解三角形地基本知识题型汇编.doc

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1、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睢县回族高级中学 杨少辉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:sinCa b c （根据合比定理）2 ,(RABC)sinsinsinA sinB sinababcRABC是的外接圆半径2、余弦定理：2222cosabcbcA2222cosbacacB2222coscababC余弦定理的变形：222sinsi

2、nsin2sinBsinCcosABCA222sinsinsin2sinsinCcosBACAB222sinsinsin2sinsincosCABABC3、三角形面积公式：（1）；1 2ABCS底高（2） （两边及夹角）；111sinsinsin222ABCSabCbcAacB（3） （两角及夹边）；2221sinB.sinC1sin .sinC1sin .sin 2sin(B C)2sin()2sin()ABCAABSabcACAB（4） （两角及对边）；222sin.sinCsin.sinA1sin(A B).sin11 2sin2sin2sinABCBCACBSabcABC（5） （三边

3、）；;2ABCabcSp papbpcp其中（6） （代入正弦定理）；22sinAsinBsin4ABCabcSRCR（7）；1. ;(r)2ABCSabc r其中为内切圆半径4、三角形中的边角关系：（1）；,A BC,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；222sinA cosA1abc角 A 为直角；222sinA cosA1abc角 A 为钝角；222si

4、nA cosA1abc（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，判断下列解的个数：ABC（1）；（2）；07,14,30abA04,5,30bcB（3）；（4）；025,3,150bcC01,3,60abB解析：显然应使用正弦定理：（1），故：，解得：，；由图形可sinAsinBab714 1sin 2Bsin1B 50,6B知：直线与只有唯一的交点，所以：只有唯一解；1y sinyB（2）由解得：，；实际就是研究sinBsinCbc5sin8C 50,6C图像交点的个数；由图像知：

5、5 8 5sin ,0,6yyx x有两个交点，即：有两个解；（3）由解得：，这样的角 B 不存在，无解；sinBsinCbc25sin6B （4）由解得：，又；故：；sinAsinBab1sin2A 203A6A（变式 1）已知中，若此三角形有两个解，求边的取值ABC3,A23ab范围？分析：由正弦定理知：，；只需：sinAsinBab3sinbB有两个不同的交点即可；由图像可知：；23sinx,x0,3yyb 332b（变式 2）（1）在中，求；ABC4sin5A 5cos13B cosC（2）在中，求；ABC4sin5A 12cos13B cosC分析：（1）由于；关键是coscossi

6、nAsinB cosAcosBCAB 12sin13B 的正负；也就是分析角 A 是锐角还是钝角；即：交cos A 4 5 sin ,0,yyx xB 点的情况；如图：只有一个交点，角 A 是一个锐角；即：；3cos5A ；4 125 333cos.5 1313 565C （2）类似分析可知：，故：；3cos5A 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、直三棱柱中，求其外接球的表面积；111ABCABC12,1,A6BBBC分析：此题的关键是确定球心的位置并求球的半径；如图：为的外接圆半径；由正弦定理：

7、；解得：，1o cABC12sinBCCOA11CO ；球的半径，故：球的表面积为；11oo 2oc 8（变式）二面角为，点 P 为二面角内部一点，点 P 到面和面的l 3距离分别为 1 和 2；求点 P 到直线 的距离；l 分析：先作出 P 到直线 的距离，然后放入一个三角形求解；l过点 P 作于点 A，过点 P 作于点 B，过点 A 作于点 C；可PAPBACl得：为所求距离；显然，A、B、C、P 四点共圆；PC 为外接圆直径；PCABC中，由余弦定理知：；ABC2222.cosABACBCAC BCACB3AB ；32sin3 2ABPCC题型三：判断三角形的形状；例 3、在中，已知,判

8、断的形状；ABC22tanBtanAabABC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：，代入正弦定理：，应用余弦定理22sinBsinA cosBcosAabcosBcosAab可得：，进一步化简得：；22222222bcaacbabbcac4224220aa cbb c；故：或，即：为等腰三角形222220abcab222abcabABC或直角三角形； 法二：将边转化成角； 原式可化为：；代入正弦定理得：，即：coscosaAbBsincossincosAABB ；故：或；为等腰三角形或直角三角sin2sin2AB2

9、2AB22ABABC 形；（变式）在中，已知,判断ABC2222sinsinabABabAB的形状；ABC 题型四：已知三角形中的边角混合式，解三角形；例 4、在中，已知，且；求；ABC222acbsinAcosC3cossinACb解析：由于要求的是边，应将角转化为边； 可化为：；sinAcosC3cossinACcos3 cosaCcA继续应用余弦定理转化可得：；222222 .3 .22abcbcaacabbc化简得：，结合：，可得：；解得：；2222 acb222acb22bb2b 例 5、在中，已知；求；ABC23coscos,2ACBbacB解析：由于要求的是角，应尽量将所有的边转

10、化为角；故：；解得；即：23coscos2 sinsinAsinCACACB 23sin,B0,4B；解得：；由，；3sin2B 2 33B或3coscos02BAC3B例 6、在中，已知；ABCcos3 sin0aCaCbc（1）求角 A；（2）若，求；2,3ABCaS, b c解析：（1）边化角：；sinAcosC3sinAsinC sinB sinC0统一角：sinAcosC3sinAsinC sinsinC0AC化简得：；3sinAsinC sincossinC0CA进一步化简可得：；解得：；1sin,0,62AA3A（2）从第一问得到启发，面积公式应用：3A1sin32ABCSbcA

11、可以解出；从再联想到余弦定理：；代入数4bc 4bc 2222cosabcbcA据可得：；两式联立解得：；228bc2,2bc（变式）在中，已知，且成等比数列；ABC5sin13B , ,a b c（1）求的值；11 tantanAC（2）若,求的值；cos12acB ac 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、在中，已知；ABC1cos2aCcb（1）求角 A 的大小；（2）若，求周长及面积的取值范围；1a ABC解析：（1），即：；1sincossinCsinB2AC 1sincossinCsin2ACAC化简得：；角；1cos2A

12、3A（2）法一：转化为边；由余弦定理：；周长；只需要求的2221abcbc 1labcbc bc取值范围即可；由三角形的性质知：；由基本不等式可得：1bca，当且仅当时取等号成立；2222222bcbcbcbcbc故：，即：，周长的取值范围是：；2 2214bcbcbc12bc2,3；由于且；所以：13sin24ABCSbcAbc231bcbc214bc；01bc即：面积的取值范围是；30,4 法二：转化为角；由正弦定理知：；周长=；2 3 sin3sinBsinCabc A2 31sinB sinC3将代入并化简得：周长=，；周长的取值2 3BC12sin6B20,3B范围是：；2,3；面积

13、的取值范133 112sinsin 2,0,2432643ABCSbcAbcBB围是；30,4 （变式 1）将例 7 中的“”改为“锐角”ABCABC“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； 将代入可得：；后面同上法；0202BC 2 3CB62B（变式 2）在中，已知求的取值范围；ABC,3,3BAC2ABBC解析：由正弦定理知：；22sinC 4sinA2 3cosC 4sinCABBC由辅助角公式得：；2322 7sin,C0,tan32ABBCC；故：；2 3C2min 2 7sin ,2 7sin22 73ABBC的取值范围是：；2ABBC3,2

14、 3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 海里的两个观测点,现位5 33于 A 点北偏东 ,B 点北偏西 的 D 点有一艘轮船发出求救信号,位于 B 点045060南偏西且与 B 点相距 海里的 C 点的救援船立即前往营救,其航行速度06020 3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 海里, ,5 33AB 030DBA045DAB0105ADB在中,由正弦定理得,DABsinsinDBAB DABADB(海里),10 3DB又,海里,060DBCDBAABC 20 3BC 在中,由余弦定理得DBC2222.cos9

15、00CDBDBCBD BCDBC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，在坡度的看台上，同一列上015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米（如下图所示），则旗杆的高度为（ ）米10 6A. B. C.20 D.3010 320 3分析：;00045 ,105 ,30PCBPECCPB在中：PBCA即：米；sinsinBCPB CPBBEP20 3BP 所以，在中，米RT BOP30OP 例 10、如图，在中，已知点在边上，,ABCDBCACAD , , 则的长为 23,322sinABBAC3ADBD分析：

16、在中：；由余弦定理可知：ABD2 2cos3BAD，解得：；2222.cosBDABADAB ADBAD19BD 例11、 （2013年高考新课标1（理） ）如图,在ABC中,ABC=90, AB=,BC=1,P为ABC内一点,BPC=903(1)若 PB= ,求 PA;(2)若APB=150,求 tanPBA1 2解析：(1)由已知得,PBC=o60,PBA=30o,在PBA 中,由余弦定理得2PA=o11323cos3042 =7 4,PA=7 2; (2)设PBA=,由已知得,PB=sin,在PBA 中,由正弦定理得,oo3sin sin150sin(30) ,化简得,3cos4sin,

17、 tan=3 4,tanPBA=3 4. 例 11、在中，角 A 的角平分线 AD 交边 BC 于点 D，且ABC0120A AB=2，CD=2DB，求 AD 的长；解析：如图：在中用正弦定理得：；ABD0sin60sinBDAB ADB在中用正弦定理得：；ACD0sin60sinCDAC ADC两式联立得：；1 2ACBD ABDC；解得：；0013.sin1203.sin6022ABCABDSAB ACSAB AD4 3AD 例 12、在中，AB=2，,D 是 AC 上一点，且 AD=2CD，ABC1BC ,求 BD 的长；3sin23ABC解析：如图：先解出；21cos133ABC 法一：借助平面向量； 和向量是一组很好的基底；BA BC，根据模长公式：12 33BDBABC ；222144cos999BDBABCBA BCABC 解得：；4 6 9BD 法二：构造新三角形；过点 D 作 BC 的平分线交 AB 于点 E；在三角形 BDE 中：；将数据：2222.cosBDEBDEBE DEBED，可以解得：；221,cos333BEEDBED 4 6 9BD 总结：解决这类问题，关键是将所求量放入一个三角形，并在这个三角形中凑够三个条件即可；