内容正文:
微专题(三) 解三角形综合问题
命题点(一) 利用正弦、余弦定理解三角形
目
录
命题点(二) 平面几何中解三角形问题
命题点(三) 解三角形中的最值与范围问题
命题点(四) 正、余弦定理的实际应用
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命题点(一) 利用正弦、余弦定理解三角形
(1)解三角形在高考中的考查主要是利用正、余弦定理求三角形的边、角、面积等基本计算,或将两个定理与三角恒等变换相结合解三角形.
(2)关于解三角形问题,一般要用到三角形的内角和定理,正、余弦定理及有关三角形的性质,常见的三角变换方法和原则都适用,同时要注意“三统一”,即“统一角、统一函数、统一结构”,这是使问题获得解决的突破口.
∵A+B=π-C,∴sin(A+B)=sin C,
∴sin(A-B)-sin B=sin C=sin(A+B),
∴sin Acos B-cos Asin B-sin B=sin Acos B+cos Asin B,
∴-2cos Asin B=sin B.
利用正、余弦定理解三角形的关键点
(1)利用正、余弦定理解三角形时,涉及边与角的余弦的积时,常用正弦定理将边化为角,涉及边的平方时,一般用余弦定理.
(2)涉及边a,b,c的齐次式时,常用正弦定理转化为角的正弦值,再利用三角公式进行变形.
方法技巧
1.(2022·全国乙卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A).
(1)若A=2B,求C;
(2)证明:2a2=b2+c2.
针对训练
将A=2B代入sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A)可得sin Csin B=sin Bsin(C-A),
因为B∈(0,π),sin B≠0,所以sin C=sin(C-A),
又A,C∈(0,π),所以C+C-A=π,即A=2C-π,
(2)证明:法一:由sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A)可得,
sin Csin Acos B-sin Ccos Asin B=sin Bsin Ccos A-sin Bcos Csin A,
由正弦定理可得,accos B-bccos A=bccos A-abcos C,即accos B+abcos C=2bccos A(*).
代入(*)式并整理得,2a2=b2+c2.
法二:因为A+B+C=π,
所以sin Csin(A-B)=sin(A+B)sin(A-B)=sin2Acos2B-cos2Asin2B=sin2A(1-sin2B)-(1-sin2A)sin2B=sin2A-sin2B,
同理有sin Bsin(C-A)=sin(C+A)sin(C-A)=sin2C-sin2A,又sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A),
所以sin2A-sin2B=sin2C-sin2A,
由正弦定理可得2a2=b2+c2.
解:(1)△ABC同时满足①,③,④.
因为:若△ABC同时满足①,②,
则在锐角△ABC中,
所以△ABC不能同时满足①,②.
由已知得△ABC一定同时满足③,④ .
因为c>a,所以C>A,若△ABC满足②,
所以△ABC不满足②.
所以△ABC满足①,③,④.
命题点(二) 平面几何中解三角形问题
[关键点拨]
切入点 (1)设BC=CD=x>0,在△ABC,△ACD中分别利用余弦定理可得出关于x,cos B的方程组,解出cos B的值,结合角B的取值范围可求得角B的值;
(2)利用正弦定理可求得∠BPC的正弦值,再利用勾股定理求出PB,即可求得PA的长
隐藏点 B+D=π⇒cos D=cos(π-B)=-cos B在余弦定理中的应用
[解] (1)设BC=CD=x>0,
在△ABC中由余弦定理,得AC2=36+x2-2×6xcos B=28,即x2+8=12xcos B,①
又在△ACD中由余弦定理,得AC2=4+x2-2×2xcos D=28,即x2-24=4xcos D,②
因为B+D=π,则cos D=cos(π-B)=-cos B,
方法技巧
平面几何中解三角形问题的求解思路
(1)把所提供的平面图形拆分成若干个三角形,然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解.
(2)寻找各个三角形之间的联系,交叉使用公共条件,求出结果.
针对训练
解:(1)因为D为BC的中点,
所以BD=DC=2,a=4.
(2)因为D为BC的中点,所以BC=2BD.
命题点(三) 解三角形中的最值与范围问题
(1)解三角形中的最值与范围问题主要是求平面图形(一般为三角形或四边形)的面积、周长、边长等的最值或范围.
(2)解题的关键在于根据题目条件恰当的表示目标函数,并选择适当的工具:三角函数的有界性,基本不等式、二次函数等.
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