∴∠A=.‎ 答案：‎ ‎5.在锐角△ABC中，边长a=1，b=2，则边长c的取值范围是_______.‎ 解析：若c是最大边，则cosC＞0.∴＞0，∴c＜.又c＞b－a=1，‎ ‎∴1＜c＜.‎ 答案：（1，）‎ ‎●典例剖析 ‎【例1】 △ABC的三个内角A、B、C的对边分别是a、b、c，如果a2=b（b+c），求证：A=2B.‎ 剖析：研究三角形问题一般有两种思路.一是边化角，二是角化边.‎ 证明：用正弦定理，a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC，代入a2=b（b+c）中，得sin‎2A=sinB（sinB+sinC）sin‎2A－sin2B=sinBsinC－=sinBsin（A+B）‎ ‎（cos2B－cos‎2A）=sinBsin（A+B）sin（A+B）sin（A－B）=sinBsin（A+B），‎ 因为A、B、C为三角形的三内角，所以sin（A+B）≠0.所以sin（A－B）=sinB.所以只能有A－B=B，即A=2B.‎ 评述：利用正弦定理，将命题中边的关系转化为角间关系，从而全部利用三角公式变换求解.‎ 思考讨论 ‎（1）该题若用余弦定理如何解决?‎ 解：利用余弦定理，由a2=b（b+c），得cosA===，cos2B=2cos2B－1=2（）2－1=－1=.‎ 所以cosA=cos2B.因为A、B是△ABC的内角，所以A=2B.‎ ‎（2）该题根据命题特征，能否构造一个符合条件的三角形，利用几何知识解决?‎ 解：由题设a2=b（b+c），得= ①，‎ 作出△ABC，延长CA到D，使AD=AB=c，连结BD.①式表示的即是=，所以△BCD∽△ABC.所以∠1=∠D.‎ 又AB=AD，可知∠2=∠D，所以∠1=∠2.‎ 因为∠BAC=∠2+∠D=2∠2=2∠1，‎ 所以A=2B.‎ 评述：近几年的高考题中，涉及到三角形的题目，重点考查正弦、余弦定理，考查的侧重点还在于三角转换.这是命题者的初衷.‎ ‎【例2】 （2004年全国Ⅱ，17）已知锐角△ABC中，sin（A+B）=，sin（A－B）=.‎ ‎（1）求证：tanA=2tanB；‎ ‎（2）设AB=3，求AB边上的高.‎ 剖析：有两角的和与差联想到两角和与差的正弦公式，结合图形，以（1）为铺垫，解决（2）.‎ ‎（1）证明：∵sin（A+B）=，sin（A－B）=，‎ ‎∴=2.‎ ‎∴tanA=2tanB.‎ ‎（2）解：＜A+B＜π，∴sin（A+B）=.∴tan（A+B）=－，‎ 即=－.将tanA=2tanB代入上式整理得2tan2B－4tanB－1=0，解得tanB=（负值舍去）.得tanB=，∴tanA=2tanB=2+.‎ 设AB边上的高为CD，则AB=AD+DB=+=.由AB=3得CD=2+，所以AB边上的高为2+.‎ 评述：本题主要考查三角函数概念，两角和与差的公式以及应用，分析和计算能力.‎ ‎【例3】 （2004年春季北京）在△ABC中，a、b、c分别是∠A、∠B、∠C的对边长，已知a、b、c成等比数列，且a2－c2=ac－bc，求∠A的大小及的值.‎ 剖析：因给出的是a、b、c之间的等量关系，要求∠A，需找∠A与三边的关系，故可用余弦定理.由b2=ac可变形为=a，再用正弦定理可求的值.‎ 解法一：∵a、b、c成等比数列，∴b2=ac.‎ 又a2－c2=ac－bc，∴b2+c2－a2=bc.‎ 在△ABC中，由余弦定理得cosA===，∴∠A=60°.‎ 在△ABC中，由正弦定理得sinB=，‎ ‎∵b2=ac，∠A=60°，∴=sin60°=.‎ 解法二：在△ABC中，由面积公式得bcsinA=acsinB.‎ ‎∵b2=ac，∠A=60°，∴bcsinA=b2sinB.‎ ‎∴=sinA=.‎ 评述：解三角形时，找三边一角之间的关系常用余弦定理，找两边两角之间的关系常用正弦定理.‎ ‎●闯关训练 夯实基础 ‎1.（2004年浙江，8）在△ABC中，“A＞30°”是“sinA＞”的 A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 解析：在△ABC中，A＞30°0＜sinA＜1sinA＞；sinA＞30°＜A＜150°A＞30°.‎ 答案：B ‎2.如图，△ABC是简易遮阳棚，A、B是南北方向上两个定点，正东方向射出的太阳光线与地面成40°角，为了使遮阴影面ABD面积最大，遮阳棚ABC与地面所成的角为 A.75° B.60° C.50° D.45°‎ 解析：作CE⊥平面ABD于E，则∠CDE是太阳光线与地面所成的角，即∠CDE=40°，延长DE交直线AB于F，连结CF，则∠CFD是遮阳棚与地面所成的角，设为α.要使S△ABD最大，只需DF最大.在△CFD中，=.‎ ‎∴DF=.‎ ‎∵CF为定值，∴当α=50°时，DF最大.‎ 答案：C ‎3.在△ABC中，角A、B、C所对的边分别是a、b、c，若三角形的面积S=（a2+b2－c2），则∠C的度数是_______.‎ 解析：由S=（a2+b2－c2）得absinC=·2abcosC.∴tanC=1.∴C=.‎ 答案：45°‎ ‎4.在△ABC中，若∠C=60°，则=_______.‎ 解析：=‎ ‎=. （*）‎ ‎∵∠C=60°，∴a2+b2－c2=2abcosC=ab.∴a2+b2=ab+c2.‎ 代入（*）式得=1.‎ 答案：1‎ ‎5.在△ABC中，由已知条件解三角形，其中有两解的是 A.b=20，A=45°，C=80° B.a=30，c=28，B=60°‎ C.a=14，b=16，A=45° D.a=12，c=15，A=120°‎ 解析：由a=14，b=16，A=45°及正弦定理，得=，所以sinB=.因而B有两值.‎ 答案：C 培养能力 ‎6.在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，依次成等比数列，求y=的取值范围.‎ 解：∵b2=ac，∴cosB===（+）－≥.‎ ‎∴0＜B≤，‎ y===sinB+cosB=sin（B+）.∵＜B+≤，‎ ‎∴＜sin（B+）≤1.故1＜y≤.‎ ‎7.已知△ABC中，2（sin‎2A－sin‎2C）=（a－b）sinB，外接圆半径为.‎ ‎（1）求∠C；‎ ‎（2）求△ABC面积的最大值.‎ 解：（1）由2（sin‎2A－sin‎2C）=（a－b）·sinB得2（－）=（a－b）.‎ 又∵R=，∴a2－c2=ab－b2.∴a2+b2－c2=ab.∴cosC==.‎ 又∵0°＜C＜180°，∴C=60°.‎ ‎（2）S=absinC=×ab ‎=2sinAsinB=2sinAsin（120°－A）‎ ‎=2sinA（sin120°cosA－cos120°sinA）‎ ‎=3sinAcosA+sin‎2A ‎=sin‎2A－sin2Acos‎2A+‎ ‎=sin（‎2A－30°）+.‎ ‎∴当‎2A=120°，即A=60°时，Smax=.‎ ‎8.在△ABC中，BC=a，顶点A在平行于BC且与BC相距为a的直线上滑动，求的取值范围.‎ 解：令AB=kx，AC=x（k＞0，x＞0），则总有sinB=，sinC=（图略），且由正弦定理得sinB=sinA，所以a2=kx2·sinBsinC=kx2sinA，由余弦定理，可得cosA==（k+－sinA），所以k+=sinA+2cosA≤=.所以k2－k+1≤0，所以≤k≤.‎ 所以的取值范围为［，］.‎ 探究创新 ‎9.某城市有一条公路，自西向东经过A点到市中心O点后转向东北方向OB ‎，现要修建一条铁路L，L在OA上设一站A，在OB上设一站B，铁路在AB部分为直线段，现要求市中心O与AB的距离为‎10 km，问把A、B分别设在公路上离中心O多远处才能使|AB|最短?并求其最短距离.（不要求作近似计算）‎ 解：在△AOB中，设OA=a，OB=b.‎ 因为AO为正西方向，OB为东北方向，所以∠AOB=135°.‎ 则|AB|2=a2+b2－2abcos135°=a2+b2+ab≥2ab+ab=（2+）ab，当且仅当a=b时，“=”成立.又O到AB的距离为10，设∠OAB=α，则∠OBA=45°－α.所以a=，b=，‎ ab=·‎ ‎=‎ ‎=‎ ‎=‎ ‎=≥，‎ 当且仅当α=22°30′时，“=”成立.‎ 所以|AB|2≥=400（+1）2，‎ 当且仅当a=b，α=22°30′时，“=”成立.‎ 所以当a=b==10时，|AB|最短，其最短距离为20（+1），即当AB分别在OA、OB上离O点‎10 km处，能使|AB|最短，最短距离为20（－1）.‎ ‎●思悟小结 ‎1.在△ABC中，∵A+B+C=π，∴sin=cos，cos=sin，tan=cot.‎ ‎2.∠A、∠B、∠C成等差数列的充分必要条件是∠B=60°.‎ ‎3.在非直角三角形中，tanA+tanB+tanC=tanA·tanB·tanC.‎ ‎4.根据所给条件确定三角形的形状，主要有两种途径：①化边为角；②化角为边.并常用正弦（余弦）定理实施边角转化.‎ ‎5.用正（余）弦定理解三角形问题可适当应用向量的数量积求三角形内角与应用向量的模求三角形的边长.‎ ‎6.用向量的数量积求三角形内角时，需明确向量的夹角与三角形内角是相等还是互补.‎ ‎●教师下载中心 教学点睛 ‎1.一方面要让学生体会向量方法在解三角形方面的应用，另一方面要让学生体会解三角形是重要的测量手段，通过数值计算进一步提高使用计算器的技能技巧和解决实际问题的能力.‎ ‎2.要加大以三角形为背景，以三角恒等变换公式、向量等为工具的小型综合题的训练.‎ 拓展题例 ‎【例1】 已知A、B、C是△ABC的三个内角，y=cotA+.‎ ‎（1）若任意交换两个角的位置，y的值是否变化?试证明你的结论.（2）求y的最小值.‎ 解：（1）∵y=cotA+‎ ‎=cot A+‎ ‎=cot A+‎ ‎=cotA+cotB+cotC，‎ ‎∴任意交换两个角的位置，y的值不变化.‎ ‎（2）∵cos（B－C）≤1，‎ ‎∴y≥cotA+=+2tan=（cot+3tan）≥=.‎ 故当A=B=C=时，ymin=.‎ 评述：本题的第（1）问是一道结论开放型题，y的表达式的表面不对称性显示了问题的有趣之处.第（2）问实际上是一道常见题：在△ABC中，求证：cotA+cotB+cotC≥.‎ ‎【例2】 在△ABC中，sinA=，判断这个三角形的形状.‎ 分析：判断一个三角形的形状，可由三个内角的关系确定，亦可由三边的关系确定.采用后一种方法解答本题，就必须“化角为边”.‎ 解：应用正弦定理、余弦定理，可得 a=，所以b（a2－b2）+c（a2－c2）=bc（b+c）.所以（b+c）a2=（b3+c3）+bc（b+c）.所以a2=b2－bc+c2+bc.所以a2=b2+c2.所以△ABC是直角三角形.‎ 评述：恒等变形是学好数学的基本功，变形的方向是关键.若考虑三内角的关系，本题可以从已知条件推出cosA=0.‎