高三数学同步辅导教材(第14讲)

高三数学同步辅导教材(第14讲)

高三数学总复习教程（第 14 讲） 一、本讲内容 三角形内的三角函数问题 与三角形有关的三角函数问题，解三角形 二、学习指导： 在三角形这个特定条件下：三角函数问题有哪些变化呢？通性是永远不会改变的，三角函数的性质， 公式等当然继续有效，只是多出了一些特性罢了，例如，P：∠A＞∠B， q：sinA＞sinB，一般地说，P 不是 q 的充分条件，也不是 q 的必要条件，但加了“在三角形中”这个前提后，p 是 q 的充要条件，这 是因为：在△ABC 中 A＞B.q：cosA＜cosB，p 既不是 q 的充分条件，也不是 q 的必要条件，但在三角形 中，却有 A＞B  cosA＜cosB，这是因为，三角形内角不同在（0，π ）而余弦函数在其间单调递减等 等，那么“在三角形中”给我们增添了一些什么条件呢？ 1．A、B、C、E（0，π ），且 A+B+C=π . 2．a2+b2+c2－2bccosA. b2=c2+a2－2cacosB c2=a2+b2－2abcosC 及其特殊情形：勾股定理； 4．a=bcosC+ccosB b=acosC+ccosA c=acosB+bcosA （这个式子叫三角形中的射影定理，其证明见下一讲“平面向量”） 直角三角形中的射影定理. 5．三角形面积 S= 2 1 aha= absinC=2 R2sinAsinBsinC = R4 1 abc=pr(p= (a+b+c))= ))()(( cpbpapp  （最后一式已称为“海伦公式”） 典型例题讲评 例 1．已知在△ABC 中，sinA= CB CB coscos sinsin   ，判断它们形状，已知条件是角际关系，我们可以利 用差化积（使出现 B+C）以便利用内角和定理与 A 挂上钩，（见附录解法一） 我们也可利用正、余弦定理，把已知条件化为边际关系，以便利用勾股定理逆定理或分解因式，出 现 a=b，a2=b2，a2+b2－c2=0 等情况 例 2.在锐角△ABC 中， p= Atan1 1  + Btan1 1  . （1）比较 p 与 1 的大小，说明理由. （2）求证：p＜ A A tan1 tan  + B B tan1 tan  . 条件为什么要“锐角三角”？无非要任一角均为锐角（从而三角函数值为正），任两角的和为钝角而 已.A+B＞ 2  . ∴A＞ 2  －B. 左右均为锐角，∴sinA＞( －B)=cosB.同理，sinB＞cosA，这就为我们 的大小比较开辟了道路。 第（2）小题中用比较法，得 A A tan1 tan1   等，易知即 tan( 4  －A).再此比试处理. 例 3．已知△ABC 的面积为 S，若 S= 2cot2tan 18 CC  . （1）求 ab 的值； （2）若 C=3 2 ，求角 C 的取值范围. 同角的正余切相加减一般化为弦，tanα +catα =  cossin 1 =2csc2α ，tanα －catα =   cossin 2cos = －2cot2α .于是已知条件可写为 2 1 absinC=9sinC，sinC≠0，∴ab=18. 有了第（1）小题的结论，在 cosC= ab cba 2 222  中使用基本不等式就可求及 cosC 的取值范围，从 而确定 C 的范围. 例 4．△ ABC 的三内角 A、B、C 成等差数列，若 B 的两斜边之差恰好等于 B 时边上的高，求 sin 2 CA  的值. 由 A、B、C 成等差数列，知 B= 3  . 不妨设 A≤C（注意若ε · 2 CA  不为 0，则应有正负两值） hb=c－a，这个条件怎么用？当然会想到面积： b(c－a)=bhb=acsinB，所求为角，故利用正弦定理有 sinB(sinC－sinA)=sinAsinCsinB，约去 sinB= 2 3 . 和积函化，便出现 A+C（为已知，1200）与 A－C，目的便可达到. 例 5．已知圆内接四边形中，A=2，BC=6，CD=DA=4 求其面积. 圆内接四边形的重要性质之一是“对角互补”从而对角的正弦值的相同，余弦值互为相反数，这样， 我们就可以用对角线作为过渡，求出一组对角的余弦值，四边形面积就用此对角线分成的两个三角形面 积之和来计算. 例 6．△ABC 中，sinAcos2 2 C +sinCcos2 2 A = 2 3 sinB. （1）求证：a、b、c 成等差数列； （2）若 A、B、C 成等差数列，判断△ABC 的形状. （3）若最大角为 π ，求最小角. 在（1）中，条件是“半角”“平方”，应想到降次，于是出现了 sinA+sinAcosC+sinC+sinccosA=3sinB. 利用和角公式变为 sinA+sinC=2sinB 就是很自然的事了. （2）中相当于加了条件 B= 3  ，A+C= 3 2 π ，化积或直接代入，都可得出 A=B=C （3）中，用余弦定理，求 a、b、c 相对关系，再用余弦乐定理求最小角，不是难事；也可利用正弦 定理和此例性质： 0120sin c = B b sin = A a sin = AB ab sinsin2 2   = AB c sinsin2  ∴ =2sin( 3  －A)－sinA，展开后即 3 cosA－ =2sinA 两边平方化简可得 28cos2A－12cosA－B =0 cosA= 14 13 (－ 舍去，因 A 是最小角，为锐角) ∴最小角当 arccos 例 7．△ABC 的外接圆的半径为 R，若 2R（sin2A－sin2C）=( a－b)sinB，求△ABC 面积 S 的最大值。 已知式中有角的正弦，有边，还有 R，着手点无非化为边和化为角两条。 若化为边，则两边周来 2R， a2－c2= ab－b2，由余弦定理可推知 C=450. 若化为角，则 2(sin2A－sin2C)=2sinB( sinA－sinB)左边降次，cos2C－cos2A=2sinB( sinA－sinB). 左化积，2sin(A+C)sin(A － C)=2sinB( 2 sinA － sinB) ，亦即 sin(A － C)= sinA － sinB sinA=sin(A－C)+sin(A+c)=2ε ·AcosC， ∴cosC= 2 2 C= 4  . 因 R 为已知数，故面积离不开 R： S△= 2 1 absin450=2R2· sinAsinB= R2 2 )cos()cos( BABA  ≤ R2(1+ )=R2( + ) 例 8．在△ABC 中，sin2A－sin2B+sin2C=sinAsinC. 且 cosA+cosC=－2 cosAcosC. 求三内角. 由第一个条件化为边，即可用余弦定理求得 B= 3  .再把第二个条件和积互化，目的是出现 A+C，A －C，这样使可求出 A－C，从而进一步可写出三个内角. 例 9．在三边长两两不等的锐角三角形 ABC 中. （1）求 y=2sin2B+sin(2B+ 6  )的最大值. （2）求证：a+c＜2b 把 sin2B 降次，与 sin(2B+ )展开重新整合，可知 y=1+sin(2B－ )，扰锐角三角形条件，B∈（0， 2  ），即可求得 y 的最大值. 要证 a+c＜2b，化为证 sinA+sinA+sinC＜2sinB. 因在三角形中，化积，把 A+C 化为π －B 把 cos 2 CA  放大为 1，且说明不可能取到 1 即可. 例 10．海岛 A 的礁顶海拔 1 千米，礁顶的观测站 P 在 n 时测得一船在此 300 东，11 时 10 分，船行 至此 600 西方向又首测中俯角 300，二测中俯角为 600 （1）求船速（假设船在此段时间内匀速直线运动） （2）何时船至岛的正面？此时船距岛多远？ 首先接俯角及山高，求出两次测量中船与岛的距离此后，就变成了平面问题，此 300 东至 600 面，夹 角恰为直角，故用句股定理即可求得航程，从而求出船速，用两次船的位置与过多的东西方向线的距离 之比，可求得第（2）小题答案 四、巩固练习 1． △ABC 中， a ab  = AB B sinsin sin  且 cos2C+cosC=1－cos(A－B).试判别其形状. 2．求证：△ABC 中必有 2 22 c ba  = C BA sin )sin(  3．△ABC 中，2b=a+c，求 cosA+cosC－cosAcosC+ 3 1 sinAsinC 的值. 4．A、B、C 是一条直路上的三点，且 AB=BC=1km，从 A 点看塔 M 在北 450 东，B 点看塔 M 在正 东方向，在 C 点看塔 M 在南 600 东，求塔 M 到这段路的最短距离。 5．在△ABC 中，求 sin2 2 A +sin2 2 B +sin2 2 C 的最小值及此时三角形的形状。 6．△ABC 中，A、B、C 成等差数列，tanAtanC=2+ 3 ，又知三角形面积为 4 33  .求三边长. 7．在△ABC 中，a、b、c 成等差数列，求∠B 的取值范围.又若 a、b、c 成等比数列呢？ 8．在△ABC 中，已知 cos2( 2  －A)= 4 5 ，且 b+c= a，求 cos 2 CB  9．在△ABC 中， )sin( )sin( BA BA   = c bc 2 2  ，求 cos 2 CB  10．在△ABC 中，sinA+sinB=2(cosA+cosB) （1）求 sinC （2）若 a+b=10，求 S△的最大值 11．△ABC 中，a+b=10，c=8，求 tan tan 参考答案 1．由已知 a ab  = AB B sinsin sin  = ab b  . ∴b2－a2=ab ① 又 cosC+cos(A－B)=1－cos2C. 即 cos(A－B)－cos(A+B)=2sin2C. 亦即 2sinAsinB=2sin2C， 2ab=2c2 ② 由①、②，b2－a2=c2 ，该三角形长 Rt△ 2．证：右边= C BABA sin sincoscossin  = c AbBa coscos  = c bc acbbac bcaa 22 222222  = 2 22 2 )(2 c ba  =左边 3．∵2b=a+c ∴2sinB=sinA+sinC=2sin 2 CA  cos 2 CA  ∴2sin cos =sin 2 CA  cos 2 CA  ∵ = 为锐角 ∴cos =2a ∴原式=2cos cos － 3 1 (2cos2 －1)－ [cos(A+C)+cos(A－C)] =2cos cos － 3 2 cos2 + － [2cos2 －2cos2 －1] =4cos2 － cos2 － cos2 － ×4cos2 + =1 4．易知，∠BMA=450，∠CMB=300. 在△ABM 中 045sin 1 = sin AM 在△BCM 中， 030sin 1 = )sin(   CM . ∴CM= 2 AM, 又∠CMA=450+300=750， ∴22=CM2+AM2－2·CM·Amcos750. B M A 45 θ 60 C 2H=CM·Amsin750， ∴h= 13 357  答：塔 M 到路的最短距离为 13 357  m 5．sin2 2 A +sin2 2 B +sin2 2 C = 2 cos1 A + 2 cos1 B +sin2 =1－cos 2 BA  cos 2 BA  +sin2 =1－sin(cos 2 BA  －sin )≥1－sin (1－sin )=sin2 － sin +1≥ 4 3 . 等号当且仅当        2 1 2sin 12cos C BA 即 A=B=C= 3  时取得. 此时△ABC 为正三角形 6．      CBA CAB2           3 2 3 CA B tanA+tanC=tan(A+C)(1 － tanAtanC)= ― 3 ( ― 2 ― )= +3 ,tanA 、 tanC 为 方 程 n2 ― (3+ )n+2+ =0 的两根：1 与 2+ ，故 A、C ―为 450 ―为 750 S=2R2sin600sin750sin450= 4 33  k2= 4 33  . ∴k=1 B=2sin600= , a 与 c 为 2sin750 或 2sin450 即―为 2 ，―为 2 26  7．（ 1）∵a、b、c 成等差数列，∴2b=a+c ∴cosB= ac bca 2 222  = ac caca 2 4 )( 2 22  = ac acca 8 2)(3 22  ≥ ac acac 8 26  = 2 1 ∴B∈     3,0  （2）∵a、b、c 成等比数列，∴b2=ac ∴cosB= ac bca 2 222  = ac acca 2 22  ≥ ac acac 2 2  = . ∴B∈ 8．由已知，sin2A+cosA= 4 5 ，cos2A－cosA+ 4 1 =0. ∴cosA= A= 3  ∵b+c= a ∴sinB+sinC= sinA= 2 3 2sin 2 CB  cos 2 CB  = ∴cos 2 CB  = 9．在已知条件的右端使用正弦定理有 )sin( )sin( BA BA   = C BC sin2 sinsin2  ， 即 2sin (A－B)sin(A+B) =2sin2C－sinCsinB 亦即 cos2B－cos2A=2sin2C－sinCsinB 2sin2A－2sin2B=2sin2C－sinCsinB 再用正弦定理 a2－b2=c2－ 2 bc ∴cosA= bc acb 2 222  = 4 1 1－2sin2 2 A = ，sin = 8 3 ∴cos 2 CB  =sin = 4 6 10．（ 1）由已知，2sin 2 BA  cos 2 BA  =4cos 2 BA  cos ∵ ∈(－ 2  ， 2  ) cos ≠0 ∴tan =2 即 tan 2 C = 2 1 ，sinC= 2)2 1(1 2 12   = 5 4 . （2）S= absinC≤ × 4 )( 2ba  = 5 2 × 4 100 =10. 11．记内切圆半径为 r，a=y+z，b=z+x C=x+y 由已知      8 10)(2 yx yxz ∴      8 1 yx z tan tan 2 B = xy r 2 . 又（－tan tan ） = )22tan( 2tan2tan BA BA   =tan ( tan +tan ) ∴1－ =r( x r + y r )= xy yxr )(2  =8 ∴tan tan = = 9 1 . 六、附录 例 1．解法一. 由已知，sinA= 2cos2cos2 2cos2sin2 CBCB CBcB   =tan 2 CB  =cat 即 2tan1 2tan2 2 A A  = 2tan 1 A ， tan2 =11 又 为锐角，故 tan =1. = 4  . I B y z C A y x r z x A= 2  . Rt△ 解法二，把已知式两边都乘以 2R，由正弦定理和余弦定理，有 a( ac bca 2 222  + ab cba 2 222  )=b+c b(a2+c2－b2)+c(a2+b2－c2)=abc(b+c) (b+c)[a2+bc－(b2+c2－bc)]=2bc(b+c)， 又 b+c≠0 ∴a2－b2－c2+2bc=2bc a2=b2+c2. 直角三角形 例 2．（ 1）p= AA A sincos cos  + BB B sincos cos  ＜ BA A sincos cos  + AB B sincos cos  =1 （2）p－( A A tan1 tan  + B B tan1 tan  )= A A tan1 tan1   + B B tan1 tan1   =tan( 4  －A)+tan( －B)= )4cos()4cos( )]4()4sin[( BA BA     = )4cos()4cos( ))(2sin( BA c     = )4cos()4cos( cos BA C    * ∵A、B、C 为锐角，∴cosC＞0， 4  －A 4  －B∈（－ ， ） 余弦值均正，故*式值为负，即 p＜ + 例 3．（ 1）S= 2sin2cos 1 18 CC =9sinC. 又 S= 2 1 absinC. ∴ab=18 （2）cosC= ab cba 2 222  ≥ ab cab 2 2 2 =1－ 182 )23( 2  = . ∴C∈     3,0  例 4．      CAB CBA 2  B= 3  . 不妨暂设 C≥a，则 c－a=hb， 即 b(c－a)=bhb=2S△=acsinB. 由正弦定理，可化为 sinB(sinC－sinA)=sinAsinCsinB 约去 sinB= 2 3 . 2cos 2 AC  sin 2 AC  = 2 )cos()cos(   CACA . 亦即 －4· ·sin =－ 2 1 －(1－2sin2 )整理得 4sin2 +4sin －3=0 sin = (－ 2 3 舍去) ∴sin 2 CA  =± . 例 5．AC2=22+62－2×2×6cosB=42+42－2×4×4cosD. 又 D=π －B 故 cosB= 7 1 . 从而 sinB=sinD= 7 34 S= 2 1 × (42+2×6)=8 3 . 例 6．（ 1）把已知式两边乘以 2，除以： sinA(1+cosC)+sinC(1+cosA)=3sinB. 即 sinA+sinC+sin(A+C)=3sinB. 又 A+C=π －B. ∴sinA+sinC=2sinB 两边同乘以 2R，即得 a+c=2b ∴a、b、c 成等差数列. （2）      BCA CBA 2  B= 3  .于是有 2sin 2 CA  cos 2 CA  =2× 2 3 . cos =1 A=C= 2 B = 3  . ∴△ABC 为正三角形. （3）不妨设 C 为最大角，则 cosC= ab cba 2 222  = ab abba 2 )2( 222  =－ 2 1 . 解得 a= 5 3 b. ∴c= 5 7 b. cosA= bb bbb 5 72 )5 3()5 7( 222   = 14 13 . ∴最小角为 arccos . 例 7．由已知可得 a2－c2= 2 ab－b2. ∴cosC= = ab ab 2 2 = 2 2 . c= 4  S= absin 4  =2R2sinAsinB× = R2[cos(A―B)―cos(A+B)]≤ R2(1+ )=R2 2 21 . 例 8．由已知 a2－b2+c2=ac , ∴cosB= ac bca 2 222  = ac ac 2 = . ∴B= 3  . A+C= 3 2 π . 又由已知，2cos 2 CA  cos 2 CA  + (cos(A+C)+cos(A－C))=0. 即 cos 2 CA  + (－ +2cos2 －1)=0. 解得 cos = . (－ 23 3 舍去). =± 4  A－C=± 2  。 ∴               12 1 3 12 7 C B A 或               12 7 3 12 1 C B A 例 9．（ 1）y=1－cos2B+ 2 3 sin2B+ 2 1 cosB =1+ ε ·2B－ cos2B=1+sin(2B－ 6  ) B∈(0， 2  )，∴2B－ 6  ∈(－ 6  ， 6 5 π ) ∴y≤1+1=2. 等号当且仅当 B= 3  时. （2）要证 a+c＜2b，即证 sinA+sinC－2sinB＜0 即可. 左=2sin 2 CA  cos 2 CA  －2sinB=2sinB(cos 2 CA  －1)≤0. 又三边长两环等，故 cos ＜1. 等号不 取. 例 10．岛上礁顶高 1 千米 ，两次俯角为 300、600，故两次船与岛的距离为 3 ， 3 1 千米。又∠ AOB=600+300=900. ∴AB= 3 30 千米 ，V 船= 6 1 AB =2 30 千米/小时 又 AA/= 2 3 千米. BB/= 6 3 千米. 6 1 t = AB BC = 6 13 2 3 6 3  . t= 156 133  小时. 11+ 6 1 + =11+ 156 2733  =11+ 52 93  时到达岛面. OC=OB/+B/C= × + 3 1 2 1 2 33 3 1 2 1   ×( + × ) = 13 39  （千米） 答：船速为 2 千米/小时.（11+ 52 39  ）点到达岛面，此时船岛间距离为 千米. C B A B 东 北 A