正弦定理的应用题型例析&任意三角形的射影定理的探究及应用-《中学生数理化》高一数学2026年3月刊

高一数识施物卓骨中学生款理化 正弦定理的应用题型例析 ■杨开亮 正弦定理：在△ABC中，角A,B,C的 评析：已知两角及任一边或两边及一边 对边分别为a,b,c,R为△ABC的外接圆半 的对角，可用正弦定理求解。 径，则A-品万一C-2R。正弦定理 b 题型三：求角或角的三角函数值 例3(1)已知△ABC中，a=√2，b= 的应用题型常见的有八种，下面举例分析。 题型一：判断三角形的个数 √5，B=60°，那么角A等于 (2)如图1，在△ABC 例1已知△ABC中，b=4√3，c=2, 中，D为边BC上一点，AD C=30°，那么此三角形()。 =6,BD=3,∠ABC=45°， A.有一解 B.有两解 则sin∠ADC等于一。 C.无解 D.解的个数不确定 解：(1)在△ABC中，由 B D 解：由正弦定理和已知条件得4 正弦定理得a一 b sin B sin A-sin B' 图1 sin30,所以sinB=尽>1，所以此三角形无 2 即、② Ex sinA-sin60,所以sinA=-】 2 解。应选C。 评析：在△ABC中，若sinB>1,则 △ABC不存在；若sinB=1,则△ABC是直 2。因为a<b,所以A<B,所以A=45。 角三角形(B=90°)；若0<sinB<1,则 (2)在△ABD中，由正弦定理得 △ABC可能有两解(B为锐角或钝角)。 AD sin AD:所以n行 BD 题型二：求边长或边长的取值范围 sin∠ABD= 例2(1)在△ABC中，若A=105°， 3 C=30°，b=1,则c=。 BAD所以sm∠BAD三会。因为 (2)已知a,b,c分别为△ABC的三个内 BD<AD,所以∠BAD<∠ABC,所以 ∠BAD只能是锐角，所以cos∠BAD= 角A,B,C的对边，C=平，c=巨，若满足条 。所以sin∠ADC=sin(∠BAD+ 件的三角形有两个，则边长α的取值范围是 ∠ABD)=sn(∠BAD+45)=停×号+ 2 解：(1)由题意知B=45°。由正弦定理 得c=bsinC-sin30°_ sin B sin 455- 平×竖 4 4 2 评析：在三角形中，大角对大边，大边对 (2)在△ABC中，由正弦定理得 a sin A= 大角，大角的正弦值也较大，正弦值较大的角 也较大，即在△ABC中，A>B→a>b→ c √2 1 sin G=- ,所以sinA=2a。若满足条 sinA>sinB。 sin 4 题型四：求三角形外接圆的半径 元 件的△ABC有两个，则sin4<sinA<1,所 例4 在△ABC巾，b=2,B=答，则 以21 2<2a<1,解得2<a<2,所以边长a △ABC的外接圆半径为( 的取值范围是（√2,2）。 A.√3 B23 3 19 中学生数理化 知识结构与拓展 高一数学2026年3月 n 评析：利用正弦定理，可以化边为角，也 C.23 可以化角为边，因此要灵活运用。 解：由正弦定理 6 sinB=2R,所以2 题型七：用正弦定理解决实际问题 sin 3 例7如图2，某货轮在北 =2R,即2 2R,所以R=2 A处看灯塔B在货轮的北偏D20 3。 应选B。 东75°，距离为12√6 nmile,货 2 轮由A处向正北航行到D处 b C 评析：熟记公式 sin A-sin B-sin C- 时，再看灯塔B在北偏东 图2 120°，则A与D间的距离是 2R是解题的关键。 题型五：求三角形的面积 解：在△ABD中，因为∠ADB=180°一 例5在△ABC中，a=1,A=30°，C 120°=60°，∠DAB=75°，所以B=45°，所以 45°，则△ABC的面积是。 解：由正弦定理得c=asinC ABsin B 126× 2 sin A =√2。因 AD- sin∠ADB =24(nmile), 为B=180°一30°-45°=105°，所以sinB= sin105°=sin(60°+45°)=sin60°cos45°+ 即A与D间的距离为24 nmile。 cos60°sin45°= √6+√2 评析：运用正、余弦定理解决实际问题的 4 ,所以S AALC 基本步骤：分析、建模、求解、检验。 2acsin B=3+1 题型八：正弦定理与余弦定理的综合问题 4 评析：三角形的面积公式较多，解题时应 例8 在△ABC中，B=否c=2,且 注意选择合适的公式。 sinA=3sinC,AC的中点为D,则BD= 题型六：判断三角形的形状 例6 在△ABC中，已知a'sin B cos B 解：由sinA=3sinC,结合正弦定理得 b2sin A a=3c,所以a=6。由余弦定理得b2=6十 cos A ,则△ABC是()。 A.等腰三角形 2-2×2×6×cos3=28,所以b=27。 B.直角三角形 所以cosA= b2+c2-a2 2bc C.等腰直角三角形 D.等腰三角形或直角三角形 (2√7)+2-6√7 14o 解：因为a'sin B b'sin A 2×2×2√7 cos B cosA,又a= 因为D是AC的中点，所以AD=√7，所 2 Rsin A,b=2 Rsin B,所以4 'sin'Asin B 以BD2=AB2十AD2-2AB·ADcos A= cos B 4R'sin'Bsin A 22+(7)2-2×2×√7×（ √7 =13,所以 14 cos A 因为A,B∈(0，π)，所以sin Asin B≠0， BD=√I3。 所以sin Acos A=sin Bcos B,即sin2A 评析：正、余弦定理对任意三角形都成 sin2B,所以2A=2B或2A+2B=π，即A= 立。解题时，要注意哪个定理先用，哪个定理 后用，还要注意多次应用的情况。 B或A十B=受。放△ABC是等腰三角形或 作者单位：湖北省巴东县第三高级中学 直角三角形。应选D。 (责任编辑郭正华) 20 高一数型识施物氧骨中学生表理化 任意三角形的射影定理的探究及应用 具陶永芹 任意三角形的射影定理：在任意△ABC 中，设a,b,c分别为△ABC的内角A,B,C 十b=6是解题的关键。 的对边，则a=beos C十ccos B,b=ccos A十 应用三：任意三角形射影定理的灵活应用 acos C,c=acos B+bcos A. 例3记△ABC的内角A,B,C的对边 证明：在△ABC中，过顶点A作AD⊥ 分别为a,b,c,已知bc=1,若 BC,垂足为D,则BD=ccos B,CD= acos B-bcos A b =1,求△ABC的面积。 bcos C。因为BC=BD十CD,所以a= acos B+bcos A c bcos C十ccos B。同理得b=ccos A十 解：由acos B-bcos A_b acos B+bcos A c =1,结合任 a cos C,c=acos B+bcos A. 意三角形的射影定理a cos B+bcos A=c得 应用一：任意三角形射影定理的正用 acos B-bcos A=b+c。将acos B=c 例1在△ABC中，a,b,c为内角A,B, bcosA代人得一2 bcos A=b。因为b≠0，所 C所对的边，已知acos C十弓c=b,求角A 以cosA=2。又A∈(0，元)，所以A= 的大小 解：由aosC+2c=b,结合任意三角形 2 3,所以S△c= 2bcsin A= 1 40 1 反思：从任意三角形的射影定理的逆用 的射影定理得acos C十2c=acos C十 入手，结合任意三角形的射影定理的变形式 ccos A。因为c≠0，所以cosA三2。又角A a cos B=c-bcosA,从而得到-2 bcos A=b 是解题的关键。 是△ABC的内角，所以A一号。 应用四：任意三角形射影定理的综合应用 例4在△ABC中，角A,B,C所对的 反思：观察代数式的结构特征，正向使用 边分别为a,b,c,且满足a=一3 bcos C,则 射影定理即可解决问题。 tanA的最大值为 。 应用二：任意三角形射影定理的逆用 解：在△ABC中，由任意三角形的射影 例2在△ABC中，a,b,c分别是内角 定理a=bcos C+ccos B及a=-3 bcos C得 A,B,C的对边，已知bcos C+ccos B=6一 ccos B=一4 bcos C。由正弦定理得 b,且c2=a”+b-ab,则△ABC面积的最大 sin Ccos B=-4 sin Bcos C,所以tanC= 值为 -4tanB。由a=-3 bcos C>0,可得cosC 解：由任意三角形的射影定理bcos C十 0,即角C是钝角，所以tanB>0。易得 ccos B=a,结合bcos C+ccos B=6一b得a 3tan B 十b=6。因为c2=a2十b2一ab,所以cosC= tan A = tan B+tan C 1-tan Btan C 1+4tan2B 2,所以inC-会，所以S 1 2absin C 3 ≤ 3 1 1 4,当且仅当tanB=2时 tanB十4tanB ab。由a十b=6,结合基本不等式得ab 取等号，所以tanA的最大值为圣 3 93 ≤9，所以S△A≤4 (当且仅当a=b=3时 反思：利用任意三角形的射影定理，结合正 弦定理得到tanC=一4tanB是解题的关键。 取等号)，即△ABC面积的最大值为3， 作者单位：甘肃省天水市甘谷县第二中学 反思：由任意三角形的射影定理，得到a (责任编辑郭正华) 21