从不同角度谈解三角形文档格式.docx
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3一47-w
5一62-3BD
【解析】依题意，不妨设三边长a=m—1,b=m,c=m+1，其中m^2,m€N，则有C=2A,sinC
2.22b+c—a
=sin2A=2sinAcosA，由正、余弦定理得c=2a—，则
2bc
2b2+c2—a252+62—42
—1）（m2+4m），解得m=5，故cosA=
2八222、
bc2=a（b2c2—a2），于是m（m+1）2=（m
2"
3.【答案】选A
4.在锐角三角形ABC中，角A、B、C所对的边分别为
a、b、c,a+a=6cosC，则詈C+赛的值
由£
+a=6cosC,得b2+a2=6abcosC.化简整理得2（a2+b2）=3c2,将詈"
C+'
tmC切化弦，
sinC得庞
cosAcosBsinC（A+B）sinCsinC
）=•=•
B'
cosCsinAsinBcosCsinAsinB
sinA+sin
sin2C
cosCsinAsinB.
根据正、
余弦定理得
sin2C
cosCsinAsinB
22
c2c
2,22=2,22
a+b—ca+b—cab•
2ab
2c2
仝=4.【答案】4
322
2c—c
5.在△ABC中，B=60°
AC=百,
【解析】由正弦定理知sABC=总-sinA，
则AB+2BC的最大值为
BC
•••AB=2sinC,BC=2sinA.又A+C=120°
•AB+2BC=2sinC+4sin（120—C）=2（sinC+2sin120cosC—2cos120sinC）
=2（sinC+.3cosC+sinC）=2（2sinC+.3cosC）=2,7sin（C+a,
其中tana=^23,a是第一象限角，由于0°
<
CV120°
且a是第一象限角，
因此AB+2BC有最大值2.7.【答案】2,7
6.在厶ABC中，内角A,B,C所对的边长分别为a,b,c,已知tan才+A=2.
sin2A
2
sin2A+cosA
的值;
⑵若B=n，a=3,求厶ABC的面积.
【解】
（1）由tann+
A=2,得tanA=3,
sin2A
-2
sin2A+cosA
2tanA
2tanA+1
1
（2）由tanA=3,A€（0,
n，得sinA=
cosA=
3.'
10
又由a=,B=4及正弦定理聶=爲，得b=35
由sinC=sin（A+B）=sin（A+才），得sinC=2J5
则a的取值范围是（）
贝廿△ABC的面积S=qabsinC=9.
【变式1-1】钝角三角形的三边长为a,a+1,a+2,其最大角不超过120°
A.Ovav3
3
B.av3
C.2va<
3
v3.【答案】选B
【变式1—2】若满足条件C=60°
AB=3,BC=a的三角形ABC有两个，那么a的取值范围是（）
A.（1,.2）
B.（.2,3）
D.（1,2）
C.（3,2）
【解析】因为C=60°
AB=,3，由正弦定理，得雄=sBCA=2，二a=2sinA，又「A+B=120°
且三角形有两解，•••60°
vAv120°
°
且A^90°
即^vsinAv1,得,3vav2.［答案】选C
A一b
【变式1—3】在厶ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,且2cos2~cosB—sin（A—B）sinB
+cos（A+C）=-：
5
（1）求cosA的值;
⑵若a=42,b=5，求向量BA在BC方向上的投影.
2A—B3
（1）由2cos2cosB—sin（A—B）sinB+cos（A+C）=—:
25
得[cos（A—B）+1]cosB—sin（A—B）sinB—cosB=—；
3即cos（A—B）cosB—sin（A—B）sinB=—5.
33
则cos（A—B+B）=-5,即卩cosA=-5.
n
由题知a>
b，则A>
B，故B=4.
根据余弦定理，有（42）2=52+c2-2X5cX—3，解得c=1或c=—7（舍去）.
故向量BA在BC方向上的投影为|BA|cosB=~22.
角度二：
函数与方程思想
函数思想，是指用函数的概念和性质去分析问题、转化问题和解决问题•方程思想，是从问题中的数
量关系入手，运用数学语言将问题中的条件转化为数学模型（方程、不等式或方程与不等式的混合组），然
后通过解方程（组）或不等式（组）来使问题获解.有时，还通过函数与方程的互相转化、接轨，达到解决问题的目的.
1.在△ABC中，角A,B,C所对的边长分别为a,b,c,且满足csinA=>
；
3acosC,贝UsinA+sinB的最大值是（）
A.1B.,2
C.3D.3
【解析】由csinA=V3acosC,得sinCsinA=^sinAcos6在厶ABC中sinA工0所以sinC=V3cos
C,
（
2n、n
0,亍，所以当A=3时，sinA+sinB取得最大值3.【答案】选C
2.在厶ABC中，D为BC边上一点，DC=2BD,AD=2，/ADC=45°
若AC=.2AB，贝UBD等
B.4
A.2+.3
C.2+,5
【解析】在厶ADC中，AC2=AD2+DC2—2ADDCcos45=2+DC2—2y[2DC•^2=2+DC2—2DC;
在厶ABD中，AB2=BD2+AD2—2BDADcos135=BD2+2+2,2BD=2（2+BD2+2BD），整理
得BD2—4BD—1=0,解得BD=2+'
5或2—.5（舍去）.【答案】选C
3.在三角形ABC中，2sin2A=.3sinA,sin（B—C）=2cosBsinC,则AC
2AB
【解析】2sin2A2=《sinA?
1—cosA=y[3sinA?
sin（A+6）=2.因为o<
AvnA+6<
F，则A
+n=56n,所以A=2n.再由余弦定理，得a2=b2+c2+bc,①；
将sin（B—C）=2cosBsinC展开得sin663
BcosC=3cosBsinC,将其角化边,
得=cl迈，即2b2-2c2=a2,②；
将①代入②,
1+.13
4.在△ABC中，角A,B,C所对的边长分别为a,b,c,已知bcosC+.3bsinC—a—c=0.
（1）求B；
⑵若b=.3,求2a+c的取值范围.
（1）由正弦定理知sinBcosC+3sinBsinC—sinA—sinC=0,
将sinA=sin（B+C）=sinBcosC+cosBsinC代入上式,得叮3sinBsinC—cosBsinC—sinC=0,
在厶ABC中，sinCM0贝U,3sinB—cosB—1=0,
•2a+c=4sinA+2sinC=4sinA+2sin（石^—A）=5sinA+.3cosA=2.7sin（A+a,
其中tana=~~,a是第一象限角，
由于0°
A<
120°
且a是第一象限角，2^7sin（A+a）€（雨,吋7]因此2a+c的取值范围为（.3,2.7]
5.凸四边形PABQ中，其中A、B为定点，AB=3,P、Q为动点，满足AP=PQ=QB=1.
（1）写出cosA与cosQ的关系式；
⑵设三角形PAB和三角形PQB的面积分别为S和T,求S2+T2的最大值.
（1）在厶PAB中，由余弦定理知PB2=PA2+AB2—2PAABcosA=4—2.3cosA,
同理，在△PQB中PB=2—2cosQ,
•4—2.3cosA=2—2cosQ,：
cosQ=,3cosA—1
T=?
PQQBsinQ,
J3
⑵由已知得，S=?
PAABsinA=^sinA,
S2+T2=3sin2A+4sin2Q=4（1—cos2A）+3（1—cos2Q）
32333327
4
—2COsA+icosA+4=—2cosA—"
6+8,
（1）求角B的大小；
⑵若b=J3，求a+c的范围.
（1）■-im=（sinB,1—cosB）,n=（2,0）,「.mrn=2sinB,
bacn
（2）由
（1）得snB=sm=snC=2,且A+C=3
•••a+c=2sinA+2sinC=2sinA+2sin（扌-A）=sinA+.3cosA=2sin（A+p,
【变式2—2】设厶ABC的三内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,a=btanA,且B为钝角.
（1）证明：
B—A=^；
（2）求sinA+sinC的取值范围.
【证明】⑴由a=btana及正弦定理得栄=b=%,
：
•n
所以sinB=cosA,即sinB=sin?
+A,
（2）由⑴可知C=n—（A+B）=n—（2A+寸）=寸—2A>
0，故A€（0,j
nt/
■-0VAV4，故0vsinAv,
（1'
99
V-2pnA-8气
由此可知sinA+sinC的取值范围是
【变式2-3】已知圆0的半径为R（R为常数），它的内接△ABC满足2R（sin2A-sin2C）=（,2a-b）sinB,
其中a,b,c分别为角A,B,C的对边，求△ABC面积的最大值.
【解】由正弦定理得a2-c2=b（2a-b）,即卩a2+b2-c2=2ab
222
由余弦定理得cosC=咼"
=¥
，则C=:
11兀—2
则S=^absinC=2・2RsinA2RsinBsin4=72RsinAsinB
又A+B=字，即B=3n-A
44
2—23n2222n1
则S=,2RsinAsinB=2RsinAsin（——A）=R（sinA+sinAcosA）=R[石sin（2A—4）+?
]
3n口订nn5n
又ovav-,则-4v2A-4v匸
nn3n1+、/"
则当2A—4=2即A=B=38时，△ABC面积的最大值为Smax=2~R•
角度三：
数形结合思想
所谓数形结合，就是根据数与形之间的对应关系，通过数与形的相互转化，将反映问题的抽象数量关系与直观图形结合起来，也是将抽象思维与形象思维有机地结合起来的一种解决数学问题的重要思想方法.数形结合思想通过“以形助数，以数解形”，使复杂问题简单化，抽象问题形象化，有助于把握数学问题的本质•它是数学的规律性与灵活性的有机结合.
1.在三角形ABC中，已知A:
B=1:
2，/ACB的平分线CD把三角形分成面积为3:
2的两部分,
则cosA等于（）
D.0
【解析】如图，T^ACD=-=AD,B=2A,/ACD=ZBCD，设AD=3k,BD=2k（k>
0）,
Sabcd2DB
CD3k
在^ACD中，由正弦定理得s--=snp,①；
CD2k2kcd2k
在厶BCD中，由正弦定理得-CD=2k=耗，即CD=幷，②；
sinBsin/BCDsin/ACD2sinAcosAsin/ACD
由①②得2cosA=3，即cosA=4.【答案】选C
2.在扇形AOB中，圆心角/AOB等于60°
半径为2,在弧AB上有一动点P,过点P引平行于OB
的直线交OA于点C，设/AOP=0,则三角形POC面积取最大值时B的值为.
【解析】如图，•/CP//OB,•••/CPO=/POB=60°
—0/OCP=120°
又—OC—=i220,•-OC=^sin（60—0）,sin（60—0）sin120.3'
八
【变式3—1】在三角形ABC中，/C=90°
M是BC的中点.若sin/BAM=彳,则sin/BAC=
【解析】如图，设AC=b,AB=c,BC=a,
【变式3-2】△ABC中，D是BC上的点，AD平分/ABC,△ABD面积是△ADC面积的2倍.
sin/B
（1）求s^；
J2
（2）若AD=1,DC=~2，求BD和AC的长.
■/Saabd=2$△acd,/BAD=/CAD,•-AB=2AC,
在厶ABD和厶ACD中，由余弦定理得
AB=AD2+BD2-2ADBDcos/ADB,AC2=AD2+DC2-2ADDCcos/ADC,
故AB2+2AC2=3AD2+BD2+2DC2=6,
由
（1）知AB=2AC,「.AC=1.
角度四：
分类讨论思想I
所谓分类讨论，就是当问题所给的对象不能进行统一研究时，如不能用同一标准、同一种运算、同一
个定理或同一种方法去解决，因而会出现多种情况，我们就需要对研究的对象进行分类，然后对每一类分
别研究，得出每一类的结论，最后综合各类的结论得到整个问题的解答•实质上分类讨论是“化整为零，各个击破，再积零为整”的策略•分类讨论时应注意理解和掌握分类的原则、方法与技巧，做到“确定对
象的全体，明确分类的标准，不重复、不遗漏地分类讨论”.
⑴求B;
⑵若b=•.2,求厶ABC的周长.
11
【解】⑴因为Saabc=2acsinB,所以2$sinB=
n2n
又因为OvBVn,所以B=§
或-3-.
n,、2n
⑵由⑴可知，B=3或y,
当B=时，因为a2+c2—ac=（a+c）2—3ac=2,ac=3，所以a+c=〔11;
当B=3时，因为a+c+ac=2,ac=3,所以a+c=—1（舍去），
所以△ABC的周长为a+c+b=\,'
11+"
』2.
2.在厶ABC中，内角A,B,C所对的边长分别是a,b,c.
（1）若c=2,C=n且厶ABC的面积为.3，求a,b的值；
（2）若sinC+sin（B—A）=sin2A,试判断△ABC的形状.
（1）tc=2,C=n•••由余弦定理c2=a2+b2—2abcosC得a2+b2—ab=4.
又•••△ABC的面积为3,••2absinC=.3,ab=4.
a2+b2—ab=4,
联立方程组解得a=2,b=2.
ab=4,
（2）由sinC+sin（B—A）=sin2A,得sin（A+B）+sin（B—A）=2sinAcosA,
即2sinBcosA=2sinAcosA,•cosA（sinA—sinB）=0,•cosA=0或sinA—sinB=0,
当cosA=0时，•/0<
A<
n•••A=2，△ABC为直角三角形；
当sinA-sinB=0时，得sinB=sinA，由正弦定理得a=匕，即△ABC为等腰三角形.
•△ABC为等腰三角形或直角三角形.
【变式4—1】在厶ABC中，内角A,B,C所对的边长分别是a,b,c,且,3a=2csinA.
（1）求角C的大小；
⑵若c=.7,且厶ABC的面积为323，求a+b的值.
（1）■/3a=2csinA,由正弦定理得3sinA=2sinCsinA
又0vAvn贝UsinAm0,
又0vCvn则C=3或亍
nodd
若C=3,由余弦定理c2=a2+b2—2abcosC,可得a+b=5;
若C=#,由余弦定理c2=a2+b2—2abcosC,可得a2+b2=1，无解;
故a+b=5.
【变式4—2】在三角形ABC中，2sin2AcosA—sin3A+,3cosA=,3.
（1）求角A的大小；
（2）已知a,b,c分别是内角A,B,C的对边，若a=1且sinA+sin（B—C）=2sin2C,求三角形ABC
的面积.
（1）t2sin2AcosA—sin3A+3cosA=2sin2AcosA—sin（2A+A）+诵cosA
=sin2AcosA—cos2AsinA+
又0vavn则a+4-n
333
•+n=芸则A=n
（2）•/sinA+sin（B—C）=2sin2C,
•sin（B+C）+sin（B—C）=4sinCcosC,即2sinBcosC=4sinCcosC,
/•cosC=0或sinB=2sinC
nnm3
①当cosC=0时，C=2，-B=6，：
b=atanB=T
•••Saabc=站如疳器
②当sinB=2sinC时，由正弦定理得b=2c,
又由余弦定理a2=b2+c2—2bccosA,可得1=4c2+c2—4『三，二c2=1
•••S"
|bcsinA=3好=63综上，Saabc=~6-
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