正余弦定理综合应用

正余弦定理综合应用（共14篇）

1.正余弦定理综合应用 篇一

正余弦定理练习2

1.在ABC中，若

sinAcosBa

b，则B的值为（）

A．30B．45C．60D．90

2.在ABC中，已知角B=60，C=45，BC=8，AD⊥BC于D，则AD长等于（）A．4(31)B．4(31)C．4(33)D．4(33)3.在ABC中，bc21，C=45，B30，则（）

A．b1，c2B．b

2，c1

C．b

2，c12D．b12

2，c22

4.在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知A＝

π

a＝3，b＝1，则c等于()A．1B．2C.－3

5.在△ABC中，三内角A、B、C分别对三边a、b、c，tanC＝4

3，c＝8，则△ABC外

接圆半径R为()A．10B．8C．6D．5

6.已知△ABC的三个内角A，B，C，Bπ

3且AB＝1，BC＝4，则边BC上的中线AD的长为________．

7.在ABC中，已知b3，c33，B30，则a___________．

8.若一个锐角三角形的三边分别为2、3、x，则x的取值范围是_______________

9.在ABC中，已知A30，B120，b5，求C及a、c的值；

10已知△ABC中，∠B＝45°，AC＝10，cosC＝25

.(1)求BC边的长；(2)记AB的中点为D，求中线CD的长．

2.正余弦定理综合应用 篇二

应用正、余弦定理解题, 涉及问题比较多, 但是只要注重归纳, 注重梳理题型类型, 就能有效地解答问题.应用正、余弦定理解题也是每年高考必考题.

一、知识点排队

在△ABC中, 角A, B, C所对的边分别为a, b, c, 三角形外接圆半径为R.

1.正弦定理及变式

$\frac{a}{\text{s}\text{i}\text{n}A}=\frac{b}{\text{s}\text{i}\text{n}B}=\frac{c}{\text{s}\text{i}\text{n}C}=2R,a=2R\sin A,b=2R\sin B,c=2R\sin C,\sin A=\frac{a}{2R},\sin B=\frac{b}{2R},\sin C=\frac{c}{2R}.$

2.余弦定理及变式 (略)

3.解三角形

三角形边角关系:

(1) 角与三角函数

$A+B+C=180°,\frac{A}{2}+\frac{B}{2}+\frac{C}{2}=90°,\sin C=\sin (A+B),\cos C=-\cos (A+B),\tan C=-\tan (A+B),\sin \frac{C}{2}=\cos \left(\frac{A+B}{2}\right)‚\cos \frac{C}{2}=\sin \left(\frac{A+B}{2}\right).$

(2) 三边关系

两边之和大于第三边, 两边之差小于第三边.

(3) 边角关系

①已知两角一边, 解三角形.解三角形可用方法:正弦定理.

②已知两边及一边对角, 解三角形.解三角形可用方法:由正弦定理解题, 要考虑解的个数, 可能有一个解或有两个解或无解.如果求另一边也可用余弦定理.

③已知两边及夹角, 解三角形.解三角形可用方法:可用余弦定理.

④已知三边, 解三角形.解三角形可用方法:可用余弦定理.

二、应用分类

题型一 测量高度

例1 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.

解 在△BCD中, ∠CBD=π-α-β,

由正弦定理得$\frac{BC}{\sin \angle BDC}=\frac{CD}{\sin \angle CBD}$,

所以$BC=\frac{CD\text{s}\text{i}\text{n}\angle BDC}{\sin \angle CBD}=\frac{s\cdot \sin \beta }{\sin (\alpha +\beta )}.$

在Rt△ABC中, $AB=BC\tan \angle ACB=\frac{s\text{t}\text{a}\text{n}\theta \sin \beta }{\sin (\alpha +\beta )}.$

类似书本习题必修5P9、P11.

题型二 方位问题

例2 如图所示, 已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于a km, 灯塔A在观察站C的北偏东20°, 灯塔B在观察站C的南偏东40°, 则灯塔A与灯塔B的距离为____km.

答案$\sqrt{3}a.$

题型三 测量平面距离

例3 要测量对岸A, B两点之间的距离, 选取相距$\sqrt{3}$km的C, D两点, 并测得

∠ACB=75°, ∠BCD=45°, ∠ADC=30°, ∠ADB=45°, 求A, B之间的距离.

解 如图所示, 在△ACD中,

$\angle ACD=120°‚\angle CAD=\angle ADC=30°‚\therefore AC=CD=\sqrt{3}$km.

$\begin{array}{l}\text{在}△BCD\text{中}‚\angle BCD=45°‚\angle BDC=75°‚\angle CBD=60°,\\ \therefore BC=\frac{\sqrt{3}\sin 75°}{\sin 60°}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}.\end{array}$

ABC中, 由余弦定理, 得

$AB{}^2=(\sqrt{3}){}^2+\left(\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}\right){}^2-2\times \sqrt{3}\times \frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}\times \cos 75°=3+2+\sqrt{3}-\sqrt{3}=5‚\therefore AB=\sqrt{5}(\text{k}\text{m}).$

∴A, B之间的距离为$\sqrt{5}$km.

类似书本习题训练必修5P17第10题.

题型四 最值问题

例4 书本例4改编题 如图所示, 已知半圆的直径AB=2, 点C在AB的延长线上, BC=1, 点P为半圆上的一个动点, 以DC为边作等边三角形PCD, 且点D与圆心O分别在PC的两侧, 求四边形OPDC面积的最大值.

解 设∠POB=θ, 四边形面积为y,

则在△POC中, 由余弦定理得

$\begin{array}{l}{\rm P}C{}^2={\rm O}{\rm P}{}^2+{\rm O}C{}^2-2{\rm O}{\rm P}\cdot {\rm O}C\cos \theta =5-4\cos \theta .\\ \therefore y=S{}_{△{\rm O}{\rm P}C}+S{}_{△{\rm P}CD}=\frac{1}{2}\times 1\times 2\sin \theta +\frac{\sqrt{3}}{4}(5-4\cos \theta )=2\sin \left(\theta -\frac{\text{π}}{3}\right)+\frac{5\sqrt{3}}{4}.\end{array}$

∴当$\theta -\frac{\text{π}}{3}=\frac{\text{π}}{2}$, 即$\theta =\frac{5\text{π}}{6}$时, $y{}_{\max }=2+\frac{5\sqrt{3}}{4}.$

∴四边形OPDC面积的最大值为$2+\frac{5\sqrt{3}}{4}.$

书本必修5P21页第6题.

除以上四种类型, 还有与向量结合题和判断三角形形状等类型题, 由于篇幅, 在此省略例题.

搞好分类教学, 能有效地提高教学效果.正确地划分题型, 与书本结合, 达到举一反三, 学生容易理解.在教学中, 瞄准高考, 正确定位教学目标, 有利于提高教学成绩.

3.三角函数·正、余弦定理及其应用 篇三

1. 在[△ABC]中，三个内角[A，B，C]的对边分别为[a，b，c]，若[a=2，b=22，C=π12]，则内角[A]的值为（ ）

A. [π3]或[2π3] B. [π6]或[5π6]

C. [π3] D. [π6]

2. 在[△ABC]中，角[A，B，C]的对边分别为[a，b，c]，若[a2=b2+bc+c2]，则角[A]等于（ ）

A. [2π3] B. [π3]

C. [3π4] D. [π6]

3. 三角形两条边长分别为2和3，其夹角的余弦值是方程[2x2-3x+1=0]的根，则此三角形周长为（ ）

A. [7] B. [7]

C. [5+7] D. [5+23]

4. 若[△ABC]的三个内角成等差数列，三边成等比数列，则[△ABC]是（ ）

A. 直角三角形

B. 等腰直角三角形

C. 等边三角形

D. 钝角三角形

5. 已知[△ABC]中，[a=4]，[b=43]，[∠A=30°]，则[∠B]等于（ ）

A. 30° B. 30°或150°

C. 60° D. 60°或120°

6. 已知[△ABC]的面积为[32，][AC=3，][∠ABC=π3]，则[△ABC]的周长等于（ ）

A. [3+3] B. [33]

C. [2+3] D. [332]

7. 下列判断中正确的是（ ）

A. [ΔABC]中，[a=7]，[b=14]，[A=30°]，有两解

B. [ΔABC]中，[a=30，b=25，A=150°]，有一解

C. [ΔABC]中，[a=6，b=9，A=45°]，有两解

D. [ΔABC]中，[b=9，c=10，B=60°]，无解

8. 已知[ΔABC]中，[AB=3，AC=1]，且[B=30]°则[ΔABC]的面积等于（ ）

A. [32] B. [34]

C. [32或3] D. [34或32]

9. 若[ΔABC]的三边[a，b，c]，它的面积为[a2+b2-c243]，则角[C]等于（ ）

A. [30°] B. [45°]

C. [60°] D. [90°]

10. 已知[a，b]为[△ABC]的边，[A，B]分别是[a，b]的对角，且[sinAsinB=23]，则[a+bb]的值为（ ）

A. [13] B. [23]

C. [43] D. [53]

二、填空题（每小题4分，共16分）

11. 已知[△ABC]中，[A∶B∶C=1∶2∶3]，[a=1]，则[asinA]= .

12. 设[△ABC]的三个内角[A，B，C]所对的三边分别为[a，b，c]，若[△ABC]的面积为[S=a2-（b-c）2]，则[sinA1-cosA]= .

13. 如图，在[△ABC]中，[AB=AC=2]，[BC=23]，点[D]在[BC]边上，[∠ADC=75?]，则[AD]的长为 .

14. 给定下列命题：①半径为2，圆心角的弧度数为[12]的扇形的面积为[12]；②若[α]，[β]为锐角，[tan（α+β）=-3]，[tanβ=12]，则[α+2β=3π4]；③若[A]，[B]是[△ABC]的两个内角，且[sinA

三、解答题（共4小题，44分）

15. （10分）[△ABC]中，己知[A>B>C]，且[A=2C]，[b=4，a+c=8]，求[a，c]的长.

16. （10分）已知[a，b，c]是[△ABC]中[A，B，C]的对边， 关于[x]的方程[b（x2+1）+c（x2-1）-2ax=0]有两个相等的实根， 且[sinCcosA-cosCsinA=0]， 试判定[△ABC]的形状.

17. （12分）已知[A，B，C]是[△ABC]的三个内角，且满足[2sinB=sinA+sinC]，设[B]的最大值为[B0].

（1）求[B0]的大小；

（2）当[B=3B04]时，求[cosA-cosC]的值.

18. （12分）设[△ABC]的内角[A，B，C]的对边分别为[a，b，c]. 已知[b2+c2=a2+bc]，求：

（1）[A]的大小；

（2）若[a=2]，求[△ABC]面积的最大值.

4.正余弦定理的证明及其作用 篇四

（1）余弦定理的证明

（2）正弦定理的证明

二、正弦定理、余弦定理的应用

（1）证明三角形角平分线定理

（2）证明平行四边形边与对角线的长度关系

（3）证明知三边的三角形面积公式：海伦公式

（4）正弦定理是三角形中的边与角联系的纽带和桥梁，也就是说，能够将三角形中边的关系转化为角之间的关系，也能将角的关系转化为边之间的关系，这是正弦定理的“灵魂”。

5.正弦余弦定理应用定理 篇五

一、选择题(共20题，题分合计100分)

1.已知在△ABC中,sinA:sinB:sinC=3:2:4,那么cosC的值为

A.

14B.14C.23D.23

2.在△ABC中，a=λ,b=

λ,A=45°,则满足此条件的三角形的个数是

A.0 个B.1 个C.2个D.无数个

3.在△ABC中，bcosA=acosB，则三角形为

A.直角三角形B.锐角三角形C.等腰三角形D.等边三角形

4.已知三角形的三边长分别为x2

+x+1,x2

-1和2x+1(x＞1)，则最大角为

A.150°B.120°C.60°D.75°

5.在△ABC中，=1，=2，（+）·（+）=5+23则边|

|等于

A.5B.5-23C.52D.523

6.在△ABC中，已知B=30°,b=50,c=150，那么这个三角形是

A.等边三角形B.直角三角形C.等腰三角形D.等腰三角形或直角三角形

7.在△ABC中，若b2

sin2

C+c2

sin2

B=2bccosBcosC，则此三角形为

A.直角三角形B.等腰三角形C.等边三角形D.等腰直角三角形

8.正弦定理适应的范围是

A.Rt△B.锐角△C.钝角△D.任意△

9.已知△ABC中，a=10,B=60°,C=45°，则c=

A.10+B.10（-1）C.（3+1）D.103

10.在△ABC中，bsinA＜a＜b，则此三角形有

A.一解B.两解C.无解D.不确定

11.三角形的两边分别为5和3，它们夹角的余弦是方程5x2

-7x-6=0的根，则三角形的另一边长为A.52B.2C.16D.4

12.在△ABC中，a2

=b2

+c2

+bc，则A等于

A.60°B.45°C.120

D.30°

13.在△ABC中，则△ABC是

A.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.任意三角形

14.在△ABC中，a=2，A=30°,C=45°，则△ABC的面积S△ABC等于

A.2B.22C.+1D.(1)15.已知三角形ABC的三边a、b、c成等比数列，它们的对角分别是A、B、C，则sinAsinC等于

A.cos2BB.1-cos2BC.1+cos2BD.1+sin2B

17.在△ABC中，bCosA=acosB，则三角形为

A.直角三角形B.锐角三角形C.等腰三角形D.等边三角形

18.△ABC中，sin2

A=sin2

B+sin2

C，则△ABC为

A.直角三角形B.等腰直角三角形C.等边三角形D.等腰三角形

19.△ABC中,A=60°,b=1,这个三角形的面积为,则△ABC外接圆的直径为

A.B.C.D.20.在△ABC中，,则k为

6.正余弦定理综合应用 篇六

建水县第二中学：

贾雪光

 从最近几年高考试题的考查情况看，解三角形部分的考查中主要是对用正、余弦定理来求解三角形、实际应用问题，这两种常见考法中，灵活应用正余弦定理并结合三角形中的内角和定理，大边对大角，等在三角形中进行边角之间的相互转化，以及与诱导公式特别是sin(AB)sinC、cosAB2sinC的联系是关键。

于是多数教师在复习备考过程中，往往都会将大量的时间和精力花在对正余弦定理的变形，转化，变式应用上，当然这也无可厚非，但是我在高考备考复习教学中发现了这样一类题目，如：

1、在锐角△ABC中，a, b, c分别为内角A, B, C的对边，且cos2A1212sin2A，a7求△ABC的面积的最大值；

2、已知向量M(sinA,)与N(3,sinA3cosA)共线，其中A是△ABC的内角，（1）求角A的大小；（2）若BC=2，求△ABC的面积S的最大值。

3、△ABC中，a, b, c分别为内角A, B, C的对边，向量M(4,1),N(cos2A2,cos2A)，MN72，（1）求角A的大小；（2）若a3是判断当bc取得最大值时△ABC的形状。面对这样的问题，我们如何来引导学生很自然的过度，用一种近乎水到渠成的方法来求解呢？

实际上我们在教学和学习的过程中往往会忽略一个很明显的问题，那就是余弦定理与基本不等式的综合，如果我们在讲授正余弦定理的时候能在引入正课时多下一点功夫，我们就会有意外的收获哦。

我在教学中是这样处理的：实际上在余弦定理中我们总有这样一组公式：

a2bc2bccosA, 2

2b2a2c22accosB，c2a2b22abcosC

同时在基本不等式中我们总有这样一组公式：b2c22bc，a2c22ac，b2a22ab在三角形中各边都是正数，所以上面三个式子在a、b是三角形的三边时总是成立的，如果我们将两组公式综合后会发现这样的一组公式即：a22bc(1cosA),b22ac(1cosC)

c22ab(1cosc)于是我们就有方程等式，得到了一组不等式，而在涉及到最值得求解时，我们常用的处理方法是，一求函数值域；

二、导函数；

三、基本不等式即均值定理；但是前两种方法显然都不可能用于求解上面两个题目类型的求解，于是在涉及到与解三角形有关的三角形的面积的最大值时我们就只能考虑用均值定理了，自然也就要用到上面我们推导得出的这一组公式罗。

于是我没有：

例1：在锐角△ABC中，a, b, c分别为内角A, B, C的对边，且cos2A12sin2A，a7求△ABC的面积的最大值。

解析：由已知条件cos2A得A=312sin2A有cos2Asin2A12即cos2A212所以知道2A=

323解，同时由于a2b2c22bccosA、b2c22bc知7b2c22bccos1212 即有：72bcbc也就是有bc7 同时又因为SABC734734bcsinAbcsin312732于是有：SABC即△ABC的面积的最大值是

例2：已知向量M(sinA,)与N(3,sinA3cosA)共线，其中A是△ABC的内角，（1）求

2角A的大小；（2）若BC=2，求△ABC的面积S的最大值。

解析：由两向量共线知：2sin2A3cosAsinA3即：1cos2A3sin2A3也就是说

3sin2Acos2A2有辅助角公式可知2sin(2A6)2即有sin(2A6)1解得角A3，又由于：a2b2c22bccosA、b2c22bc知22b2c22bccos即有：42bcbc也就是有bc4 同时又因为SABC43412123

1232bcsinAbcsin34

于是有：SABC 3即△ABC的面积的最大值是3

3、△ABC中，a, b, c分别为内角A, B, C的对边，向量M(4,1),N(cos2A2,cos2A)，MN72，（1）求角A的大小；（2）若a3是判断当bc取得最大值时△ABC的形状。

解析：（1）由MN72解得cosA12所以A3

3A222（2）在△ABC 中abc2bccosA且a3bc2bc22所以有32bc2bccos223bcbc22即有bc3当且仅当bc时取等号，此时有abc所以当

△ABC面积最大时，三角形式正三角形。

7.正、余弦定理的五大命题热点 篇七

正弦定理和余弦定理是解斜三角形和判定三角形类型的重要工具, 其主要作用是将已知条件中的边、角关系转化为角的关系或边的关系.在近年高考中主要有以下五大命题热点:

一、求解斜三角形中的基本元素

是指已知两边一角 (或二角一边或三边) , 求其它三个元素问题, 进而求出三角形的三线 (高线、角平分线、中线) 及周长等基本问题.

例1 (2009年高考广东文科) 已知△ABC中, ∠A, ∠B, ∠C的对边分别为a, b, c, 若$a=c=\sqrt{6}+\sqrt{2}$且∠A=75°, 则

$\begin{array}{l}b=()\\ (\text{A})2(\text{B})4+2\sqrt{3}\\ (\text{C})4-2\sqrt{3}(\text{D})\sqrt{6}-\sqrt{2}\end{array}$

分析:已知两边一对角的关系, 可考虑用正弦定理.

解:$\sin A=\sin 75°=\sin (30°+45°)=\sin 30°\cos 45°+\sin 45°\cos 30°=\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}$, 由$a=c=\sqrt{6}+\sqrt{2}$可知, ∠C=75°, 所以$\angle B=30°,\sin B=\frac{1}{2}$.由正弦定理得$b=\frac{a}{\text{s}\text{i}\text{n}A}\cdot \sin B=\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}}\times \frac{1}{2}=2$, 故选 (A) .

点评:正弦定理通常运用于:①已知两角及任一边, ②已知两边一对角;余弦定理通常运用于:①已知两边及其夹角, ②已知三边.

二、判断三角形的形状

给出三角形中的三角关系式, 判断此三角形的形状.

例2 (2009年高考上海文科) 已知△ABC的角A、B、C所对的边分别是a、b、c, 设向量$\overrightarrow{m}=(a,b)‚\overrightarrow{n}=(\sin B,\sin A),\overrightarrow{p}=(b-2,a-2).$

(1) 若$\overrightarrow{m}//\overrightarrow{n}$, 求证:△ABC为等腰三角形; (2) 若$\overrightarrow{m}$⊥$\overrightarrow{p}$, 边长c = 2, 角$C=\frac{\text{π}}{3}$, 求△ABC的面积 .

分析:先将向量关系转化为三角函数关系, 再利用正、余弦定理来解决.

解: (1) 因为$\overrightarrow{m}$//$\overrightarrow{n}$, 所以asinA=bsinB,

即$a\cdot \frac{a}{2R}=b\cdot \frac{b}{2R}$, 其中R是三角形ABC外接圆半径, 即a=b, 所以△ABC为等腰三角形.

(2) 由题意可知$\overrightarrow{m}\cdot \overrightarrow{p}=0$, 即a (b-2) +b (a-2) =0, 所以a+b=ab.

由余弦定理可知, 4=a2+b2-ab= (a+b) 2-3ab, 即 (ab) 2-3ab-4=0.

所以ab=4 (舍去ab=-1) , 所以$S=\frac{1}{2}ab\sin C=\frac{1}{2}\cdot 4\cdot \sin \frac{\text{π}}{3}=\sqrt{3}.$

评注:判断三角形形状, 通常用两种典型方法:⑴统一化为角, 再判断, ⑵统一化为边, 再判断.

三、 解决与面积有关问题

主要是利用正、余弦定理, 并结合三角形的面积公式来解题.

例3 (2009年高考北京卷) 在△ABC中, 角A、B、C的对边分别为$a,b,c‚B=\frac{\text{π}}{3},\cos A=\frac{5}{4},b=\sqrt{3}.$

(Ⅰ) 求sinC的值;

(Ⅱ) 求△ABC的面积.

分析:本题只需由面积公式$S=\frac{1}{2}ab\sin C$, 再结合正、余弦定理, 即可解决.

解: (Ⅰ) 因为A、B、C为△ABC的内角, 且$B=\frac{\text{π}}{3}‚\cos A=\frac{4}{5}$,

所以$C=\frac{2\text{π}}{3}-A,\sin A=\frac{3}{5},$

所以$\sin C=\sin (\frac{2\text{π}}{3}-A)=\frac{\sqrt{3}}{2}\cos A+\frac{1}{2}\sin A=\frac{3+4\sqrt{3}}{10}.$

(Ⅱ) 由 (Ⅰ) 知$\sin A=\frac{3}{5}‚\sin C=\frac{3+4\sqrt{3}}{10}.$

又因为$B=\frac{\text{π}}{3}‚b=\sqrt{3},$

所以在△ABC中, 由正弦定理, 得

$a=\frac{b\text{s}\text{i}\text{n}A}{\text{s}\text{i}\text{n}B}=\frac{6}{5}.$

所以△ABC的面积$S=\frac{1}{2}ab\sin C=\frac{1}{2}\times \frac{6}{5}\times \sqrt{3}\times \frac{3+4\sqrt{3}}{10}=\frac{36+9\sqrt{3}}{50}.$

四、求值问题

主要指在三角形中, 给出一些条件等式, 求三角形中有关角、边的值.

例4 (2009年高考天津卷) 在△ABC中, $BC=\sqrt{5},AC=3,\sin C=2\sin A$

(Ⅰ) 求AB的值.

(Ⅱ) 求$\sin (2A-\frac{\text{π}}{4})$的值.

分析:对于第 (1) 小题, 可用正弦定理直接求得;对于第 (2) 小题, 先由余弦定理, 得到sinA, 再用二倍角的正弦和余弦, 两角差的正弦求解.

解: (1) 在△ABC中, 根据正弦定理, $\frac{AB}{\text{s}\text{i}\text{n}C}=\frac{BC}{\text{s}\text{i}\text{n}A},$

于是$AB=\sin C\times \frac{BC}{\text{s}\text{i}\text{n}A}=2BC=2\sqrt{5}.$

(2) 在△ABC中, 根据余弦定理, 得$\cos A=\frac{AB{}^2+AC{}^2-BC{}^2}{2AB\cdot AC}.$

于是$\sin A=\sqrt{1-\cos {}^{2}A}=\frac{\sqrt{5}}{5},$

$\begin{array}{l}\text{从}\text{而}\sin 2A=2\sin A\cos A=\frac{4}{5},\cos 2A=\cos {}^{2}A-\sin {}^{2}A=\frac{3}{5}.\\ \sin (2A-\frac{\text{π}}{4})=\sin 2A\cos \frac{\text{π}}{4}-\cos 2A\sin \frac{\text{π}}{4}=\frac{\sqrt{2}}{10}.\end{array}$

评注:解斜三角形问题常常是正弦定理, 余弦定理与三角公式综合应用.

五、应用问题

是指利用正、余弦定理解决实际问题, 如测量问题、航海问题等.

例5 (2009年高考辽宁文科卷) 如图1, 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距离相等, 然后求B, D的距离 (计算结果精确到0.01 km, $\sqrt{2}\approx 1.414‚\sqrt{6}\approx 2.449)$

分析:解此类问题, 首先要把实际问题化归为三角形的边角关系, 进而结合正、余弦定理解此三角形.

解:在△ACD中, ∠DAC=30°, ∠ADC=60°-∠DAC=30°, ,

所以CD=AC=0.1,

又∠BCD=180°-60°-60°=60°,

故CB是△CAD底边AD的中垂线, 所以BD=BA .

在△ABC中, $\frac{AB}{\sin \angle BCA}=\frac{AC}{\sin \angle ABC},$

即$AB=\frac{AC\text{s}\text{i}\text{n}60°}{\sin 15°}=\frac{3\sqrt{2}+\sqrt{6}}{20}$

因此, $BD=\frac{3\sqrt{2}+\sqrt{6}}{20}\approx 0.33$km, , 故B、D的距离约为0.33 km.

江苏省射阳职业教育中心校

8.应用余弦定理时的若干变换策略 篇八

余弦定理和正弦定理一样,是揭示三角形边角之间的数量关系的重要定理.直接运用余弦定理解三角形,可以解决两类问题:① 已知三角形的三边,求三个内角;② 已知三角形的两边和一夹角,求第三边.然而余弦定理的应用远不止这些,如能将余弦定理的表达式,从不同的角度,进行观察分析,则其应用将非常广泛.本文旨在介绍变换余弦定理的若干策略,让同学们领略其在解题中“短、平、快”的作用.

一、 结构调整策略

将余弦定理的结构适当调整,不难得到以下几种变换.

变换一:① a2=(b+c)2-2bc(1+cosA);② b2=(a+c)2-2ac(1+cosB);③ c2=(a+b)2-2ab(1+cosC).

例1 △ABC的两边长分别是方程x2-2x+2=4的两根,三角形的面积为,求第三边的长.

解 设△ABC的三边长分别为a,b,c,则有a+b=2,ab=2.

因为S△ABC=absinC=,所以sinC=,即C=60°或120°.

由变换一中的③,得c2=(a+b)2-2ab(1+cosC),

故c==或=.

所以第三边长为或.

评析 本题巧用了上述变形,缩短了思维的航程,加快了解题的步伐.

变换二:① 2=1+2-2cosA;② 2=1+2-2cosB;③ 2

=1+2-2cosC.

例2 在△ABC中,若A,B,C成等差数列,=,求三角形各内角的度数.

解 由A,B,C成等差数列,得A+C=2B,得B=60°.

由变换二中的②,得2=1+2-2cosB=1+-=,所以=.

又由正弦定理,知=,得sinA=,所以A=45°或135°(不合题意,舍去),所以C=180°-45°-60°=75°.

故△ABC三内角分别为45°,60°,70°.

评析 由这个变换可以知道:已知三角形两边之比及其夹角,可以求三边之比.同时,还可以看到:这个变换常与正弦定理连用解题.

变换三:① a=ccosB+bcosC;② b=acosC+ccosA;③ c=bcosA+acosB.

(编者注 此变换在《一个不可小视的结论及其应用》中作了详细的介绍.)

二、 整体改造策略

将余弦定理整体改造、变形,又有如下几种变换.

变换四:① sin2A=sin2B+sin2C-2sinBsinCcosA;② sin2B=sin2A+sin2C-2sinAsinCcosB;③ sin2C=sin2A+sin2B-2sinAsinBcosC.

对①略证如下:依正弦定理,有a=2ksinA,b=2ksinB,c=2ksinC,代入余弦定理,可得sin2A=sin2B+sinC-2sinBsinCcosA.

此变换也称为余弦定理的三角形式.

例3 已知α+β=,且α>0,β>0,求sin2α+sin2β的最大值.

解 可以α,β,为三角形的三内角,则由变换四,得sin2α+sin2β=sin2+2sinαsinβcos=+sinαsinβ≤+(sin2α+sin2β),故sin2α+sin2β≤.

故所求最大值为,此时α=β=.

评析 此题常规思路是利用三角函数变换公式求解,但公式繁多,运算量大,巧用上述变换,问题显得很简捷.

变换五:① tan=;② tan=;③ tan=.

对①略证如下:由于a2=(b-c)2+bc(1-cosA),化简得1-cosA=,=,所以tan=.

例4 已知△ABC中,a,b,c成等差数列,求证:tantan=.

证明 因为a,b,c成等差数列,所以2b=a+c.

由变换五中的①、③相乘,可得tantan=•===.

评析 此题似乎与余弦定理无关,但巧用上述变换,问题迎刃而解.

三、 数形变换策略

余弦定理的应用仅满足于定理的变式训练是不够的,还应注意数形变换的训练.

例5 x,y,z∈R+,求证:+>.

解 这里x,y,z∈R+,可把x,y,z视为三条线段.

由m2=x2+xy+y2可得图1,由n2=x2+xz+z2可得图2,由l2=y2+yz+z2可得图3.

9.《正弦定理和余弦定理》测试卷 篇九

基础达标：

1.在△ABC中，a=18，b=24，∠A=45°，此三角形解的情况为()

A.一个解B.二个解C.无解D.无法确定

2．在△ABC

中，若a2,bcA的度数是()

A.30°B.45°C.60°D.75°

2223．ΔABC中，若a=b+c+bc，则∠A=()

A.60B.45C.120D.30

4．边长为5、7、8的三角形的最大角与最小角之和为()

A.90°B.120°C.135°D.150°

5.在△ABC中，已知a3，b2，B=45.求A、C及c.06．在ABC中，若B

45，c

bA.7.在ABC中，已知a134.6cm，b87.8cm，c161.7cm，解三角形.8．在ABC中，若a2b2c2bc，求A.能力提升：

AB的取值范围是()AC

A.(0，2)B.(2,2)C.(2,)D.(,2)9．锐角ΔABC中，若C=2B，则

10.已知在△ABC中，sinA:sinB:sinC=3:2:4，那么cosC的值为()A.

14B.1

422ABC.D.锐角ΔABC中，若C=2B，则的取值范围是 33AC

11.等腰三角形底边长为6，一条腰长12，则它的外接圆半径为()

12．在ABC中，已知三边a、b、c满足abcabc3ab，则C＝()

A．15B．30C．45D．60

13．钝角ABC的三边长为连续自然数，则这三边长为（）。

A、1、2、3B、2、3、4C、3、4、5D、4、5、6 

sinC2(61)，则∠A=_______.sinB

5abc_____.15.在△ABC中，∠A=60°，b=1，c=4，则sinAsinBsinC14．在ΔABC中，BC=3，AB=2，16.在△ABC中，∠B=120°，sinA:sinC=3:5，b=14，则a，c长为_____.综合探究：

17．已知钝角ABC的三边为：ak,bk2,ck4,求实数k的取值范围.a2b2sin(AB)18.在ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，证明:.2sinCc

参考答案：

基础达标：

1.B2.A3.C4.B

5.解析：

asinB3sin45解法1：由正弦定理得：sinA b22

∴∠A=60或120

bsinC2sin7562当∠A=60时，∠C=75，c； sinB2sin45

bsinC2sin1562当∠A=120时，∠C=15，c.sinB2sin45

解法2：设c=x，由余弦定理bac2accosB 将已知条件代入，整理：xx10 解之：x222262 2

22222)3bca132 当c时，cosA2bc2622(1)22222（从而∠A=60，∠C=75； 2时，同理可求得：∠A=120，∠C=15.2

bc6.∵，sinBsinC当c

csinBsin45∴sinC，b∵0C180，∴C60或C120

∴当C60时，A75； 

当C120时，A15，；

所以A75或A15．

7.由余弦定理的推论得： 

b2c2a287.82161.72134.62

0.5543,cosAA56020；

c2a2b2134.62161.7287.82

 cosBB32053；

 C1800(AB)1800(5602032053)

8.∵bcb2c2a2，0.8398,b2c2a21∴由余弦定理的推论得：cosA ∵0A180，∴A60.能力提升：

9.C10.A11.C

12.D．由abcabc3ab，得ab2abc3ab 222

a2b2c21，∴由余弦定理的推论得：cosC2ab2

∵0C180，∴C60.13.B；只需要判定最大角的余弦值的符号即可。

选项A不能构成三角形； 

22324210，故该三角形为钝角三角形； 选项B中最大角的余弦值为2234

324252

0，故该三角形为直角三角形； 选项C中最大角的余弦值为：243

42526210，故该三角形为锐角三角形.选项D中最大角的余弦值为2458

14.120

1516.4综合探究：

17.∵ABC中边ak,bk2,ck4，∴ak0，且边c最长，∵ABC为钝角三角形

∴当C为钝角时 a2b2c2

0，∴cosC2ab

∴abc0, 即abc

∴k2(k2)2(k4)2, 解得2k6,又由三角形两边之和大于第三边：k(k2)k4,得到k2，故实数k的取值范围：2k6.18.证法一:由正弦定理得： 222222

a2b2sin2Asin2Bcos2Bcos2A c2sin2C2sin2C

=2sin(BA)sin(BA)sinCsin(AB)sin(AB)==.222sinCsinCsinC

222证法二:由余弦定理得a=b+c-2bccosA，a2b2c22bccosA2b1cosA，则22ccc

又由正弦定理得bsinB，csinC

a2b22sinBsinC2sinBcosA1cosA∴ 2csinCsinC

sin(AB)2sinBcosA sinC

sinAcosBsinBcosAsin(AB).sinCsinC

sin(AB)sinAcosBsinBcosA证法三:.sinCsinC

sinAasinBb,，由正弦定理得sinCcsinCc

sin(AB)acosBbcosA∴，sinCc

又由余弦定理得

a2c2b2b2c2a2absin(AB)sinCc

(a2c2b2)(b2c2a2) 22c

a2b2

10.正余弦定理综合应用 篇十

【学习目标】、学习利用正、余弦函数的图像和性质解决一些简单应用；

2、比较单位圆和图像法研究三角函数的性质时各自的特点；

3、进一步熟悉正、余弦函数的最值、单调性、奇偶性、图像的对称性的应用；

【学习重点】

正、余弦函数的图像和性质的简单应用

【学习难点】

运用函数观点和数形结合思想研究函数性质

【学习过程】

一、预习自学（把握基础）

（温习课本第18页、28页、31页、32页关于正、余弦函数的图像和性质的内容，解决下列内容）、角α终边和单位圆交于点P（u,v）时，sinα=

;cosα=

；

若P是角α终边上一点，则sinα=

;

cosα=

；

2、描点法画余弦曲线时的五个关键点是：

；

描点法画余弦曲线时的五个关键点是：

；

3、说说正、余弦函数的性质有哪些相同点和不同点？（画出表格比较）

二、合作探究（巩固深化，发展思维）

例1．书第24页A组第6题

例2.书第24页B组第4题

例

3、书第35页B组第1题

三、达标检测（相信自我，收获成功）、函数y=2cosx,412【导学案】正、余弦函数的图像和性质的应用的增区间为

；减区间为。

2、书第35页B组第2题（分cosx＜0和cosx≥0两种情况化简解析式后画出图像）

（1）该函数图像为：

（2）定义域为

；值域为

；x=

时，函数最大值为

；最小正周期为

；奇偶性为

；

该函数图像的对称性是；

增区间为

；

减区间为。

（4）函数在[-2π，2π]上的图像与直线y=-1的交点个数是。

四、学习体会

11.余弦定理学案 篇十一

探究案

Ⅰ.质疑探究——质疑解惑、合作探究

探究一：课本中余弦定理是用（）法证明的，也就是说，在△ABC中，已知BC=a，AC=b及边BC，AC的夹角C，则=（），所以BA2=（）=（），即c=（）

探究二：勾股定理指出了直角三角形中三边平方之间的关系，余弦定理则指出了一般三角

形中三边平方之间的关系，如何看这两个定理之间的关系？

【归纳总结】

1.熟悉余弦定理的（），注意（）,（），（）等。

2.余弦定理是（）的推广，（）是余弦定理的特例.3.变形：（），（），（）。

3.余弦定理及其推论的基本作用为：

（1）

（2）

例1． 在△ABC中，已知a2，c62，B45，求b及A。

【规律方法总结】

1.当已知三角形的两边及其夹角三角形时，可选用（）求解。

2.在解三角形时，如果（）与（）均可选用时，那么 求边时（），求角是最好（）原因是（）

例2．（1）在△ABC中，已知a42,b4,c2(62)，解三角形。

（2）在△ABC中，已知a:b:c2::31，求△ABC的各角。

【拓展提升】 在△ABC中，已知sinA:sinB:sinC3:2:4，判断△ABC 的形状。

2例3．在ABC中，a、b、c分别是A，B，C的对边长。已知bac，且2

a2c2acbc，求A的大小及bsinB的值。c

课后作业

基础巩固-----------把简单的事情做好就叫不简单！

1.在△ABC中，已知a2,b2,c31，则A等于（）

A．30B.135C.45D.120

2.在△ABC中，已知abcbc，则A为（）

A．22222B.C.D.或 3336

33.若三条线段的长分别为5、6、7，则用这三条线段（）

A．能组成直角三角形B.能组成锐角三角形C.能组成钝角三角形

D．不能组成三角形

4.已知△ABC中，a=6 ,b=3 ,C=2，c=

35.(2012,福建理)已知△ABC的三边长分别是2x,2x,22x（x>0）,则其最大角的余弦值

6.（2012，北京理）在△ABC中，若a2,bc7,cosB

综合应用--------------挑战高手，我能行！

7.在不等边三角形ABC中，a是最大边，若acb，则A的取值范（）

A．90A180B.45A90C.60A90 B.0A90

8.在△ABC中,已知a+b+c=2c(a+b),则角C=

9.若△ABC的内角A、B、C所对的边a、b、c满足(ab)c4且C=

值为

拓展探究题------------战胜自我，成就自我10.在△ABC中，已知a=2，b=2,（a+b+c）(b+c-a)=(22)bc，解三角形。

11．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，tanC

（1）求cosC； 224442221,则b=4222，则ab的35CA，且ab9，求c．（2）若CB

2课后检测案

1.△ABC中，若AB5，AC3，BC7，则A 的大小为（）

A．150 B．120C．60D．30

22.在△ABC中，若c

A.60°a2b2ab，则∠C=（）C.150°D.120°B.90°

3.在△ABC中,若a=7,b=8,cosC=13/14,则最大角的余弦为()1111B.C.D. 5678

4.边长为5,7,8的三角形的最大角的余弦是（）.A.A．11111B．C．D．714147

ab，cosBcosA5.在ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若

则ABC的形状一定是（）

A．等腰三角形B．直角三角形

C．等腰三角形或直角三角形D．等腰直角三角形

6.已知ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且a2,b3,cosB则sinA 的值为． 4，512,13cosA7.已知△ABC的面积是30，内角A、B、C所对边分别为a、b、c，若cb1，则a的值是.8.在△ABC中,若(a+c-b)tanB = 3ac,则角B的值为。2229.在ABC中，若cosBb cosC2ac

（1）求角B的大小

（2）若bac4，求ABC的面积

10.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bcosC3acosBccosB.（1）求cosB的值；

12.余弦定理教案 篇十二

课 型:新知课 上课时间：5月16日

教学目的：

1、掌握余弦定理的内容及证明余弦定理的向量方法。

2、会运用余弦定理解决两类基本的解三角形问题。

3、培养学生在方程思想的指导下解三角形问题的能力。重难点分析

重点：余弦定理的发现和证明过程及其基本应用。难点：由勾股定理及向量的数量积发现余弦定理。学前分析：

余弦定理是初中学习勾股定理同角的推广，也是前阶段学习三角函数与平面向量知识在三角形中的交汇应用。课前准备：

多媒体课件、电脑、投影仪 教学设计：

一、新课引入

生活实例：隧道工程设计

提出问题：①如何求出隧道的实际长度？ ②用正弦定理能否求出其长度？

③用平面向量的数量积能否求出其长度？

二、探索研究，引出定理

1、化归：已知三角形的两边及它们的夹角，求第三边，即在ABC中，已知AB=C，AC=b，A=A，求a。

2、探究：

由BCBAAC则BCBCBAACBAAC 即BCBA2BAACAC

2=BA2BAACcosAAC 222

=c2-2bccosA+b2

a2=c2-2bccosA+b2 同理可得：b2=a2-2a ccosB+c2

c2=a2-2abcosC+b2 余弦定理文字表述：

三角形任何一边的平方等于其他两边平方和减去这两边的它们夹角的余弦的积的两倍。

三、例题讲解：

eg1：在ABC中，a=1，b=2，c=120°求c的值。解：由余弦定理知c2=a2+b2-2abcosc 即c2=12+22-2×1×2×cos120°=7 c=7 练习：在ABC中，已知b=8，c=3，A=60°求a 问题:已知三角形的边长，如何求出其三个内角？ 余弦定理的变式

b2c2a2cosA

2bca2c2b2cosB

2aca2b2c2cosC

2aceg2：在ABC中，已知a=22，b =23，c=62，求三内角A、B、C。

解：由余弦定理可知

b2c2a2(23)2(62)2(22)22 cosA2bc2223(62)

A45

a2c2b21cosB

2ac2B60

从而C180(AB)75 变式练习：

1、若例1中条件不变，如何求出A、B？

2、在不等边ABC中，a为最大边，且a2b2c2，求A的范围。

四、课堂小结

1、余弦定理是任何三角形之间存在的共同规律，勾股定理是余弦定理的特例.2、余弦定理有两个基本应用：一是已知两边及它们的夹角，求第三边, 二是已知三边求角.五、布置作业

1、平行四边形两角邻边的长分别为46和43，它们的夹角为45，求这个平行四边形的两条对角线的长与它们面积。

2、在ABC中，已知a84,b56,c74，求A及SABC

3、课外思考：

13.余弦定理证明 篇十三

余弦定理证明

在任意△ABC中, 作AD⊥BC.

∠C对边为c，∠B对边为b，∠A对边为a -->

BD=cosB*c，AD=sinB*c，DC=BC-BD=a-cosB*c

勾股定理可知：

AC=AD+DC

b=(sinB*c)+(a-cosB*c)

b=sinB*c+a+cosB*c-2ac*cosB

b=(sinB+cosB)*c-2ac*cosB+a

b=c+a-2ac*cosB

所以，cosB=(c+a-b)/2ac

2

如右图，在ABC中，三内角A、B、C所对的.边分别是a、b、c . 以A为原点，AC所在的直线为x轴建立直角坐标系，于是C点坐标是(b，0)，由三角函数的定义得B点坐标是(ccosA，csinA) . ∴CB = (ccosA-b，csinA). 现将CB平移到起点为原点A，则AD = CB . 而 |AD| = |CB| = a ，∠DAC = π-∠BCA = π-C ， 根据三角函数的定义知D点坐标是 (acos(π-C)，asin(π-C)) 即 D点坐标是(-acosC，asinC), ∴ AD = (-acosC，asinC) 而 AD = CB ∴ (-acosC，asinC) = (ccosA-b，csinA) ∴ asinC = csinA …………① -acosC = ccosA-b ……② 由①得 asinA = csinC ，同理可证 asinA = bsinB ， ∴ asinA = bsinB = csinC . 由②得 acosC = b-ccosA ，平方得： a2cos2C = b2-2bccosA + c2cos2A ， 即 a2-a2sin2C = b2-2bccosA + c2-c2sin2A . 而由①可得 a2sin2C = c2sin2A ∴ a2 = b2 + c2-2bccosA . 同理可证 b2 = a2 + c2-2accosB ， c2 = a2 + b2-2abcosC . 到此正弦定理和余弦定理证明完毕。3△ABC的三边分别为a,b,c,边BC,CA,AB上的中线分别为ma.mb,mc,应用余弦定理证明:

mb=(1/2)[(√2(a^2+c^2)-b^2)]

mc=(1/2)[(√2(a^2+b^2)-c^2)]ma=√(c^2+(a/2)^2-ac*cosB)

=(1/2)√(4c^2+a^2-4ac*cosB)

由b^2=a^2+c^2-2ac*cosB

得，4ac*cosB=2a^2+2c^2-2b^2，代入上述ma表达式：

ma=(1/2)√[4c^2+a^2-(2a^2+2c^2-2b^2)]

=(1/2)√(2b^2+2c^2-a^2)

同理可得：

mb=

mc=

4

ma=√(c^2+(a/2)^2-ac*cosB)

=(1/2)√(4c^2+a^2-4ac*cosB)

由b^2=a^2+c^2-2ac*cosB

得，4ac*cosB=2a^2+2c^2-2b^2，代入上述ma表达式：

ma=(1/2)√[4c^2+a^2-(2a^2+2c^2-2b^2)]

=(1/2)√(2b^2+2c^2-a^2)

14.正弦定理余弦定理[推荐] 篇十四

一、知识概述

主要学习了正弦定理、余弦定理的推导及其应用，正弦定理是指在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等．即余弦定理是指三角形任何一边的平方等于其它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，b2=c2＋a2－2cacosB, c2=a2＋b2－2abcosC．通过两定理的学习，掌握正弦定理和余弦定理，并能利用这两个定理去解斜三角形，学会用计算器解决解斜三角形的计算问题，熟悉两定理各自解决不同类型的解三角形的问题．认识在三角形中，已知两边和其中一边的对角解三角形，产生多解的原因，并能准确判断解的情况．

二、重点知识讲解

1、三角形中的边角关系

在△ABC中，设角A、B、C的对边分别为a、b、c，则有

（1）角与角之间的关系：A＋B＋C＝180°；

（2）边与角之间的关系：

正弦定理：

余弦定理：a2＝b2＋c2－2bccosA

b2＝c2＋a2－2accosB

c2＝a2＋b2－2abcosC

射影定理：a＝bcosC＋ccosB

b＝ccosA＋acosC c＝acosB＋

bcosA

2、正弦定理的另三种表示形式：

3、余弦定理的另一种表示形式：

4、正弦定理的另一种推导方法——面积推导法

在△ABC中，易证明再在上式各边同时除

以在此方法推导过程中，要注意对

面积公式的应用．

例

1、在△ABC中，ab=60, sinB=cosB．面积S=15，求△ABC的三个内角． 分析：

在正弦定理中，由

进而可以利用三角函数之间的关系进行解题． 解：

可以把面积进行转化，由公式

∴C=30°或150°

又sinA=cosB∴A＋B=90°或A－B=90°显然A＋B=90°不可能成立

当C=30°时，由A＋B=150°，A－B=90°得A=120°B=30°

当C=150°时，由A－B=90°得B为负值，不合题意故所求解为A=120°，B=30°，C=30°.例

2、在△ABC中，a、b、c分别是内角A、B、C的外边，若b=2a，B=A＋60°，求A的值． 分析：

把题中的边的关系b=2a利用正弦定理化为角的关系，2RsinB=4RsinA，即sinB=2sinA． 解：

∵B=A＋60°

∴sinB=sin(A＋60°)=sinAcos60°＋cosAsin60°

=

又∵b=2a

∴2RsinB=4RsinA，∴sinB=2sinA

例

3、在△ABC中，若tanA︰tanB＝a2︰b2，试判断△ABC的形状． 分析：

三角形分类是按边或角进行的，所以判定三角形形状时一般要把条件转化为边之间关系或角之间关系式，从而得到诸如a＋b＝c，a＋b>c（锐角三角形），a＋b＜c（钝角三角形）或sin(A－B)＝0，sinA＝sinB，sinC＝1或cosC＝0等一些等式，进而判定其形状，但在选择转化为边或是角的关系上，要进行探索．

解法一：由同角三角函数关系及正弦定理可推得，∵A、B为三角形的内角，∴sinA≠0，sinB≠0．

．

∴2A＝2B或2A＝π－2B，∴A＝B或A＋B＝所以△ABC为等腰三角形或直角三角形．解法二：由已知和正弦定理可得：

整理得a－ac＋bc－b＝0，即（a－b)（a＋b－c）＝0，于是a＝b或a＋b－c＝0，∴a＝b或a＋b＝c．∴△ABC是等腰三角形或直角三角形．

5、利用正弦定理和余弦定理判定三角形形状，此类问题主要考查边角互化、要么同时化边为角，要么同时化角为边，然后再找出它们之间的关系，注意解答问题要周密、严谨．

例

4、若acosA=bcosB，试判断△ABC的形状． 分析：

本题既可以利用正弦定理化边为角，也可以利用余弦定理化角为边． 解：

解法一：由正弦定理得：2RsinAcosA=2RsinBcosB∴sin2A=sin2B

∴2A=2B或2A＋2B=180°∴A=B或A＋B=90°

故△ABC为等腰三角形或直角三角形解法二：由余弦定理得

∴a(b＋c－a)=b(a＋c－b)∴(a－b)(a＋b－c)=0∴a=b或a＋b=c

故△ABC为等腰三角形或直角三角形．

6、正弦定理，余弦定理与函数之间的相结合，注意运用方程的思想．

例

5、如图，设P是正方形ABCD的一点，点P到顶点A、B、C的距离分别是

1，2，3，求正方形的边长．

分析：

本题运用方程的思想，列方程求未知数． 解：

设边长为x(1

设x=t，则1

－5)=16t

三、难点剖析

1、已知两边和其中一边的对角，解三角形时，将出现无解、一解和两解的情况，应分情况予以讨论．

下图即是表示在△ABC中，已知a、b和A时解三角形的各种情况．

（1）当A为锐角时（如下图），（2）当A为直角或钝角时（如下图），也可利用正弦定理进行讨论．

如果sinB>1，则问题无解； 如果sinB＝1，则问题有一解；

如果求出sinB<1，则可得B的两个值，但要通过“三角形内角和定理”或“大边对大角”等三角形有关性质进行判断．

2、用方程的思想理解和运用余弦定理：当等式a2＝b2＋c2－2bccosA中含有未知数时，等式便成为方程．式中有四个量，知道任意三个，便可以解出另一个，运用此式可以求a或b或c或cosA．

3、向量方法证明三角形中的射影定理

在△ABC中，设三内角A、B、C的对边分别是a、b、c．

4、正弦定理解三角形可解决的类型：（1）已知两角和任一边解三角形；

（2）已知两边和一边的对角解三角形．

5、余弦定理解三角形可解决的类型：（1）已知三边解三角形；

（2）已知两边和夹角解三角形．

6、三角形面积公式：

例

6、不解三角形，判断三角形的个数． ①a＝5，b＝4，A＝120° ②a＝30，b＝30，A＝50° ③a＝7，b＝14，A＝30° ④a＝9，b＝10，A＝60° ⑤a＝6，b＝9，A＝45° ⑥c＝50，b＝72，C＝135° 解析：

①a>b，A＝120°，∴△ABC有一解．②a＝b，A＝50°<90°，∴△ABC有一解．

③a

④a0 ∴△ABC有两解．