解三角形的基本题型

解三角形的基本题型睢县回族高级中学杨少辉解三角形问题是高考的一种基本问题，可以说是常考；下面就这类问题来做个总结，有不对的地方希望大家指正。一、与解三角形有关的公式、定理、结论：1、正弦定理：2,(RABC)sinsinsinabcRABC是的外接圆半径；正弦定理的变形：::sinA:sinB:sinCabc;（根据合比定理）2,(RABC)sinsinsinAsinBsinababcRABC是的外接圆半径2、余弦定理：2222cosabcbcA余弦定理的变形：222sinsinsin2sinBsinCcosABCA3、三角形面积公式：（1）12ABCS底高；（2）（两边及夹角）111sinsinsin222ABCSabCbcAacB；（3）（两角及夹边）2221sinB.sinC1sin.sinC1sin.sin2sin(BC)2sin()2sin()ABCAABSabcACAB；（4）（两角及对边）222sin.sinCsin.sinA1sin(AB).sin112sin2sin2sinABCBCACBSabcABC；（5）（三边）;2ABCabcSppapbpcp其中；（6）（代入正弦定理）22sinAsinBsin4ABCabcSRCR；（7）1.;(r)2ABCSabcr其中为内切圆半径；4、三角形中的边角关系：（1）,ABC,222ABCABC；（2）转化为三角函数：sinsin,coscosCABCAB；sincos,cossin2222ABCABC；（3）大边对大角：sinAsinBcosAcosBabAB；sinAsinBcosAcosBabAB；（4）锐角与钝角的判定：角A为锐角222sinAcosA1abc；角A为直角222sinAcosA1abc；角A为钝角222sinAcosA1abc；（5）锐角三角形中的边角关系：sinAcosB22ABAB；二、解三角形的常见题型：题型一：已知两边及对角，判断三角形解的个数；例1、根据已知条件，判断下列ABC解的个数：（1）07,14,30abA；（2）04,5,30bcB；（3）025,3,150bcC；（4）01,3,60abB；解析：显然应使用正弦定理：（1）sinAsinBab，故：7141sin2B，解得：sin1B，50,6B；由图形可知：直线1y与sinyB只有唯一的交点，所以：只有唯一解；（2）由sinBsinCbc解得：5sin8C，50,6C；实际就是研究585sin,0,6yyxx图像交点的个数；由图像知：有两个交点，即：有两个解；（3）由sinBsinCbc解得：25sin6B，这样的角B不存在，无解；（4）由sinAsinBab解得：1sin2A，又203A；故：6A；（变式1）已知ABC中，3,A23a，若此三角形有两个解，求边b的取值范围？分析：由正弦定理知：sinAsinBab，3sinbB；只需：23sinx,x0,3yyb有两个不同的交点即可；由图像可知：332b；（变式2）（1）在ABC中，4sin5A，5cos13B，求cosC；（2）在ABC中，4sin5A，12cos13B，求cosC；分析：（1）由于coscossinAsinBcosAcosBCAB；`12sin13B；关键是cosA的正负；也就是分析角A是锐角还是钝角；即：45sin,0,yyxxB交点的情况；如图：只有一个交点，角A是一个锐角；即：3cos5A；4125333cos..51313565C；（2）类似分析可知：3cos5A，故：3356cos6565C或；总结：解决这类问题一般用正弦定理，转化成图像交点的个数问题；题型二：利用正弦定理求外接圆半径；例2、直三棱柱111ABCABC中，12,1,A6BBBC，求其外接球的表面积；分析：此题的关键是确定球心的位置并求球的半径；如图：1oc为ABC的外接圆半径；由正弦定理：12sinBCCOA；解得：11CO，11oo；球的半径2oc，故：球的表面积为8；（变式）二面角l为3，点P为二面角内部一点，点P到面和面的距离分别为1和2；求点P到直线l的距离；分析：先作出P到直线l的距离，然后放入一个三角形求解；过点P作PA于点A，过点P作PB于点B，过点A作ACl于点C；可得：PC为所求距离；显然，A、B、C、P四点共圆；PC为ABC外接圆直径；ABC中，由余弦定理知：2222...cosABACBCACBCACB；3AB；32sin32ABPCC；题型三：判断三角形的形状；例3、在ABC中，已知22tanBtanAab,判断ABC的形状；分析：判断三角形的形状，一般有两条思路：（1）证明角的关系；（2）证明边的关系；法一：将角转化成边；原式转化为：22sinBsinAcosBcosAab，代入正弦定理：cosBcosAab，应用余弦定理可得：22222222bcaacbabbcac，进一步化简得：4224220aacbbc；222220abcab；故：222abc或ab，即：ABC为等腰三角形或直角三角形；法二：将边转化成角；原式可化为：coscosaAbB；代入正弦定理得：sincossincosAABB，即：sin2sin2AB；故：22AB或22AB；ABC为等腰三角形或直角三角形；（变式）在ABC中，已知2222sinsinabABabAB,判断ABC的形状；题型四：已知三角形中的边角混合式，解三角形；例4、在ABC中，已知222acb，且sinAcosC3cossinAC；求b；解析：由于要求的是边，应将角转化为边；sinAcosC3cossinAC可化为：cos3cosaCcA；继续应用余弦定理转化可得：222222.3.22abcbcaacabbc；化简得：2222acb，结合：222acb，可得：22bb；解得：2b；例5、在ABC中，已知23coscos,2ACBbac；求B；解析：由于要求的是角，应尽量将所有的边转化为角；故：23coscos2sinsinAsinCACACB；解得23sin,B0,4B；即：3sin2B；解得：233B或；由3coscos02BAC，3B；例6、在ABC中，已知cos3sin0aCaCbc；（1）求角A；（2）若2,3ABCaS，求,bc；解析：（1）边化角：sinAcosC3sinAsinCsinBsinC0；统一角：sinAcosC3sinAsinCsinsinC0AC化简得：3sinAsinCsincossinC0CA；进一步化简可得：1sin,0,62AA；解得：3A；（2）从第一问3A得到启发，面积公式应用：1sin32ABCSbcA可以解出4bc；从4bc再联想到余弦定理：2222cosabcbcA；代入数据可得：228bc；两式联立解得：2,2bc；（变式）在ABC中，已知5sin13B，且,,abc成等比数列；（1）求11tantanAC的值；（2）若cos12acB,求ac的值；总结：解决此类问题，变角转化是关键，统一变量是目的；题型五：三角形中的取值范围问题；例7、在ABC中，已知1cos2aCcb；（1）求角A的大小；（2）若1a，求ABC周长及面积的取值范围；解析：（1）1sincossinCsinB2AC，即：1sincossinCsin2ACAC；化简得：1cos2A；角3A；（2）法一：转化为边；由余弦定理：2221abcbc；周长1labcbc；只需要求bc的取值范围即可；由三角形的性质知：1bca；由基本不等式可得：2222222bcbcbcbc，当且仅当bc时取等号成立；故：22214bcbcbc，即：12bc，周长的取值范围是：2,3；13sin24ABCSbcAbc；由于231bcbc且214bc；所以：01bc；即：面积的取值范围是30,4；法二：转化为角；由正弦定理知：23sin3sinBsinCabcA；周长=231sinBsinC3；将23BC代入并化简得：周长=12sin6B，20,3B；周长的取值范围是：2,3；133112sinsin2,0,2432643ABCSbcAbcBB；面积的取值范围是30,4；（变式1）将例7中的“ABC”改为“锐角ABC”“法一”将很难解决这个问题，而“法二”仅仅需要改变一下角B的取值范围即可；0202BC将23CB代入可得：62B；后面同上法；（变式2）在ABC中，已知,3,3BAC求2ABBC的取值范围；解析：由正弦定理知：22sinC4sinA23cosC4sinCABBC；由辅助角公式得：23227sin,C0,,tan32ABBCC；23C；故：2min27sin,27sin2273ABBC；2ABBC的取值范围是：3,23；题型六：解三角形的应用题；例8、如图,A,B是海面上位于东西方向相距533海里的两个观测点,现位于A点北偏东045,B点北偏西060的D点有一艘轮船发出求救信号,位于B点南偏西060且与B点相距203海里的C点的救援船立即前往营救,其航行速度为30海里/小时,该救援船到达D点需要多长时间?解析：解:根据题意知533AB海里,030DBA,045DAB,0105ADB,在DAB中,由正弦定理得sinsinDBABDABADB,103DB(海里),又060DBCDBAABC,203BC海里,在DBC中,由余弦定理得2222...cos900CDBDBCBDBCDBC所以，救援船到达D点需要1小时.例9、福州青运会开幕式上举行升旗仪式，在坡度015的看台上，同一列上的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°，第一排和最后一排的距离为106米（如下图所示），则旗杆的高度为（）米．A.103B.203C.20D.30分析：00045,105,30PCBPECCPB;在PBC中：sinsinBCPBCPBBEP即：203BP米；所以，在RTBOP中，30OP米例10、如图，在ABC中，已知点D在BC边上，ACAD,23,322sinABBAC,3AD,则BD的长为分析：在ABD中：22cos3BAD；由余弦定理可知：2222.cosBDABADABADBAD，解得：19BD；例11、（2013年高考新课标1（理））如图,在△ABC中,∠ABC=9