高考数学专题复习（精选精讲）练习3-正弦定理习题精选精讲

高考数学专题复习（精选精讲）练习3-正弦定理习题精选精讲

正、余弦定理的五大命题热点 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(2005年全国高考江苏卷) 中，，BC＝3，则的周长为（ ）‎ A． B．C． D．‎ 分析：由正弦定理，求出b及c，或整体求出b＋c，则周长为3＋b＋c而得到结果．‎ ‎ 解：由正弦定理得：，‎ ‎ 得b＋c＝[sinB＋sin(－B)]＝．故三角形的周长为：3＋b＋c＝，故选(D)．‎ 评注：由于本题是选择题也可取△ABC为直角三角形时，即B＝，周长应为3＋3，故排除(A)、(B)、(C)．而选(D)．‎ 例2(2005年全国高考湖北卷) 在ΔABC中，已知，AC边上的中线BD=，求sinA的值．‎ 分析：本题关键是利用余弦定理，求出AC及BC，再由正弦定理，即得sinA．‎ 解：设E为BC的中点，连接DE，则DE//AB，且，设BE＝x 在ΔBDE中利用余弦定理可得：，‎ ‎，解得，（舍去）‎ 故BC=2，从而，即又，‎ 故，‎ 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3(2005年北京春季高考题)在中，已知，那么一定是（ ）‎ A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等腰直角三角形 D．正三角形 解法1：由＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB，‎ 即sinAcosB－cosAsinB＝0，得sin(A－B)＝0，得A＝B．故选(B)．‎ 解法2：由题意，得cosB＝，再由余弦定理，得cosB＝．‎ ‎∴ ＝，即a2＝b2，得a＝b，故选(B)．‎ 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(如解法1)，⑵统一化为边，再判断(如解法2)．‎ 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4(2005年全国高考上海卷) 在中，若，，，‎ 则的面积S＝_________‎ 分析：本题只需由余弦定理，求出边AC，再运用面积公式S＝AB•ACsinA即可解决．‎ 解：由余弦定理，得cosA＝，解得AC＝3．‎ ‎∴ S＝AB•ACsinA＝．∴ AB•AC•sinA＝AC•h，得h＝AB• sinA＝，故选(A)．‎ 四、求值问题 例5(2005年全国高考天津卷) 在中，所对的边长分别为，‎ 设满足条件和，求和的值．‎ 分析：本题给出一些条件式的求值问题，关键还是运用正、余弦定理．‎ 解：由余弦定理，因此， ‎ 在△ABC中，∠C=180°－∠A－∠B=120°－∠B.‎ ‎ 由已知条件，应用正弦定理 解得从而 五、正余弦定理解三角形的实际应用 利用正余弦定理解斜三角形，在实际应用中有着广泛的应用，如测量、航海、几何等方面都要用到解三角形的知识，例析如下：‎ ‎（一.）测量问题 图1‎ A B C D 例1 如图1所示，为了测河的宽度，在一岸边选定A、B两点，望对岸标记物C，测得∠CAB=30°，∠CBA=75°，AB=120cm，求河的宽度。‎ 分析：求河的宽度，就是求△ABC在AB边上的高，而在河的一边，已测出AB长、∠CAB、∠CBA，这个三角形可确定。‎ 解析：由正弦定理得，∴AC=AB=120m，又∵，解得CD=60m。‎ 点评：虽然此题计算简单，但是意义重大，属于“不过河求河宽问题”。‎ ‎（二.）遇险问题 例2某舰艇测得灯塔在它的东15°北的方向，此舰艇以30海里/小时的速度向正东前进，30分钟后又测得灯塔在它的东30°北。若此灯塔周围10海里内有暗礁，问此舰艇继续向东航行有无触礁的危险？‎ 西 北 南 东 A B C ‎30°‎ ‎15°‎ 图2‎ 解析：如图舰艇在A点处观测到灯塔S在东15°‎ 北的方向上；舰艇航行半小时后到达B点，测得S在东30°北的方向上。 在△ABC中，可知AB=30×0.5=15，∠ABS=150°，∠ASB=15°，由正弦定理得BS=AB=15，过点S作SC⊥直线AB，垂足为C，则SC=15sin30°=7.5。‎ 这表明航线离灯塔的距离为7.5海里，而灯塔周围10海里内有暗礁，故继续航行有触礁的危险。‎ 点评：有关斜三角形的实际问题，其解题的一般步骤是：（1）准确理解题意，分清已知与所求，尤其要理解应用题中的有关名词和术语；（2）画出示意图，并将已知条件在图形中标出；（3）分析与所研究问题有关的一个或几个三角形，通过合理运用正弦定理和余弦定理求解。‎ ‎（三.）追击问题 图3‎ A B C 北 ‎45°‎ ‎15°‎ 例3 如图3，甲船在A处，乙船在A处的南偏东45°　‎ 方向，距A有9n mile并以20n mile/h的速度沿南　　‎ 偏西15°方向航行，若甲船以28n mile/h的速度航 行，应沿什么方向，用多少h能尽快追上乙船？ ‎ 解析：设用t h，甲船能追上乙船，且在C处相遇。‎ 在△ABC中，AC=28t，BC=20t，AB=9，‎ 设∠ABC=α，∠BAC=β。‎ ‎∴α=180°－45°－15°=120°。根据余弦定理，‎ ‎，，（4t－3）（32t+9）=0，解得t=，t=（舍）‎ ‎∴AC=28×=21 n mile，BC=20×=15 n mile。‎ 根据正弦定理，得，又∵α=120°，∴β为锐角，β=arcsin，又＜＜，∴arcsin＜，‎ ‎∴甲船沿南偏东－arcsin的方向用h可以追上乙船。‎ 点评：航海问题常涉及到解三角形的知识，本题中的 ∠ABC、AB边已知，另两边未知，但他们都是航行的距离，由于两船的航行速度已知，所以，这两边均与时间t有关。这样根据余弦定理，可列出关于t的一元二次方程，解出t的值。‎ 五、交汇问题 是指正余弦定理与其它知识的交汇，如与不等式、数列、立体几何(特别是求角与距离)、解析几何、实际问题等知识交汇．‎ 例6　(2005年全国高考卷三试题)△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a，b，c成等比数列，‎ ‎ （Ⅰ）求cotA+cotC的值； （Ⅱ）设，求a＋c的值.‎ 分析：本题是正、余弦定理与向量、等比数列等知识的交汇，关键是用好正弦定理、余弦定理等．‎ 解：（Ⅰ）由 由b2=ac及正弦定理得 ‎ 则 ‎ ‎ ‎ （Ⅱ）由，得ca•cosB＝，由ㄋB＝，可得ac＝2，即b2＝2． ‎ 由余弦定理b2=a2+c2－‎2ac+cosB，‎ 得a2+c2=b2+‎2ac·cosB=5. ‎ 易错题解析 例题1　在不等边△ABC中，a为最大边，如果，求A的取值范围。‎ 错解：∵。则 ‎，由于cosA在（0°，180°）上为减函数 且 又∵A为△ABC的内角，∴0°＜A＜90°。‎ 辨析：错因是审题不细，已知条件弱用。题设是为最大边，而错解中只把a看做是三角形的普通一条边，造成解题错误。‎ 正解：由上面的解法，可得A＜90°。‎ 又∵a为最大边，∴A＞60°。因此得A的取值范围是（60°，90°）。‎ 例题2　在△ABC中，若，试判断△ABC的形状。‎ 错解：由正弦定理，得 即 ‎。‎ ‎∴2A＝2B，即A＝B。故△ABC是等腰三角形。‎ 辨析：由，得2A＝2B。这是三角变换中常见的错误，原因是不熟悉三角函数的性质，三角变换生疏。‎ 正解：同上得，∴2A＝‎ 或。‎ ‎∵或。‎ 故△ABC为等腰三角形或直角三角形。‎ 例题3　在△ABC中，A＝60°，b＝1，，求的值。‎ 错解：∵A＝60°，b＝1，，又，‎ ‎∴，解得c＝4。‎ 由余弦定理，得 又由正弦定理，得。‎ ‎∴。‎ 辨析：如此复杂的算式，计算困难。其原因是公式不熟、方法不当造成的。‎ 正解：由已知可得。由正弦定理，得 ‎。。‎ 例题4　在△ABC中，，C＝30°，求a＋b的最大值。‎ 错解：∵C＝30°，∴A＋B＝150°，B＝150°－A。‎ 由正弦定理，得 ‎，‎ 又∵‎ ‎∴。‎ 故的最大值为。‎ 辨析：错因是未弄清A与150°－A之间的关系。这里A与150°－A是相互制约的，不是相互独立的两个量，sinA与sin(150°－A)不能同时取最大值1，因此所得的结果也是错误的。‎ 正解：∵C＝30°，∴A＋B＝150°，B＝150°－A。‎ 由正弦定理，得 因此 ‎∴a＋b的最大值为。‎ 例题5　在△ABC中，已知a＝2，b＝，C＝15°，求A。‎ 错解：由余弦定理，得 ‎∴。‎ 又由正弦定理，得 而。‎ 辨析：由题意，∴。因此A＝150°是不可能的。错因是没有认真审题，未利用隐含条件。在解题时，要善于应用题中的条件，特别是隐含条件，全面细致地分析问题，避免错误发生。‎ 正解：同上，‎ ‎。‎ 例题6　在△ABC中，，判断△ABC的形状。‎ 错解：在△ABC中，∵，由正弦定理 得 ‎∴‎ ‎∴A＝B且A＋B＝90°‎ 故△ABC为等腰直角三角形。‎ 辨析：对三角公式不熟，不理解逻辑连结词“或”、“且”的意义，导致结论错误。‎ 正解：在△ABC中，∵，由正弦定理，‎ 得。‎ ‎∴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。‎ 例题7　若a，b，c是三角形的三边长，证明长为的三条线段能构成锐角三角形。‎ 错解：不妨设，只要考虑最大边的对角θ为锐角即可。‎ ‎。‎ 由于a，b，c是三角形的三边长，根据三角形三边关系，有，即。‎ ‎∴长为的三条线段能构成锐角三角形。‎ 辨析：三条线段构成锐角三角形，要满足两个条件：①三条边满足三角形边长关系；②最长线段的对角是锐角。显然错解只验证了第二个条件，而缺少第一个条件。‎ 正解：由错解可得 又∵‎ 即长为的三条线段能构成锐角三角形。‎ 高考试题展示 ‎1、（06湖北卷）若的内角满足，则 A. B． C． D．‎ 解：由sin2A＝2sinAcosA>0，可知A这锐角，所以sinA＋cosA>0，‎ 又，故选A ‎2、（06安徽卷）如果的三个内角的余弦值分别等于的三个内角的正弦值，则 A．和都是锐角三角形 B．和都是钝角三角形 C．是钝角三角形，是锐角三角形 D．是锐角三角形，是钝角三角形 解：的三个内角的余弦值均大于0，则是锐角三角形，若是锐角三角形，由，得，那么，，所以是钝角三角形。故选D。‎ ‎3、（06辽宁卷）的三内角所对边的长分别为设向量 ‎,,若,则角的大小为 ‎(A) (B) (C) (D) ‎ ‎【解析】，利用余弦定理可得，即，故选择答案B。‎ ‎【点评】本题考查了两向量平行的坐标形式的重要条件及余弦定理和三角函数，同时着重考查了同学们的运算能力。‎ ‎4、（06辽宁卷）已知等腰的腰为底的2倍，则顶角的正切值是（　　）‎ Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．‎ 解：依题意，结合图形可得，故，选D ‎5、（06全国卷I）的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若a、b、c成等比数列，且，则 A． B． C． D．‎ 解：中，a、b、c成等比数列，且，则b=a，‎ ‎=，选B.‎ ‎6、06山东卷）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c,A=,a=,b=1，则c=‎ (A) ‎1 （B）2 （C）—1 （D）‎ 解：由正弦定理得sinB＝，又a>b，所以A>B，故B＝30°，所以C＝90°，故c＝2，选B ‎7、（06四川卷）设分别是的三个内角所对的边，则是的 ‎（A）充要条件 （B）充分而不必要条件 ‎（C）必要而充分条件 （D）既不充分又不必要条件 解析：设分别是的三个内角所对的边，若，‎ 则，则，‎ ‎∴ ，，‎ 又，∴ ，∴ ，，‎ 若△ABC中，，由上可知，每一步都可以逆推回去，得到，‎ 所以是的充要条件，选A. ‎ ‎8、（06北京卷）在中，若，则的大小是___________.‎ 解： Ûa:b:c＝5:7:8设a＝5k，b＝7k，c＝8k，‎ 由余弦定理可解得的大小为.‎ ‎9、（06湖北卷）在ABC中，已知，b＝4，A＝30°，则sinB＝ .‎ 解：由正弦定理易得结论sinB＝。‎ ‎10、（06江苏卷）在△ABC中，已知BC＝12，A＝60°，B＝45°，则AC＝　　　　‎ ‎【思路点拨】本题主要考查解三角形的基本知识 ‎【正确解答】由正弦定理得，解得 ‎【解后反思】解三角形：已知两角及任一边运用正弦定理，已知两边及其夹角运用余弦定理 ‎11、（06全国II）已知△ABC的三个内角A、B、C成等差数列，且AB＝1，BC＝4，则边BC上的中线AD的长为 ．‎ 解析: 由的三个内角A、B、C成等差数列可得A+C=2B而A+B+C=可得 AD为边BC上的中线可知BD=2,由余弦定理定理可得。‎ 本题主要考察等差中项和余弦定理,涉及三角形的内角和定理,难度中等。‎ ‎12、（06上海春）在△中，已知，三角形面积为12，‎ 则 .‎ 解：由三角形面积公式，得，即．‎ 于是从而应填．‎ B D C α β A 图3‎ ‎13、（06湖南卷）如图3,D是直角△ABC斜边BC上一点,AB=AD,记∠CAD=,∠ABC=.‎ ‎（1）证明 ;‎ ‎（2）若AC=DC,求的值.‎ 解：(1)．如图3，，‎ ‎ 　　即．‎ ‎（2）．在中，由正弦定理得 ‎　　　　由(1)得，‎ ‎　　　　即．‎ ‎　　　　‎ ‎14、（06江西卷）在锐角中，角所对的边分别为，‎ 已知，‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若，，求的值．‎ 解：（1）因为锐角△ABC中，A＋B＋C＝p，，所以cosA＝，则 ‎（2），则bc＝3。‎ 将a＝2，cosA＝，c＝代入余弦定理：中得 解得b＝ ‎ ‎15、（06江西卷）如图，已知△ABC是边长为1的正三角形，‎ M、N分别是边AB、AC上的点，线段MN经过△ABC的中心G，‎ 设ÐMGA＝a（）‎ （1） 试将△AGM、△AGN的面积（分别记为S1与S2）表示为a的函数 ‎（2）求y＝的最大值与最小值 解：（1）因为G是边长为1的正三角形ABC的中心，‎ 所以 AG＝，ÐMAG＝，‎ 由正弦定理得 则S1＝GM·GA·sina＝，同理可求得S2＝‎ （2） y＝＝＝72（3＋cot2a），‎ 因为，所以当a＝或a＝时，y取得最大值ymax＝240‎ 当a＝时，y取得最小值ymin＝216‎ ‎16、（06全国卷I）的三个内角为，求当A为何值时，　取得最大值，并求出这个最大值。‎ ‎.解: 由A+B+C=π, 得 = － , 所以有cos =sin .‎ cosA+2cos =cosA+2sin =1－2sin2 + 2sin =－2(sin － )2+ ‎ 当sin = , 即A=时, cosA+2cos取得最大值为 ‎17、（06全国II）在,求 ‎（1）‎ ‎(2)若点 解：（1）由 ‎　由正弦定理知 ‎（2）， ‎ 由余弦定理知 ‎18、（06四川卷）已知是三角形三内角，‎ 向量，且 ‎（Ⅰ）求角；‎ ‎（Ⅱ）若，求 解：本小题主要考察三角函数概念、同角三角函数的关系、两角和与差的三角函数的公式以及倍角公式，考察应用、分析和计算能力。‎ ‎（Ⅰ）∵ ∴ 即 ‎, ‎ ‎∵ ∴ ∴‎ ‎（Ⅱ）由题知，整理得 ‎∴ ∴‎ ‎∴或 而使，舍去 ∴‎ ‎∴‎ ‎19、（06天津卷）如图，在中，，，．‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）求的值. ‎ 本小题考查同角三角函数关系、两角和公式、倍角公式、正弦定理、余弦定理等基础知识，考察基本运算能力及分析解　　决问题的能力.满分12分.‎ ‎（Ⅰ）解： 由余弦定理，‎ ‎ ‎ 那么，‎ ‎（Ⅱ）解：由，且得 由正弦定理，解得。‎ 所以，。由倍角公式，‎ 且，‎ 故. ‎ ‎20、（07重庆理5）在中，则BC =（ ）‎ A. B. C.2 D.‎ ‎【答案】：A ‎【分析】：由正弦定理得：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎21、（07北京文12理11）在中，若，，，则　‎ 解析：在中，若，，∴ A 为锐角，，，则根据正弦定理=。．‎ ‎22、（07湖南理12）在中，角所对的边分别为，若，b=，‎ ‎，则 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由正弦定理得，所以 ‎23、（07湖南文12） 在中，角A、B、C所对的边分别为，‎ 若，则A=　　　　　.‎ ‎【解析】由正弦定理得，所以A=‎ ‎24、（07重庆文13）在△ABC中，AB=1,BC=2,B=60°，则AC＝ 。‎ ‎【答案】：‎ ‎【分析】：由余弦定理得：‎ ‎24、（07北京文理13）2002年在北京召开的国际数学家大会，会标 是我国以古代数学家赵爽的弦图为基础设计的．弦图是由四个全 等直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形（如图）．如果 小正方形的面积为1，大正方形的面积为25，直角三角形中较小 的锐角为，那么的值等于 ．‎ 解析：图中小正方形的面积为1，大正方形的面积为25，∴ 每一个直角三角形的面积是6，设直角三角形的两条直角边长分别为a, b，则，‎ ‎∴ 两条直角边的长分别为3，4，‎ 设直角三角形中较小的锐角为，cosθ=，cos2θ=2cos2θ－1=。‎ ‎25、（07福建理17）在中，，．‎ ‎（Ⅰ）求角的大小；‎ ‎（Ⅱ）若最大边的边长为，求最小边的边长．‎ 本小题主要考查两角和差公式，用同角三角函数关系等解斜三角形的基本知识以及推理和运算能力，满分12分．‎ 解：（Ⅰ），．‎ 又，．‎ ‎（Ⅱ），边最大，即．‎ 又，角最小，边为最小边．‎ 由且，‎ 得．由得：．‎ 所以，最小边．‎ ‎26、（07广东理16）已知顶点的直角坐标分别为，，．‎ ‎（1）若，求的值；‎ ‎（2）若是钝角，求的取值范围．‎ 解析： （1），，若c=5， 则，‎ ‎∴，∴sin∠A＝；‎ ‎2）若∠A为钝角，则解得，∴c的取值范围是；‎ ‎28、（07湖北理16）已知的面积为，且满足，设和的夹角为．‎ ‎（I）求的取值范围；（II）求函数的最大值与最小值．‎ 本小题主要考查平面向量数量积的计算、解三角形、三角公式、三角函数的性质等基本知识，考查推理和运算能力．‎ 解：（Ⅰ）设中角的对边分别为，‎ 则由，，可得，．‎ ‎（Ⅱ）‎ ‎．‎ ‎，，．‎ 即当时，；当时，．‎ ‎29、（07全国卷1理17）设锐角三角形的内角的对边分别为，．‎ ‎（Ⅰ）求的大小；‎ ‎（Ⅱ）求的取值范围．‎ 解：（Ⅰ）由，根据正弦定理得，所以，‎ 由为锐角三角形得．‎ ‎（Ⅱ）‎ ‎．‎ 由为锐角三角形知，，．‎ ‎，所以．‎ 由此有，‎ 所以，的取值范围为．‎ ‎30、（07全国卷2理17）在中，已知内角，边．设内角，周长为．‎ ‎（1）求函数的解析式和定义域；‎ ‎（2）求的最大值．‎ 解：（1）的内角和，由得．‎ ‎ 应用正弦定理，知，‎ ‎ ．‎ ‎ 因为，‎ ‎ 所以，‎ ‎ （2）因为 ‎ ，‎ ‎ 所以，当，即时，取得最大值．‎ ‎32、（07山东文17）在中，角的对边分别为．‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，且，求．‎ 解：（1）‎ ‎ 又 解得．‎ ‎ ，是锐角． ．‎ ‎（2）， ， ．‎ ‎ 又． ．‎ ‎ ． ．‎ ‎33、（07上海理17）在中，分别是三个内角的对边．‎ 若，，求的面积．‎ 解： 由题意，得为锐角，， ‎ ‎ ， ‎ ‎ 由正弦定理得 ， ．‎ ‎34、（07天津文17）在中，已知，，．‎ ‎（Ⅰ）求的值；‎ ‎（Ⅱ）求的值．‎ 本小题考查同角三角函数的基本关系式、两角和公式、倍角公式、正弦定理等的知识，考查基本运算能力．满分12分．‎ ‎（Ⅰ）解：在中，，‎ 由正弦定理，．所以．‎ ‎（Ⅱ）解：因为，所以角为钝角，从而角为锐角，于是 ‎，‎ ‎，‎ ‎．‎ ‎．‎ ‎35、（07浙江理18）已知的周长为，且．‎ ‎（I）求边的长；‎ ‎（II）若的面积为，求角的度数．‎ 解：（I）由题意及正弦定理，得，，‎ 两式相减，得．‎ ‎（II）由的面积，得，‎ 由余弦定理，得，‎ 所以．‎ ‎36、（07天津文理15） 如图，在中，是边上一点，则.‎ ‎【答案】‎ ‎【分析】法一：由余弦定理得 可得，‎ 又夹角大小为，，‎ 所以.‎ 法二：根据向量的加减法法则有:‎ ‎,此时 ‎.‎ 正、余弦定理的五大命题热点 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(2005年全国高考江苏卷) 中，，BC＝3，则的周长为（ ）‎ A． B．C． D．‎ ‎ 分析：由正弦定理，求出b及c，或整体求出b＋c，则周长为3＋b＋c而得到结果．‎ ‎ 解：由正弦定理得：，‎ ‎ 得b＋c＝[sinB＋sin(－B)]＝．故三角形的周长为：3＋b＋c＝，故选(D)．‎ 评注：由于本题是选择题也可取△ABC为直角三角形时，即B＝，周长应为3＋3，故排除(A)、(B)、(C)．而选(D)．‎ 例2(2005年全国高考湖北卷) 在ΔABC中，已知，AC边上的中线BD=，求sinA的值．‎ 分析：本题关键是利用余弦定理，求出AC及BC，再由正弦定理，即得sinA．‎ ‎ 解：设E为BC的中点，连接DE，则DE//AB，且，设BE＝x 在ΔBDE中利用余弦定理可得：，‎ ‎，解得，（舍去）‎ 故BC=2，从而，即又，故，‎ 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3(2005年北京春季高考题)在中，已知，那么一定是（ ）‎ A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等腰直角三角形 D．正三角形 解法1：由＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB，即sinAcosB－cosAsinB＝0，得sin(A－B)＝0，得A＝B．故选(B)．‎ 解法2：由题意，得cosB＝，再由余弦定理，得cosB＝．‎ ‎∴ ＝，即a2＝b2，得a＝b，故选(B)．‎ 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(如解法1)，⑵统一化为边，再判断(如解法2)．‎ 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4(2005年全国高考上海卷) 在中，若，，，则的面积S＝_________‎ 分析：本题只需由余弦定理，求出边AC，再运用面积公式S＝AB•ACsinA即可解决．‎ 解：由余弦定理，得cosA＝，解得AC＝3．‎ ‎∴ S＝AB•ACsinA＝．∴ AB•AC•sinA＝AC•h，得h＝AB• sinA＝，故选(A)．‎ 四、求值问题 ‎ 例5(2005年全国高考天津卷) 在中，所对的边长分别为，设满足条件和，求和的值．‎ 分析：本题给出一些条件式的求值问题，关键还是运用正、余弦定理．‎ 解：由余弦定理，因此， 在△ABC中，∠C=180°－∠A－∠B=120°－∠B.‎ ‎ 由已知条件，应用正弦定理 解得从而 五、交汇问题 是指正余弦定理与其它知识的交汇，如与不等式、数列、立体几何(特别是求角与距离)、解析几何、实际问题等知识交汇．‎ 例6(2005年全国高考卷三试题)△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a，b，c成等比数列，‎ ‎ （Ⅰ）求cotA+cotC的值； （Ⅱ）设，求a＋c的值.‎ ‎ 分析：本题是正、余弦定理与向量、等比数列等知识的交汇，关键是用好正弦定理、余弦定理等．‎ ‎ 解：（Ⅰ）由由b2=ac及正弦定理得 ‎ 则 ‎ ‎ ‎ （Ⅱ）由，得ca•cosB＝，由ㄋB＝，可得ac＝2，即b2＝2． ‎ 由余弦定理b2=a2+c2－‎2ac+cosB，得a2+c2=b2+‎2ac·cosB=5. ‎ 正余弦定理解三角形的实际应用 利用正余弦定理解斜三角形，在实际应用中有着广泛的应用，如测量、航海、几何等方面都要用到解三角形的知识，例析如下：‎ 一、 测量问题 图1‎ A B C D 例1 如图1所示，为了测河的宽度，在一岸边选定A、B两点，望对岸标记物C，测得∠CAB=30°，∠CBA=75°，AB=120cm，求河的宽度。‎ 分析：求河的宽度，就是求△ABC在AB边上的高，而在河的一边，已测出AB长、∠CAB、∠CBA，这个三角形可确定。‎ 解析：由正弦定理得，∴AC=AB=120m，又∵‎ ‎，解得CD=60m。‎ 点评：虽然此题计算简单，但是意义重大，属于“不过河求河宽问题”。‎ 一、 遇险问题 例2某舰艇测得灯塔在它的东15°北的方向，此舰艇以30海里/小时的速度向正东前进，30分钟后又测得灯塔在它的东30°北。若此灯塔周围10海里内有暗礁，问此舰艇继续向东航行有无触礁的危险？‎ 西 北 南 东 A B C ‎30°‎ ‎15°‎ 图2‎ 解析：如图舰艇在A点处观测到灯塔S在东15°北的方向上；舰艇航行半小时后到达B点，测得S在东30°北的方向上。 在△ABC中，可知AB=30×0.5=15，∠ABS=150°，∠ASB=15°，由正弦定理得BS=AB=15，过点S作SC⊥直线AB，垂足为C，则SC=15sin30°=7.5。‎ 这表明航线离灯塔的距离为7.5海里，而灯塔周围10海里内有暗礁，故继续航行有触礁的危险。‎ 点评：有关斜三角形的实际问题，其解题的一般步骤是：（1）准确理解题意，分清已知与所求，尤其要理解应用题中的有关名词和术语；（2）画出示意图，并将已知条件在图形中标出；（3）分析与所研究问题有关的一个或几个三角形，通过合理运用正弦定理和余弦定理求解。‎ 二、 追击问题 图3‎ A B C 北 ‎45°‎ ‎15°‎ 例3 如图3，甲船在A处，乙船在A处的南偏东45°方向，距A有9n mile并以20n mile/h的速度沿南偏西15°方向航行，若甲船以28n mile/h的速度航行，应沿什么方向，用多少h能尽快追上乙船？ ‎ 解析：设用t h，甲船能追上乙船，且在C处相遇。‎ 在△ABC中，AC=28t，BC=20t，AB=9，设∠ABC=α，∠BAC=β。‎ ‎∴α=180°－45°－15°=120°。根据余弦定理，‎ ‎，，（4t－3）（32t+9）=0，解得t=，t=（舍）∴AC=28×=21 n mile，BC=20×=15 n mile。‎ ‎ 根据正弦定理，得，又∵α=120°，∴β为锐角，β=arcsin，又＜＜，∴arcsin＜，∴甲船沿南偏东－arcsin的方向用h可以追上乙船。‎ 点评：航海问题常涉及到解三角形的知识，本题中的 ∠ABC、AB边已知，另两边未知，但他们都是航行的距离，由于两船的航行速度已知，所以，这两边均与时间t有关。这样根据余弦定理，可列出关于t的一元二次方程，解出t的值。‎ 正弦定理在实际问题中的应用 在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比值相等，并且都等于外接圆的直径．这一定理的引入，标志着对三角形的又向前迈进了一步，由过去的解直角三角形到可以解任意三角形．正弦定理在实际问题中有着广泛的应用，下面介绍几例．‎ 例1 某人在草地上散步，看到他西南有两根相距6米的标杆，当他向正北方向步行3分钟后，看到一根标杆在其南方向上，另一根标杆在其南偏西方向上，求此人步行的速度．‎ 东 北 南 西 A B C 解：如图所示，A、B两点的距离为6米，当此人沿正北方向走到C点时，测得∠BCO =， ∠ACO =，∴∠BCA =∠BCO－∠ACO =－=．‎ 由题意，知∠BAC =，∠ABC =．‎ 在△ABC中，由正弦定理，得：=，‎ 即有AC = ==＋6．‎ 在直角三角形AOC中，有：OC = AC·cos= (＋6)×= 9＋．‎ A B C P 设步行速度为x米/分，则x == 3＋≈4.7．‎ 即此人步行的速度为4.7米/分．‎ 例2 某海轮以30海里/小时的速度航行，在A点测得海面上油井P在南偏东，向北航行40分钟后到达B点，测得油井P在南偏东，海轮改为北偏东的航向再行驶80分钟到达C点，求P、C间的距离．‎ 解：如图，在△ABP中，AB = 30×= 20，‎ ‎∠APB =，∠BAP =，‎ 由正弦定理，得：=，即=，解得BP =．‎ 在△BPC中，BC = 30×= 40，‎ 由已知∠PBC =，∴PC === (海里)．‎ 所以P、C间的距离为海里．‎ 评析：上述两例是在准确理解方位角的前提下，合理运用正弦定理把问题解决，因此，用正弦定理解有关应用问题时，要注意问题中的一些名称、术语，如仰角、俯角、视角、象限角、方位角等．‎ 例3 某工厂生产主要产品后，留下大量中心角为，半径为a的扇形边角料，现要废物利用，从中剪裁下巨型毛坯，要求矩形面积尽可能大，请问如何裁剪？‎ 分析：从实际出发，尽可能使面积最大，有两种裁剪方法．一种是使矩形的一边落在扇形的半径上，另一种是使矩形的两顶点分别在扇形的两条半径上，分别计算出这两种情况下的最大值，再比较结果的出最佳方案．‎ 解：方案一，如图1，矩形有两个顶点在半径OA上，设∠AOP =，则PM = a·sin，‎ ‎∵扇形中心角为，∴∠PQO =，由正弦定理，得：=，即PQ =·a·sin(－)，‎ ‎∴矩形的MPQR的面积为：S=PM·PQ =·a·sin·sin(－) =·a[cos(－)－cos]≤·a·(1－) =a，‎ 当=时，cos(－) = 1，S取得最大值a．‎ 方案二，如图2，矩形有两个顶点分别在扇形的两条半径OA、OB上，‎ 设∠AOM =，∠MRA =×=，∠MRO =，由正弦定理，得：=，即RM = 2a·sin，‎ 又=，∴OR = 2a·sin(－)，∴矩形的MPQR的面积为：‎ S= MR·PQ = 4a·sin·sin(－) = 2a·[cos(－)－cos]≤2a·(1－) = (2－)a．‎ 即在此情况下，∠AOM ==时，可求出M点，然后作出MPQR面积为最大．‎ A P B M R Q A B P M R Q 图1‎ 图2‎ 由于S－S=a－(2－)a=(－12)＞0，所以第一种方案能使裁出的矩形面积最大，即∠AOP ==，使P取在AB弧中点，分别向扇形的一条半径作垂线及平行线得到矩形MPQR，即为最大矩形．‎ 正余弦定理的变式、应用及其推广 ‎ ‎ 正余弦定理的变式、应用及其推广 正余弦定理是反映三角形中边与角之间关系的两个重要定理，如果将它们整合、变形后再应用，就会感到另一种新奇与愉悦，同时也给众多题目找到了“同一根源” 。‎ 一、变式 如果将正弦定理中a = 2RsinA , b = 2RsinB , c = 2RsinC代入余弦定理中可得：‎ ‎（1）sin 2C + sin 2B - 2sinCsinBcosA = sin 2A；（2）sin 2A + sin 2C - 2sinAsinCcosB = sin2B；（3）sin 2A + sin 2B - 2sinAsinBcosC = sin 2C；‎ 以上诸式表明，三角形中两个角的正弦的平方和减去第三个角的正弦的平方，等于前两个角的正弦与第三个角的余弦的积的两倍；‎ 变式1：在△ABC中，sin2A + sin2B - sin2C = 2sinAsinBcosC;‎ 变式2：在△ABC中，sin 2A + sin 2B-sin 2（A+B）= -2sinAsinBcos（A+B），即sin2A + sin2B +2sinAsinBcos(A+B) = sin2(A+B);‎ 观察变式的结构特征总有“意犹未尽”之感，必然令人产生一种猜测：当A、B为任意角时，等式还会成立吗？事实上，答案是肯定的。‎ 变式3：sin2α+sin2β+2sinαsinβcos(α+β)= sin2(α+β)‎ 证明：左=++ 2sinαsinβcos (α+β) = 1 -( cos2α+cos2β) + 2sinαsinβcos (α+β)‎ ‎ = 1 - cos (α+β)cos (α-β) + 2sinαsinβcos (α+β) = 1 - cos (α+β) [ cos (α-β) - 2sinαsinβ]= 1 – cos2(α+β) = sin2(α+β)‎ 二、应用 上述变式有着广泛的应用，以下从几个方面加以说明：‎ ‎1、求三角函数值 例1、求cos2 71°+ cos71°cos49°+ cos 2 49°的值.‎ 解：由变式（2）知sin 219°+ sin 241°+ sin19°sin41°= sin 219°+ sin 241°+ 2sin19°sin41°cos60°= sin260°=.‎ 例2、(1998年高考试题)在△ABC中，a、b、c分别是A、B、C的对边，设a+c=2b，A-C=，求sinB的值。‎ 解：由a+c=2b及正弦定理得：sinA+sinC=2sinB，∴4sinB= sinA + sinC+2 sinA sinC= sinB+2 sinA sinC（1+cosB），又∵A-C=，‎ ‎∴2 sinA sinC= -cos（A+C）+cos=+ cosB， ∴3sinB=（+ cosB）（1+cosB），化简得, 8cosB+3cosB-5=0，‎ ‎∴cosB=，或cosB=-1（不合题意,舍去），∴sinB==。‎ ‎2、判定三角形形状 例3、在△ABC中，已知sinA + sinB+ sinC = 2, 试判断△ABC的形状：‎ 解：由变式（1）知sinA + sinB+ sinC- 2 = 2sinAsinBcosC+ 2 sinC- = 2( sinAsinB - cosC)cosC ‎ ‎= 2cosC [sinAsinB + cos( A+B)]= 2cosAcosBcosC 又∵sinA + sinB+ sinC = 2,∴cosAcosBcosC = 0， ‎ 即 cosA = 0 或 cosB = 0 或 cosC = 0 ， ∴△ABC是直角三角形。‎ ‎3、证明三角恒等式 例4、设α、β为锐角，且sinα+ sinβ= sin(α+β), 求证：α+β=。‎ 证明：由变式(3)知sin(α+β) = sin+ sin+2sinαsinβcos(α+β)‎ ‎= sin(α+β)+ 2sinαsinβcos(α+β)≥sin(α+β) + 2sinαsinβcos(α+β)。可见cos(α+β)≤0 得α+β≥, 若α+β＞ ，‎ 则 ＞α＞ -β＞0 , 得sinα＞sin (-β) = cosβ＞0 ，从而sin(α+β) = sin2α+ sin 2β＞cos 2β+ sin 2β= 1，所以α+β=。‎ 三、推广 若将变式（3）中的β用-β来代替即可得，推论1：sin 2α+ sin 2β-2sinαsinβcos(α-β)= sin 2(α-β)；‎ 若将变式（3）中的α、β分别用-α，-β来代替即可得，推论2：cos2α+ cos2β-2cosαcosβcos(α+β)=sin2(α+β)；‎ 若将推论2中的β用 -β来代替即可得。推论3：cos2α+cos2β-2cosαcosβcos(α-β)=sin2(α-β)；‎ 事实上，若对变式（3）式中分别对α、β赋以不同的特殊角则还可得一系列高考试题：‎ ‎①（1991全国高考）求cos 210°+ cos 250°- sin40°sin80°的值；‎ ‎②（1992全国高考）求sin 220°+ cos280°+ sin20°cos80°的值 ；③（1995全国高考）求sin 220°+ cos 250°+ sin20°cos50°的值。‎ ‎07年高考题 山东理（20）（本小题满分12分）北 甲 乙 如图，甲船以每小时海里的速度向正北方航行，乙船按固定方向匀速直线航行，当甲船位于处时，乙船位于甲船的北偏西方向的处，此时两船相距海里，当甲船航行分钟到达处时，乙船航行到甲船的北偏西方向的处，此时两船相距海里，问乙船每小时航行多少海里？‎ ‎（20）‎ 如图，连结，由已知，，‎ ‎，又，‎ 是等边三角形，，由已知，，，‎ 在中，由余弦定理，‎ ‎．．因此，乙船的速度的大小为（海里/小时）．‎ 浙江理（18）已知的周长为，且．（I）求边的长；（II）若的面积为，求角的度数． （18）解：（I）由题意及正弦定理，得，，两式相减，得．‎ ‎（II）由的面积，得，‎ 由余弦定理，得　，所以．‎ 上海理17．在中，分别是三个内角的对边．若，，求的面积．‎ ‎17．解： 由题意，得为锐角，， ， ‎ ‎ 由正弦定理得 ， ．‎