1、第18練解三角形問題題型分析·高考展望正弦定理和余弦定理是解三角形的工具，而解三角形問題是高考每年必考的熱點問題之一.命題的重點主要有三個方面：一是以斜三角形為背景求三角形的基本量、求三角形的面積、周長、判斷三角形形狀等；二是以實際生活為背景，考查解三角形問題；三是與其他知識的交匯性問題，此類試題一直是命題的重點和熱點.常考題型精析題型一活用正弦、余弦定理求解三角形問題例1(1)(2015·廣東改編)設ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若a2，c2，cos A且b<c，則b_.(2)(2014·山東)ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c

2、.已知a3，cos A，BA.求b的值；求ABC的面積.點評在根據正弦、余弦定理解三角形問題中，要結合大邊對大角進行判斷.一般地，斜三角形中，用正弦定理求角時，若已知小角求大角，有兩解，已知大角求小角有一解；在解三角形問題中，三角形內角和定理起著重要作用，在解題中要注意根據這個定理確定角的范圍，確定三角函數值的符號，防止增解等擴大范圍的現象發生.變式訓練1(2015·課標全國)ABC中，D是BC上的點，AD平分BAC，BD2DC.(1)求；(2)若BAC60°，求B.題型二正弦、余弦定理的實際應用例2如圖，游客從某旅游景區的景點A處下山至C處有兩種路徑.一種是從A沿直線步行

3、到C，另一種是先從A沿索道乘纜車到B，然后從B沿直線步行到C.現有甲、乙兩位游客從A處下山，甲沿AC勻速步行，速度為50 m/min.在甲出發2 min后，乙從A乘纜車到B，在B處停留1 min后，再從B勻速步行到C.假設纜車勻速直線運動的速度為130 m/min，山路AC長為1 260 m，經測量cos A，cos C.(1)求索道AB的長；(2)問：乙出發多少分鐘后，乙在纜車上與甲的距離最短？(3)為使兩位游客在C處互相等待的時間不超過3分鐘，乙步行的速度應控制在什么范圍內？點評解三角形中的實際問題四步驟：(1)分析題意，準確理解題意，分清已知與所求，尤其要理解題中的有關名詞、術語，如坡度

4、、仰角、俯角、方位角等；(2)根據題意畫出示意圖，并將已知條件在圖形中標出；(3)將所求解的問題歸結到一個或幾個三角形中，通過合理運用正弦定理、余弦定理等有關知識正確求解；(4)檢驗解出的結果是否具有實際意義，對結果進行取舍，得出正確答案.變式訓練2(2014·四川)如圖，從氣球A上測得正前方的河流的兩岸B，C的俯角分別為67°，30°，此時氣球的高是46 m，則河流的寬度BC約等于_m.(用四舍五入法將結果精確到個位.參考數據：sin 67°0.92，cos 67°0.39，sin 37°0.60，cos 37°0.80，

5、1.73)題型三解三角形與其他知識的交匯例3(2015·南京模擬)已知向量m(cos x，1)，n，函數f(x)(mn)·m.(1)求函數f(x)的最小正周期；(2)已知a，b，c分別為ABC內角A，B，C的對邊，A為銳角，a1，c，且f(A)恰是函數f(x)在上的最大值，求A，b和ABC的面積.點評解三角形問題與三角函數性質、向量、不等式、立體幾何、數列等知識結合交匯，是近年來高考的新題型，對于這種問題要細心讀題，弄清問題實質，一般都以其他知識為載體，主體還是利用正弦、余弦定理解三角形，所以將問題轉化為解三角形是關鍵.變式訓練3(2015·陜西)ABC的內角A，

6、B，C 所對的邊分別為a，b，c.向量m(a，b)與n(cos A，sin B)平行. (1)求A； (2)若a，b2，求ABC的面積.高考題型精練1.(2015·北京)在ABC中，a4，b5，c6，則_.2.(2015·重慶)設ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a2，cos C，3sin A2sin B，則c_.3.在ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知C2A，cos A，b5，則ABC的面積為_.4.(2014·江西改編)在ABC中，內角A，B，C所對的邊分別是a，b，c.若3a2b，則的值為_.5.(2014·課標全國

7、改編)鈍角三角形ABC的面積是，AB1，BC，則AC_.6.在ABC中，·|3，則ABC面積的最大值為_.7.(2014·天津)在ABC中，內角A，B，C所對的邊分別是a，b，c.已知bca,2sin B3sin C，則cos A的值為_.8.(2015·江蘇)設向量ak(k0,1,2，12)，則(ak·ak1)的值為_.9.(2014·課標全國)已知a，b，c分別為ABC三個內角A，B，C的對邊，a2，且(2b)(sin Asin B)(cb)·sin C，則ABC面積的最大值為_.10.設ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b

8、，c，若A，a，則b2c2的取值范圍為_.11.(2014·重慶)在ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且abc8.(1)若a2，b，求cos C的值；(2)若sin Acos2sin Bcos22sin C，且ABC的面積Ssin C，求a和b的值.12.(2015·南京模擬)如圖所示，某小區準備將閑置的一直角三角形(其中B，ABa，BCa)地塊開發成公共綠地，設計時，要求綠地部分有公共綠地走道MN，且兩邊是兩個關于走道MN對稱的三角形(AMN和AMN)，現考慮方便和綠地最大化原則，要求M點與B點不重合，A落在邊BC上，設AMN.(1)若時，綠地“最美”，求

9、最美綠地的面積；(2)為方便小區居民的行走，設計時要求將AN，AN的值設計最短，求此時綠地公共走道的長度.答案精析第18練解三角形問題常考題型典例剖析例1(1)2解析由余弦定理a2b2c22bccos A，得4b2122×b×2×，即b26b80，b4或b2，又b<c，b2.(2)解在ABC中，由題意知，sin A，又因為BA，所以sin Bsincos A.由正弦定理，得b3.由BA得cos Bcossin A.由ABC，得C(AB).所以sin Csin(AB)sin(AB)sin Acos Bcos Asin B××.因此ABC的面

10、積Sabsin C×3×3×.變式訓練1解(1)由正弦定理得，.因為AD平分BAC，BD2DC，所以.(2)因為C180°(BACB)，BAC60°，所以sin Csin(BACB)cos Bsin B.由(1)知2sin Bsin C，所以tan B，即B30°.例2解(1)在ABC中，因為cos A，cos C，所以sin A，sin C.從而sin Bsin(AC)sin(AC)sin Acos Ccos Asin C××.由正弦定理，得AB×sin C×1 040(m).所以索道AB的長

11、為1 040 m.(2)假設乙出發t分鐘后，甲、乙兩游客距離為d，此時，甲行走了(10050t)m，乙距離A處130t m，所以由余弦定理得d2(10050t)2(130t)22×130t×(10050t)×200(37t270t50)，由于0t，即0t8，故當t min時，甲、乙兩游客距離最短.(3)由正弦定理，得BC×sin A×500(m).乙從B出發時，甲已走了50×(281)550(m)，還需走710 m才能到達C.設乙步行的速度為v m/min，由題意得33，解得v，所以為使兩位游客在C處互相等待的時間不超過3 min，乙

12、步行的速度應控制在(單位：m/min)范圍內.變式訓練260解析根據已知的圖形可得AB.在ABC中，BCA30°，BAC37°，由正弦定理，得，所以BC2××0.6060(m).例3解(1)f(x)(mn)·mcos2xsin xcos xsin 2xcos 2xsin 2x2sin2.因為2，所以最小正周期T.(2)由(1)知f(x)sin2，當x時，2x.由正弦函數圖象可知，當2x時，f(x)取得最大值3，又A為銳角，所以2A，A.由余弦定理a2b2c22bccos A，得1b232××b×cos ，所以b1或

13、b2，經檢驗均符合題意.從而當b1時，ABC的面積S××1×sin ；當b2時，ABC的面積S××2×sin .變式訓練3解(1)因為mn，所以asin Bbcos A0，由正弦定理，得sin Asin Bsin Bcos A0，又sin B0，從而tan A，由于0A，所以A.(2)方法一由余弦定理，得a2b2c22bccos A，而由a，b2，A，得74c22c，即c22c30，因為c0，所以c3，故ABC的面積為Sbcsin A.方法二由正弦定理，得，從而sin B，又由ab，知AB，所以cos B，故sin Csin(AB)s

14、insin Bcos cos Bsin .所以ABC的面積為Sabsin C.常考題型精練1.1解析由余弦定理：cos A，sin A，cos C，sin C，1.2.4解析由3sin A2sin B，得3a2b，ba×23，在ABC中，由余弦定理，得c2a2b22abcos C22322×2×3×16，解得c4.3.解析cos A，cos C2cos2A1，sin C，tan C3，如圖，設AD3x，AB4x，CD53x，BDx.在RtDBC中，tan C3，解之得：BDx，SABCBD·AC.4.解析，3a2b，.2()212×(

15、)211.5.解析SAB·BCsin B×1×sin B，sin B，B或.當B時，根據余弦定理有AC2AB2BC22AB·BCcos B1225，AC，此時ABC為鈍角三角形，符合題意；當B時，根據余弦定理有AC2AB2BC22AB·BCcos B1221，AC1，此時AB2AC2BC2，ABC為直角三角形，不符合題意.故AC.6.解析設角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，·|3，又cos A11，cos A，0<sin A，ABC的面積Sbcsin Atan A×，故ABC面積的最大值為.7.解析由2sin B3

16、sin C及正弦定理得2b3c，即bc.又bca，ca，即a2c.由余弦定理得cos A.8.9解析ak，ak·ak1·cos·cos·coscossin.故(ak·ak1)ososin.由os0，in0，得(ak·ak1)cos×129.9.解析2R，a2，又(2b)(sin Asin B)(cb)sin C可化為(ab)(ab)(cb)·c，a2b2c2bc，b2c2a2bc.cos A，A60°.ABC中，4a2b2c22bc·cos 60°b2c2bc2bcbcbc(“”當且僅

17、當bc時取得)，SABC·bc·sin A×4×.10.(3,6解析由正弦定理，得2，b2sin B，c2sin C，所以b2c24(sin2Bsin2C)2(1cos 2B1cos 2C)42cos 2B2cos 2(B)4sin 2Bcos 2B42sin(2B).又0<B<，所以<2B<.所以1<2sin(2B)2.所以3<b2c26.11.解(1)由題意可知c8(ab).由余弦定理得cos C.(2)由sin Acos2sin Bcos22sin C，可得sin A·sin B·2sin C，化簡得sin Asin Acos Bsin Bsin Bcos A4sin C.因為sin Acos Bcos Asin Bsin(AB)sin C，所以sin Asin B3sin C.由正弦定理可知ab3c.又因為abc8，故ab6.由于Sabsin Csin C，所以ab9，從而a26a90，解得a3，b3.12.解(1)由B，ABa，BCa，所以BAC.設MAMAxa(0<x<1)，則MBaxa，所以在Rt