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
1．正弦定理：＝＝＝2R，其中R是三角形外接圆的半径．由正弦定理可以变
sin Asin Bsin 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，以解决不同的三角形问题．
2R2R2R2．余弦定理：a＝b＋c－2bccos_A，b＝a＋c－2accos_B，c＝a＋b－2abcos_C．余弦定
2
2
2
2
2
2
2
2
2
abcabcb2＋c2－a2a2＋c2－b2a2＋b2－c2
理可以变形为：cos A＝，cos B＝，cos C＝.
2bc2ac2ab111abc1
3．面积公式：S△ABC＝absin C＝bcsin A＝acsin B＝＝(a＋b＋c)·r(R是三角形外接
2224R2圆半径，r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，A，则
图形 A为锐角 A为钝角或直角 关系 式 解的 个数 a＝bsin A a＜bsin A bsin A＜a＜b a≥b a＞b a≤b 无解 一解 两解 一解 一解 无解 5．用正弦定理和余弦定理解三角形的常见题型
测量距离问题、高度问题、角度问题、计算面积问题、航海问题、物理问题等．
1
6．实际问题中的常用角 (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
指从正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：相对于某正方向的水平角，如南偏东30°，北偏西45°，西偏东60°等． (4)坡度：坡面与水平面所成的二面角的度数．
考向探究
题型一 正弦余弦定理运用
【例题1】在△ABC中，已知a=3,b=2,B=45°,求A、C和c.
【例题2】 在△ABC中，a、b、c分别是角A，B，C的对边，且
cosBb=-.
cosC2a?c（1）求角B的大小；
（2）若b=13，a+c=4，求△ABC的面积.
222
【例题3】 （14分）△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b+c-a+bc=0. （1）求角A的大小；
2
（2）若a=3，求bc的最大值； （3）求
asin(30??C)的值.
b?c
【变式】
1.△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若c=2，b=6，B=120°,则a= .
2.（1）△ABC中，a=8,B=60°,C=75°,求b; (2)△ABC中，B=30°,b=4,c=8,求C、A、a.
3.在△ABC中，A=60°，AB=5，BC=7，则△ABC的面积为 .
4.已知△ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为a,b,c,若△ABC的面积为S，且2S=（a+b）22
-c，求tanC的值.
5. 在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c.若（3b-c）cosA=acosC，则cosA= .
222
6. 在△ABC中,角A、B、C的对边分别为a、b、c，若（a+c-b）tanB=3ac，则角B的值为 .
7. 在△ABC中，内角A、B、C对边的边长分别是a、b、c.已知c=2,C=（1）若△ABC的面积等于3，求a、b的值； （2）若sinC+sin(B-A)=2sin2A,求△ABC的面积.
题型二 判断三角形形状
22
【例题】在△ABC中，a、b、c分别表示三个内角A、B、C的对边，如果（a+b）sin（A-B）
22
=（a-b）sin（A+B），判断三角形的形状.
?. 3 3
【变式】 已知△ABC的三个内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若a、b、c成等差数列，且2cos2B-8cosB+5=0,求角B的大小并判断△ABC的形状.
题型三 测量距离问题 【例题】如图所示，
为了测量河对岸A，B两点间的距离，在这岸定一基线CD，现已测出CD＝a和∠ACD＝60°，∠BCD＝30°，∠BDC＝105°，∠ADC＝60°，试求AB的长．
【变式】 如图，A，B，C，D都在同一个与水平面垂直的平面内，B、D为两岛上的两座灯塔的塔顶，测量船于水面A处测得B点和D点的仰角分别为75°，30°，于水面C处测得B点和D点的仰角均为60°，AC＝0.1 km.试探究图中B、D间距离与另外哪两点间距离相等，然后求B，D的距离．
4
题型四 测量高度问题
【例题】如图，山脚下有一小塔AB，在塔底B测得山顶C的仰角为60°，在山顶C测得塔顶A的俯角为45°，已知塔高AB＝20 m，求山高CD.
【变式】如图所示，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测点C与D，现测得∠BCD＝α，∠BDC＝β，CD＝s，并在点C测得塔顶A的仰角为θ，求塔高AB.
题型五 正、余弦定理在平面几何中的综合应用
【例题】如图所示，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝5，AC＝9，∠BCA＝30°，∠ADB＝45°，求BD的长．
【变式】 如图，在△ABC中，已知∠B＝45°，D是BC边上的一点，AD＝10，AC＝14，DC＝6，求AB的长．
5
巩固训练
1.在△ABC中，若2cosBsinA=sinC,则△ABC一定是 三角形. 2.在△ABC中，A=120°,AB=5,BC=7，则sinB的值为 . sinC3.已知△ABC的三边长分别为a,b,c,且面积S△ABC=1（b2+c2-a2），则
4A= .
4.在△ABC中，BC=2，B=?，若△ABC的面积为
332，则tanC为 . 5.在△ABC中，a2-c2+b2=ab,则C= . 6.△ABC中，若a4+b4+c4=2c2(a2+b2),则C= .
7.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a,b,c，若a=1,b=7,c=3,则B= . 8.某人向正东方向走了x千米，他右转150°，然后朝新方向走了3千米，结果他离出发点恰好3千米，那么x的值是 . 9.下列判断中不正确的结论的序号是 . ①△ABC中，a=7，b=14，A=30°,有两解 ②△ABC中，a=30,b=25,A=150°，有一解 ③△ABC中，a=6,b=9，A=45°，有两解 ④△ABC中，b=9,c=10,B=60°,无解
10. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a,b,c，并且a2=b(b+c). （1）求证：A=2B；
（2）若a=3b,判断△ABC的形状.
11. 在△ABC中，cosB=-5，cosC=4.
135（1）求sinA的值；
6
（2）△ABC的面积S△ABC=33，求BC的长.
2
12.已知a、b、c是△ABC的三边长，关于x的方程ax2-2c2?b2 x-b=0 (a＞c＞b)的两根之差的平方等于4，△ABC的面积S=103，c=7. （1）求角C； （2）求a，b的值.
13. 在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知a+b=5，c=7，且4sin2A?B-cos2C=7.
22(1)求角C的大小； （2）求△ABC的面积.
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A所在的同侧河岸边选定一点C，测出AC的距离为50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以计算出A，B两点的距离为( )．
252
A．502 m B．503 m C．252 m D. m
2
7
15．从A处望B处的仰角为α，从B处望A处的俯角为β，则α，β的关系为( )． A．α＞β B．α＝β C．α＋β＝90° D．α＋β＝180° 16．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15° B．北偏西15° C．北偏东10° D．北偏西10° 17．一船向正北航行，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°，则这艘船的速度是每小时( )．
A．5海里 B．53海里C．10海里 D．103海里
18．海上有A，B，C三个小岛，测得A，B两岛相距10海里，∠BAC＝60°，∠ABC＝75°，则
B，C间的距离是________海里．
19.如图，甲船以每小时302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？
8
参考答案
例题答案
题型一 正弦、余弦定理 【例题1】 解 ∵B=45°＜90°且asinB＜b＜a,∴△ABC有两解.
由正弦定理得sinA=
asinB3sin45?3= =, b22则A为60°或120°.
①当A=60°时，C=180°-(A+B)=75°, c=
bsinC=sinB2sin(45??30?)6?22sin75?==.
sin45?2sin45?2sin(45??30?)6?2=.
sin45?2②当A=120°时，C=180°-(A+B)=15°, c=
bsinC2sin15?==sinBsin45?故在△ABC中，A=60°,C=75°,c=A=120°,C=15°,c=
6?2. 26?2或 2a2?c2?b2【例题2】 解（1）由余弦定理知：cosB=，
2aca2?b2?c2.
2abcosBb将上式代入=-得:
cosC2a?ccosC=
b2aba2?c2?b2·222=- 2a?c2aca?b?c整理得:a2+c2-b2=-ac
1a2?c2?b2?ac= =- 2ac22ac2∵B为三角形的内角，∴B=?.
32（2）将b=13,a+c=4,B=?代入
3∴cosB=
b2=a2+c2-2accosB,得b2=(a+c)2-2ac-2accosB ∴b2=16-2ac?1??,∴ac=3.
??1?2?∴S△ABC=
133acsinB=. 24b2?c2?a2?bc1【例题3】解（1）∵cosA===-,
2bc2bc2又∵A∈（0°，180°），
∴A=120°.
（2）由a=3,得b2+c2=3-bc,
又∵b2+c2≥2bc（当且仅当c=b时取等号），
9
∴3-bc≥2bc(当且仅当c=b时取等号）. 即当且仅当c=b=1时，bc取得最大值为1.
abc???2R, sinAsinBsinCasin(30??C)2RsinAsin(30??C)?∴
b?c2RsinB?2RsinC（3）由正弦定理得：
313(cosC?sinC)sinAsin(30??C)222= = sinB?sinCsin(60??C)?sinC33cosC?sinC)14= ?4233cosC?sinC22【变式】
1.
2
ab?. sinAsinB2. 解（1）由正弦定理得∵B=60°,C=75°,∴A=45°,
asinB8?sin60??=46. sinAsin45?csinB8sin30??(2)由正弦定理得sinC==1. b4∴b=
又∵30°＜C＜150°,∴C=90°.
∴A=180°-(B+C)=60°,a=c2?b2=43. 3. 103
4. 解 依题意得absinC=a2+b2-c2+2ab, 由余弦定理知,a2+b2-c2=2abcosC. 所以,absinC=2ab(1+cosC), 即sinC=2+2cosC,
CCCcos =4cos2 222C化简得：tan=2.
2C2tan2=-4. 从而tanC=
C31?tan22所以2sin
5.
?2?3 6. 或
3337. 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3， 所以
1absinC=3，所以ab=4. 2联立方程组???a?2?a2?b2?ab?4, 解得?.
b?2?ab?4,??（2）由题意得sin(B+A)+sin(B-A)=4sinAcosA,
即sinBcosA=2sinAcosA,
10
当cosA=0时，A=
??4323，B=，a=，b=. 2633当cosA≠0时，得sinB=2sinA,由正弦定理得b=2a,
?23a?，?22???a?b?ab?4,3联立方程组? 解得?
?b?2a,43??b?.?3?所以△ABC的面积S=
123absinC=. 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=2b2cosBsinA 由正弦定理可知上式可化为： sin2AcosAsinB=sin2BcosBsinA ∴sinAsinB(sinAcosA-sinBcosB)=0 ∴sin2A=sin2B,由0＜2A,2B＜2? 得2A=2B或2A=?-2B, 即A=B或A=
?-B,∴△ABC为等腰或直角三角形. 2方法二 同方法一可得2a2cosAsinB=2b2sinAcosB 由正、余弦定理,可得
222b2?c2?a22a?c?bab= ba
2bc2ac2
∴a2(b2+c2-a2)=b2(a2+c2-b2)
即(a2-b2)(a2+b2-c2)=0 ∴a=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(2cos2B-1)-8cosB+5=0. ∴4cos2B-8cosB+3=0, 即(2cosB-1)(2cosB-3)=0.
131或cosB=（舍去）.∴cosB=. 222?∵0＜B＜?,∴B=.
3解得cosB=
∵a，b，c成等差数列，∴a+c=2b. ∴cosB=
a?c?b=
2ac222a2?c2?(a?c2)12=， 22ac化简得a2+c2-2ac=0,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.
11
13或cosB=（舍去）. 22?1∴cosB=,∵0＜B＜?,∴B=,
32解得cosB=
∵a,b,c成等差数列，∴a+c=2b. 由正弦定理得sinA+sinC=2sinB=2sin∴sinA+sin??=3. 3?2???A?=3， ?3?2?2?cosA-cossinA=3. ∴sinA+sin33化简得∴A+
33???sinA+cosA=3,∴sin?A?? =1. 226?????=,∴A=, 623?∴C=,∴△ABC为等边三角形.
3题型三 测量距离问题
【例题】解 在△ACD中，已知CD＝a，∠ACD＝60°，∠ADC＝60°，所以AC＝a.∵∠BCD＝30°，∠BDC＝105°∴∠CBD＝45° 在△BCD中，由正弦定理可得BC＝
asin 105°
sin 45°
＝
3＋1
a. 2
在△ABC中，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°＝
2
2
2a. 2
【变式】
解 在△ACD中，∠DAC＝30°，∠ADC＝60°－∠DAC＝30°，所以CD＝AC＝0.1 km.又∠BCD＝180°－60°－60°＝60°，故CB是△CAD底边AD的中垂线，所以BD＝BA. 又∵∠ABC＝15°
在△ABC中，＝，
sin∠BCAsin∠ABC所以AB＝
ABACACsin 60°32＋6
sin 15°
＝20
(km)，
32＋6
同理，BD＝(km)．
2032＋6
故B、D的距离为 km.
20题型四 测量高度问题
【例题】解 如图，设CD＝x m，
12
则AE＝x－20 m，
tan 60°＝， ∴BD＝
CDBDx3
＝＝x (m)．
tan 60°33
3
x， 3
CD在△AEC中，x－20＝
解得x＝10(3＋3) m．故山高CD为10(3＋3) m. 【变式】解 在△BCD中，∠CBD＝π－α－β， 由正弦定理得＝，
sin∠BDCsin∠CBD所以BC＝
BCCDCDsin∠BDCs·sin β＝
sin∠CBDsinα＋βstan θsin β在Rt△ABC中，AB＝BCtan∠ACB＝. sinα＋β题型五 正、余弦定理在平面几何中的综合应用 【例题】解 在△ABC中，AB＝5，AC＝9，∠BCA＝30°. 由正弦定理，得＝，
sin∠ACBsin∠ABCsin∠ABC＝
ABACAC·sin∠BCA9sin 30°9
＝＝.
AB510
∵AD∥BC，∴∠BAD＝180°－∠ABC， 于是sin∠BAD＝sin∠ABC＝
9
. 10
9
同理，在△ABD中，AB＝5，sin∠BAD＝，
10∠ADB＝45°，由正弦定理：
＝，
sin∠BDAsin∠BADABBD9292
解得BD＝.故BD的长为.
22
13
【变式】
解 在△ADC中，AD＝10，
AC＝14，DC＝6，
AD2＋DC2－AC2
由余弦定理得cos∠ADC＝
2AD·DC100＋36－1961＝＝－，∴∠ADC＝120°，∴∠ADB＝60°.
2×10×62在△ABD中，AD＝10，∠B＝45°，∠ADB＝60°， 由正弦定理得＝，
sin∠ADBsin B10×2232
ABAD∴AB＝
AD·sin∠ADB10sin 60°
＝＝sin Bsin 45°
＝56
巩固训练
1. 等腰；2.
5?33；3. 45°；4. ；5. 60°；6. 45°或135°；7. ； 5638. 3或23；9. ①③④
10.（1）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?b2c2?bcb?ccosB===
2ac2a2acasinAa2===, 2ab2b2sinB所以sinA=sin2B,故A=2B. （2）解 因为a=3b,所以由a2=b(b+c)可得c=2b,
a2?c2?b23b2?4b2?b23cosB===,
2ac243b2a=3, b所以B=30°,A=2B=60°,C=90°. 所以△ABC为直角三角形.
512,得sinB=, 131334由cosC=,得sinC=.
5511. 解 (1)由cosB=-
所以sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC=(2)由S△ABC=
13333,得×AB×AC×sinA=. 22233. 65 14
33,故AB×AC=65. 65AB?sinB20又AC==AB,
13sinC1320故AB2=65,AB=. 132AB?sinA11所以BC==.
sinC2由(1)知sinA=
12. 解 （1）设x1、x2为方程ax2-2c2?b2x-b=0的两根， 则x1+x2=
2
b2c2?b2，x1·x2=-.
aa2
∴(x1-x2)=(x1+x2)-4x1x2=∴a2+b2-c2=ab.
4(c2?b2)a2+
4b=4. aab1a2?b2?c2又cosC===,
2ab22ab又∵C∈(0°,180°),∴C=60°. (2)S=
1absinC=103，∴ab=40 ……① 2由余弦定理c2=a2+b2-2abcosC, 即c2=(a+b)2-2ab(1+cos60°). ∴72=(a+b)2-2×40×?1??.
??1?2?∴a+b=13.
又∵a＞b ……②
∴由①②，得a=8,b=5.
13. 解 （1）∵A+B+C=180°,
A?B7-cos2C=, 227C得4cos2-cos2C=,
221?cosC7∴4·-(2cos2C-1)=,
22由4sin2
整理,得4cos2C-4cosC+1=0,解得cosC=∵0°＜C＜180°,∴C=60°.
(2)由余弦定理得c2=a2+b2-2abcosC, 即7=a2+b2-ab,∴7=(a+b)2-3ab， 由条件a+b=5,得7=25-3ab,ab=6, ∴S△ABC=
11333absinC=×6×=. 22221, 214.解析 由正弦定理得
＝，又∵B＝30°
sin∠ACBsin BABAC250×2AC·sin∠ACB∴AB＝＝＝502(m)．答案 A
sin B1
2
15
15.解析 根据仰角与俯角的定义易知α＝β. 答案 B 16.解析 如图．
答案 B
17.解析 如图所示，依题意有∠BAC＝60°，∠BAD＝75°，所以∠CAD＝∠CDA＝15°，从而
CD＝CA＝10(海里)，
在Rt△ABC中，得AB＝5(海里)， 5
于是这艘船的速度是＝10(海里/时)．
0.5答案 C
18.解析 由正弦定理，知＝
sin 60°sin答案 56
19.如图，连接A1B2由已知A2B2＝102，
BCAB180°－60°－75°
.解得BC＝56(海里)．
A1A2＝302×＝102，∴A1A2＝A2B2.
又∠A1A2B2＝180°－120°＝60°， ∴△A1A2B2是等边三角形，
∴A1B2＝A1A2＝102.由已知，A1B1＝20，
2060
16
∠B1A1B2＝105°－60°＝45°，(8分) 在△A1B2B1中，由余弦定理得
22
B1B22＝A1B1＋A1B2－2A1B1·A1B2·cos 45°
＝20＋(102)－2×20×102×∴B1B2＝102.
22
2
＝200， 2
102
因此，乙船的速度为×60＝302(海里/时)．(12分)
20
17
最全面的解三角形讲义
