高中数学必修5__第一章_解三角形复习知识点总结与练习

高中数学必修5 第一章 解三角形复习

一、知识点总结

【正弦定理】

1．正弦定理:

abc2R (R为三角形外接圆的半径). sinAsinBsinC2.正弦定理的一些变式：

abc； ,sinB,sinC2R2R2Rabc2R iiia2RsinA,b2RsinB,b2RsinC；（iv）

sinAsinBsinCiabcsinAsinBsinC；iisinA3．两类正弦定理解三角形的问题：

（1）已知两角和任意一边，求其他的两边及一角.

（2）已知两边和其中一边的对角，求其他边角.（可能有一解，两解，无解）

【余弦定理】

b2c2a2cosA2222bcabc2bccosA2a2c2b2221．余弦定理： bac2accosB 2.推论： cosB.

2acc2b2a22bacosCb2a2c2cosC2ab3.两类余弦定理解三角形的问题：（1）已知三边求三角.

（2）已知两边和他们的夹角，求第三边和其他两角.

【面积公式】

已知三角形的三边为a,b,c,

abc2

1.S1aha1absinC1r(abc)= =2RsinAsinBsinC（其中r为三角形内切圆半径）

2224R2.设p1(abc),S2p(pa)(pb)(pc)(海伦公式)

【三角形中的常见结论】

（1）ABC(2) sin(AB)sinC,cos(AB)cosC,tan(AB)tanC,

sinABCABCcos,cossin; 2222（3）若ABCabcsinAsinBsinC

若sinAsinBsinCabcABC（大边对大角，小边对小角） （4）三角形中两边之和大于第三边，两边之差小于第三边

(5) 锐角三角形三内角都是锐角三内角的余弦值为正值任意两边的平方和大于第三边的平方.钝角三角形最大角是钝角最大角的余弦值为负值 （6）C中，A,B,C成等差数列的充要条件是B60.

(7) C为正三角形的充要条件是A,B,C成等差数列，且a,b,c成等比数列. 二、题型汇总

题型1【判定三角形形状】

判断三角形的类型

（1）利用三角形的边角关系判断三角形的形状:判定三角形形状时，可利用正余弦定理实现边角转化，统

1



一成边的形式或角的形式.

a2b2c2A是直角ABC是直角三角形（2）在ABC中，由余弦定理可知:a2b2c2A是钝角ABC是钝角三角形

a2b2c2A是锐角ABC是锐角三角形（注意：A是锐角ABC是锐角三角形）

(3) 若sin2Asin2B，则A=B或AB2.

例1.在ABC中，c2bcosA，且(abc)(abc)3ab，试判断ABC形状.

题型2【解三角形及求面积】

一般地，把三角形的三个角A,B,C和它们的对边a,b,c叫做三角形的元素.已知三角形的几个元素求其他元素的过程叫做解三角形. 例2.在ABC中，a1，b3，A300，求的值

例3.在ABC中，内角A,B,C对边的边长分别是a,b,c，已知c2，C3．

（Ⅰ）若ABC的面积等于3，求a,b；

（Ⅱ）若sinCsin(BA)2sin2A，求ABC的面积． 题型3【证明等式成立】

证明等式成立的方法：（1）左右，（2）右左，（3）左右互相推.

例4.已知ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，求证：abcosCccosB.

题型4【解三角形在实际中的应用】

实际问题中的有关概念：

仰角 俯角 方位角 方向角 (1)仰角和俯角：

在视线和水平线所成的角中，视线在水平线上方的角叫仰角，在水平线下方的角叫俯角(如图1)．

(2)方位角：

从指北方向顺时针转到目标方向线的水平角，如B点的方位角为α(如图2)． (3)方向角：相对于某一正方向的水平角(如图3)

①北偏东α°即由指北方向顺时针旋转α°到达目标方向．

②北偏西α°即由指北方向逆时针旋转α°到达目标方向．③南偏西等其他方向角类

似．

2

例5．如图所示，货轮在海上以40km/h的速度沿着方位角（从指北方向顺时针转到目标方向线的水平转角）为140°的方向航行，为了确定船位，船在B点观测灯塔A的方位角为110°，航行半小时到达C点观测灯塔A的方位角是65°，则货轮到达C点时，与灯塔A的距离是多少？

解三角形高考题精选

1（06）ABC的三个内角为A、B、C，求当A为何值时，cosA2cos个最大值。

解：由ABC,得 cosA2cos

当sinBC取得最大值，并求出这2BCABCA 所以有 cossin. ,22222BCAA 2(sinA1)23. 2A cosA2sin12sin2sin2222222A1BC3,即A时,cosA2cos取得最大值. 223222.（07）设锐角三角形ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，a=2bsinA。

（Ⅰ）求B的大小； （Ⅱ）求cosAsinC的取值范围。 解：（Ⅰ）由a=2bsinA，根据正弦定理得sinA=2sinBsinA，所以sinB由△ABC为锐角三角形得B1， 2π。 6AcosAsinA 63

（Ⅱ）cosAsinCcosAsin

13cosAcosAsinA3sinA。

223由△ABC为锐角三角形知，

2AB，B。A， 222263336所以

1333。由此有sinA3sinA3，

23223233所以，cosA+sinC的取值范围为2，。 23．（08）设△ABC的内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且acosBbcosA（Ⅰ）求tanAcotB的值； （Ⅱ）求tan(AB)的最大值．

3c． 5abc解：⑴由正弦定理得：===2R,sinAsinBsinc∴a=2RsinA,b=2RsinB,c=2rsinC33acosB－bcosA＝c，∴2RsinAcosB－2RsinBcosA=2RsinC553∴sinAcosB－sinBcosA=sin(A+B)

533sinAcosB－sinBcosA=sinAcosB+cosAsinB55282∴sinAcosB=sinBcosA,两边同除以sinBcosA555∴tanAcotB=4.⑵由第⑴知，tanA=4tanB,⑵∵tanA=4tanB,而tan(A－B)=tanA－tanB3tanB==1+tanAtanB1+4tan2B31+4tanBtanB34

当且仅且11=4tanB,∴tanB=时“＝”成立。tanB2224.（09）在ABC中，内角A、B、C的对边长分别为a、b、c，已知ac2b，且

sinAcosC3cosAsinC, 求b

解法一：在ABC中

sinAcosC3cosAsinC,则由正弦定理及余弦定理

a2b2c2b2c2a23•c,化简并整理得：2(a2c2)b2.又由已知有:a•2ab2bc

4

. a2c22b4bb2.解得b4或b0(舍）解法二:

由余弦定理得:

a2c2b22bccosA.

又 ac2b,b0。

所以 b2ccosA2…………………………………① 又 sinAcosC3cosAsinC，

22sinAcosCcosAsinC4cosAsinC

sin(AC)4cosAsinC，

即sinB4cosAsinC

由正弦定理得sinBbsinC， c故 b4ccosA………………………② 由①，②解得b4。

5.(10) 已知ABC的内角A，B及其对边a解：由abacotAbcotB及正弦定理得

，b满足abacotAbcotB，求内角C．

sinAsinBcosAcosB

sinAcosAcosBsinB从而sinAcos4cosAsin4cosBsin4sinBcos4

sin(A)sin(B)

44又0AB 故A44

B

AB所以C

22

6.（12）ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知cos(AC)cosB1，a2c，求C。

5

7．(13) 如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°. (1)若PB＝

1，求PA； 2(2)若∠APB＝150°，求tan∠PBA.

解：(1)由已知得∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°. 在△PBA中，由余弦定理得PA＝3故PA＝2

11723cos 30. 4247. 2(2)设∠PBA＝α，由已知得PB＝sin α. 在△PBA中，由正弦定理得

3sin， sin150sin(30)化简得3cos α＝4sin α. 所以tan α＝

8.（16）△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知2cosC(acosBbcosA)c.

33，即tan∠PBA＝. 44（Ⅰ）求C； （Ⅱ）若c解：

7，△ABC的面积为

33.求△ABC的周长. 2（I） 由已知及正弦定理的，

2cosC(sinAcosBsinBcosA)sinC，

即2cosCsin(AB)sinC， 故2sinCcosCsinC， 可得cosC1，∴C．

32133absinC， 22（II） 由已知，

又C3，∴ab6，

22由已知及余弦定理得，ab2abcosC7， 22故ab13，从而(ab)25，

2∴△ABC的周长为5

7

6

9.（07宁夏，海南） 如图，测量河对岸的塔高AB时，可以选与塔底B在同一水平面内的两个侧点C与

D．现测得BCD，BDC，CDs，并在点C测得塔顶A的仰角为，求塔高AB．

解：在△BCD中，CBDπ． 由正弦定理得所以BCBCCD． sinBDCsinCBDCDsinBDCs·sin．

sinCBDsin()s·tansin．

sin()在 △ABC 中ABBCtanACB

10．（07山东）如图,甲船以每小时302海里的速度向正北方向航行,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的方向B1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120方向的B2处,此时两船相距102海里,问乙船每小时航行多少海

里?

解：如图，连结A1B2，A2B2102，A1A220302102， 60A1A2B2是等边三角形，B1A1B21056045，

在A1B2B1中，由余弦定理得

22B1B2A1B12A1B22A1B1A1B2cos45， 220(102)220102200222B1B2102.

因此乙船的速度的大小为

10260302. 20答：乙船每小时航行302海里.

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