解三角形专题

解三角形专题

一、基础知识： 1、正弦定理：

abc2R，其中R为ABC外接圆的半径 sinAsinBsinC正弦定理的主要作用是方程和分式中的边角互化。其原则为关于边，或是角的正弦值是否具备齐次的特征。如果齐次则可直接进行边化角或是角化边，否则不可行 例如：（1）sinAsinBsinAsinBsinCababc （2）bcosCccosBasinBcosCsinCcosBsinA（恒等式） （3）

222222bcsinBsinC 22asinA2222、余弦定理：abc2bccosA

b2c2a2变式：（1）cosA

2bc① 此公式通过边的大小（角两边与对边）可以判断出A是钝角还是锐角 当bca时，cosA0，即A为锐角；

当bca（勾股定理）时，cosA0，即A为直角； 当bca时，cosA0，即A为钝角

② 观察到分式为齐二次分式，所以已知a,b,c的值或者a:b:c均可求出cosA

2（2）abc2bc1cosA 此公式在已知bc和bc时不需要计算出b,c的值，进

2222222222行整体代入即可

3、三角形面积公式：

1ah （a为三角形的底，h为对应的高） 2111（2）SabsinCbcsinAacsinB

2221（3）Sabcr （r为三角形内切圆半径，此公式也可用于求内切圆半径）

21（4）海伦公式：Sppapbpc,pabc

2（1）S1（5）向量方法：S2 证明：S Sab2ab2 （其中a,b为边a,b所构成的向量，方向任意）

111absinCS2a2b2sin2Ca2b21cos2C 24412ab2abcosC，而ababcosC

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1  S2abab22

坐标表示：ax1,y1,bx2,y2，则S1x1y2x2y1 24、三角形内角和ABC（两角可表示另一角）。

sin(AB)sinCsinC cos(AB)cosCcosC

5、确定三角形要素的条件： （1）唯一确定的三角形： ① 已知三边（SSS）：可利用余弦定理求出剩余的三个角 ② 已知两边及夹角（SAS）：可利用余弦定理求出第三边，进而用余弦定理（或正弦定理）求出剩余两角

③ 两角及一边（AAS或ASA）：利用两角先求出另一个角，然后利用正弦定理确定其它两条边 （2）不唯一确定的三角形 ① 已知三个角（AAA）：由相似三角形可知，三个角对应相等的三角形有无数多个。由正弦定理可得：已知三个角只能求出三边的比例：a:b:csinA:sinB:sinC ② 已知两边及一边的对角（SSA）：比如已知a,b,A，所确定的三角形有可能唯一，也有可能是两个。其原因在于当使用正弦定理求B时，

abbsinAsinB，而sinAsinBa，所以三角形可B0,,时，一个sinB可能对应两个角（1个锐角，1个钝角）

22能不唯一。（判定是否唯一可利用三角形大角对大边的特点，具体可参考例1） 6、解三角形的常用方法：

（1）直接法：观察题目中所给的三角形要素，使用正余弦定理求解

（2）间接法：可以根据所求变量的个数，利用正余弦定理，面积公式等建立方程，再进行求解

7、三角形的中线定理与角平分线定理

（1）三角形中线定理：如图，设AD为ABC的一条中线，

A2222则ABAC2ADBD （知三求一）

证明：在ABD中

AB2AD2BD22ADBDcosADB ① AC2AD2DC22ADDCcosADC ②

BDCD为BC中点 BDCD

ADBADC cosADBcosADC  ①②可得：

AB2AC22AD2BD2

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（2）角平分线定理：如图，设AD为ABC中BAC的

ABBD角平分线，则 ACCD证明：过D作DE∥AC交AB于E BDBE EDADAC DCAEAD为BAC的角平分线

BEADDAC EDAEAD EAD为等腰三角形 EAED BDBEBEBEABBAC可得： 而由BED

DCAEEDEDACABBD ACCD二、典型例题：

AEDC例1：（1）ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若c2,b6,B60，则

C_____

（2））ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若c2,b6,C30思路：（1）由已知B,b,c求C可联想到使用正弦定理：代入可解得：sinC答案：C30

（2）由已知C,b,c求B可联想到使用正弦定理：

，则B_____

bccsinBsinC sinBsinCb1。由cb可得：CB60，所以C30 2bcbsinCsinB sinBsinCc代入可解得：sinB3，则B60或B120，由cb可得：CB，所以B60和2B120均满足条件

答案：B60或B120

小炼有话说：对比（1）（2）可发现对于两边及一边的对角，满足条件的三角形可能唯一确定，也有可能两种情况，在判断时可根据“大边对大角”的原则，利用边的大小关系判断出角之间的大小关系，判定出所求角是否可能存在钝角的情况。进而确定是一个解还是两个解。 例2：在ABC中，BC2,B60，若ABC的面积等于3，则AC边长为_________ 2思路：通过条件可想到利用面积S与BC,B求出另一条边AB，再利用余弦定理求出AC 即可

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解：SABC1133 ABBCsinBAB2222213 2AB1

AC2AB2BC22ABBCcosB1422AC3

答案：3 例3：（2012课标全国）已知a,b,c分别为ABC三个内角A,B,C的对边，且有

acosC3asinCbc0

（1）求A

（2）若a2，且ABC的面积为3，求b,c

（1）思路：从等式acosC3asinCbc0入手，观察每一项关于a,b,c齐次，考虑利用正弦定理边化角：

acosC3asinCbc0sinAcosC3sinAsinCsinBsinC0，所涉及式

子与A,C关联较大，从而考虑换掉sinBsinAC，展开化简后即可求出A 解：acosC3asinCbc0

sinAcosC3sinAsinCsinBsinC0

sinAcosC3sinAsinCsinACsinC0

sinAcosC3sinAsinCsinAcosCsinCcosAsinC0

即3sinAcosA12sinA11sinA 662AA66或A65（舍） 63

（2）思路：由（1）可得A3，再由SABC3，a2可想到利用面积与关于A的余弦

定理可列出b,c的两个方程，解出b,c即可

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解：SABC1bcsinA3bc4 2a2b2c22bccosA4b2c2bc

b2c2bc4b2c28b2 可解得 c2bc4bc4小炼有话说：通过第（1）问可以看出，在遇到关于边角的方程时，可观察边与角正弦中是否具备齐次的特点，以便于进行边角互化。另一方面当角A,B,C同时出现在方程中时，通常要从所给项中联想到相关两角和差的正余弦公式，然后选择要消去的角

例4：如图，在ABC中，D是边AC上的点，且ABAD,2AB3BD,BC2BD，则

BsinC的值为___________

思路：求sinC的值考虑把C放入到三角形中，可选的三角形有ABC 和BDC，在BDC中，已知条件有两边BD,BC，但是缺少一个

ADC角（或者边），看能否通过其它三角形求出所需要素，在ABD中，三边比例已知，进而可求出BDA，再利用补角关系求出BDC，从而BDC中已知两边一角，可解出C 解：由2AB3BD可设BD2k则AB3k

AD3k,BC4k

 在ADB中，cosADBADBDAB2ADBD2223k22k23k2k23k23 3cosBDCcosADB36 sinBDC 33BDBCBDsinBDC6sinC sinCsinBDCBC6在BDC中，由正弦定理可得：

小炼有话说：（1）在图形中求边或角，要把边和角放入到三角形当中求解，在选择三角形时尽量选择要素多的，并考虑如何将所缺要素利用其它条件求出。

（2）本题中给出了关于边的比例，通常对于比例式可考虑引入一个字母（例如本题中的k），这样可以将比例转化为边的具体数值，便于计算

例5：已知ABC中，a,b,c分别是角A,B,C所对边的边长，若ABC的面积为S，且

2Sabc2，则tanC等于___________

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2思路：由已知2Sabc可联想到余弦定理关于cosC的内容，而S21absinC，所2以可以得到一个关于sinC,cosC的式子，进而求出tanC 解：2Sabc2221absinCa2b2c22ab 2222而cab2abcosC abc2abcosC代入可得：

222absinC2ab2abcosCsinC22cosC

4sinCsinC22cosC52 23sinCcosC1cosC54tanC

3答案：tanC4 3例6：在ABC 中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c ，已知ABC的面积为315 ，

1bc2,cosA, 则a的值为 .

4思路：已知cosA求a可以联想到余弦定理，但要解出b,c的值，所以寻找解出b,c的条件，SABC115bcsinA315，而sinA1cos2A代入可得bc24，再由bc2242222可得 abc2bccosAbc2bc2bccosA64，所以a8

答案：8

例7：设ABC的内角A,B,C所对边的长分别为a,b,c，若bsinA3acosB0，且

b2ac，则

A.

ac的值为（ ） b2 B. 22 C. 2 D. 4

思路：由bsinA3acosB0可得：sinBsinA3sinAcosB0，从而tanB3，解得B3，从bac可联想到余弦定理：bac2accosBacac，所以

2222222222有acacacac0，从而ac再由bac可得abc，所以

ac的b值为2 答案：C

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小炼有话说：本题的难点在于公式的选择，bac以及所求

2ac也会让我们想到正弦定理。b但是通过尝试可发现利用角进行计算较为复杂。所以在解三角形的题目中，条件的特征决定选择哪种公式入手；如果所给是关于边，角正弦的其次式，可以考虑正弦定理。如果条件中含有角的余弦，或者是边的平方项，那么可考虑尝试余弦定理。

22例8：设ABC的内角A,B,C所对边的长分别为a,b,c，且babc,A6，则C（ ）

A.

33 B. C. D. 或

4464422222思路：由abbc的结构可以联想到余弦定理：abc2bccosA，可以此为突破口，即bbcbc2bccosA，代入解得：c得到a,b,c比例代入余弦定理可计算出C 解：由babc可得：abbc，

222222231b，进而求出a31b，2a2b2c22bccosA b2bcb2c22bccosA

c231bc c2231b代入到b2a2bc

可得：ab31b2 a23b423b231b 2a:b:c31:1:31 2a2b2c2cosC2ab3122131223122 2C4

例9：已知ABC的三边长为三个连续的自然数，且最大内角是最小内角的2倍，则最小内角的余弦值是（ ）

3572 B. C. D. 46103思路：不妨考虑abc，将三个边设为ax1,bx,cx1，则C2A，想到正弦定csinCsin2A2cosA，再将cosA利用余弦定理用边表示，列方程解出x，从而求理asinAsinAA.

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出cosA

解：设abc，则ax1,bx,cx1

C2A csinCsin2A2cosA asinAsinAcb2c2a2b2c2a22代入ax1,bx,cx1可得： a2bcbc2x1xx1x1 ，解得：x5 x1xx122a4,b5,c6

b2c2a23cosA

2bc4答案：A

小炼有话说：本题的特色在于如何利用“最大内角是最小内角2倍”这个条件，可联想到正余弦的二倍角公式。本题采用正弦二倍角公式，在加上余弦定理可之间与题目中边的条件找到联系。如果采用余弦二倍角公式，则有cosC2cosA1，即便使用余弦定理也会导致方程次数过高，不利于求解。

例10：在ABC中，D为边BC上一点，BD面积为33，则BAC_________

思路：要求出BAC，可在ABC中求解，通过观察条件

21CD,ADB120,AD2，若ADC的2AADB120(ADC120),AD2,SADC33，可

从ADC可解，解出AD,AC，进而求出BD，再在ABD中解出AB，从而ABC三边齐备，利用余弦定理可求出BAC 解：

BDCSADC1ADDCsinADC33 2DC2332sin3231

BD21DC31 2222ACADDC2ADDCcosADC2231222231cos3

6423 AC31

6 专业知识整理分享

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同理ABADDB2ADDBcosADB 222223122231cos26 3AB6

AB2AC2BC266313311cosBAC

2ABAC22663122BAC60

答案：BAC60

小炼有话说：（1）本题与例4想法类似，都是把所求要素放入到三角形中，同时要通过条件

观察哪个三角形条件比较齐备，可作为入手点解出其他要素

（2）本题还可以利用辅助线简化运算，作AMBC于M，进而利用在RtADM 中

ADC60,AD2得AM3,,DM1，再用S进

而

ADC33解出CD2A31

BD31，则在

BC上

BMBDDM3,CMCDDM233

an所以BAM45,tMACCMAM2可得3：

BDMCMAC15，所以BAC60

三、近年好题精选

1、设ABC的内角A,B,C所对边的长分别为a,b,c，且a1,B（ ） A.

4,SABC2，则sinA18222 B. C. D.

108210502、设ABC的内角A,B,C所对边的长分别为a,b,c，且b3,c1,A2B，则a的值为（ ） A.

2 B. 22 C. 3 D. 23 2AB，

3、在ABC中，D为BC边上一点，DC2BD,AD2,ADC45，若AC则BD（ ）

A. 23 B. 4 C. 25 D. 35 专业知识整理分享

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4、（2015，北京）在ABC中，a4,b5,c6，则

sin2A_______ sinC13,sinB,C，

265、（2015，广东）设ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若a则b_______

6、（2015，福建）若锐角ABC的面积为103，且AB5,AC8，则BC等于_______ 答案：7

7、（2015，天津）在ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知ABC的面积为315，1bc2,cosA，则a的值为_________

48、（2014，天津）在ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知bc1a，42sinB3sinC，则cosA的值为_______

9、（2014，山东）在ABC中，已知ABACtanA，当A6时，ABC的面积为_____

10、（2014，辽宁）在ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且ac，已知

1BABC2,cosB,b3，求：

3（1）a,c的值 （2）cosBC的值

11、（2015，陕西）设ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，向量ma,3b与

ncosA,sinB平行

（1）求A

（2）若a7,b2，求ABC的面积 12、（2015，新课标II）在ABC中，D是BC上的点，AD平分BAC，ABD的面积是ADC面积的2倍 （1）求

sinB sinC（2）若AD1,DC2，求BD,AC的长 23,AB6,AC32，点D在BC边上，ADBD，413、（2015，安徽）在ABC中，A求AD的长

14、(2015，江苏）在ABC中，已知AB2,AC3,A（1）求BC的长 （2）求sin2C的值

3A

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习题答案： 1、答案：A 解析：SABC1acsinB2c42 2b2a2c22accosB代入可得：b21322142b5

225 2aba2 sinAsinBsinAsinBb102sBinB co2、答案：D

AsinB2解析：A2B sina2c2b2a2bcosB cosB

2aca2c2b2a219a2ba6

2ac2aa23a28 2a224a2 33、答案：C

解析：设BDx，则CD2x，由余弦定理可得：

AABADBD2ADBDcos135

ACADCD2ADCDcos45，代入可得：

222222AB2x2x 22AC24x4x22BDC AC2AB12x22x解得：x25 2224x4x4、答案：1

sin2AsinAb2c2a2a25361642cosA221 解析：

sinCsinC2bcc25665、答案：1 解析：由sinB解得b1 6、答案：7

12ab及C可得：B，从而A，由正弦定理可得：，

2663sinAsinB 专业知识整理分享

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解析：由SABC13ABACsinA，可得：sinA，即A，再由余弦定理可计算232BCAC2AB22ABACcosA7

7、答案：8 解析：cosA115 sinA1cos2A44SABC1bcsinA315bc24 22由余弦定理可得：a2b2c22bccosAbc2bc1cosA64

a8

8、答案：1 41a即可得到a:b:c4:3:2，不妨4解析：由2sinB3sinC可得2b3c代入到bcb2c2a29k24k216k21 设a4k,b3k,c2k，则cosA2bc23k2k49、答案：

1 6sinA cosA解析：ABACtanAbccosAsinAbc S2cosAABC11si2nAbcsinA222cosA12tanA2

1610、解析：由BABC2可得：accosB2

ac6

2由余弦定理可得：bac2ac1cosB即9ac16ac5

22ac6a3ac5解得：

c2ac（2）由cosB1222可得：sinB1cosB 33由正弦定理可知：

bccsinB42sinC sinBsinCb9cb C为锐角

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cosC1sin2C7 923 27cosBCcosBcosCsinBsinC11、解析：（1）

m∥n

3bcosAasinB3sinBcosAsinAsinB 3cosAsinAtanA3

A

32222（2）由余弦定理可得：abc2bccosA即74c2c c22c30c3

11333 SABCbcsinA2322221112、解析：（1）SABDABADsinBAD,SADCACADsinCAD

22SABD2SADC,BADCAD

SABDAB2

SADC,ACsinBAC1 sinCAB2（2）

SABDBD2 SADCDCBD2DC2 在ABD,ADC中，由余弦定理可得：

222ABADBD2ADBDcosADB 222ACADCD2ADCDcosADCAB22AC23AD2BD22DC26

再由AB2AC可解得：AC1

13、解析：BCABAC2ABACcosA

22223618263290

2BC310 专业知识整理分享

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由正弦定理可得：

ACBCACsinA10 sinBsinBsinABC10cosB310 10由ADBD可知ABD为等腰三角形 ADB2B 由正弦定理可得：

ADABAB sinBsinBDAsin2BADABABABsinBsinB10

sin2B2sinBcosB2cosB22214、解析：（1）由余弦定理可得：BCABAC2ABACcosA 49223cos37

BC7 AC2BC2AB297427（2）由余弦定理可得：cosC 2ACBC7237sinC1cos2C21 7212743 777sin2C2sinCcosC2

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