11．掌握正弦定理、余弦定理，并能解決一些簡單的三角形度量問題．2．能夠運用正弦定理、余弦定理等知識和方法解決一些與測量和幾何計算有關(guān)的實際問題．主要考查有關(guān)定理的應(yīng)用、三角恒等變換的能力、運算能力及轉(zhuǎn)化的數(shù)學思想．解三角形常常作為解題工具用于立體幾何中的計算或證明，或與三角函數(shù)聯(lián)系在一起求距離、高度以及角度等問題，且多以應(yīng)用題的形式出現(xiàn)．正弦定理、余弦定理知識點總結(jié)及證明方法——王彥文青銅峽一中于其他兩邊的平方的和減去這兩邊與它們的夾角的余弦的積的兩倍.即TOC\o"1-5"\h\za2=,b2=,C2=.若令C=90°,貝VC2=，即為勾股定理.余弦定理的變形：cosA=,cosB=,cosC=.若C為銳角，則cosC>0,即a2+b2C2；若C為鈍角，則cosC<0,即a2+b2C2.故由a2+b2與C2值的大小比較，可以判斷C為銳角、鈍角或直角.正、余弦定理的一個重要作用是實現(xiàn)邊角,余弦定理亦可以寫成sin2A=sin2B+sin2C—2sinBsinCcosA，類似地，sin2B=；sin2C=.注意式中隱含條件A+B+C=n.解斜三角形的類型已知三角形的任意兩個角與一邊,用定理.只有一解.已知三角形的任意兩邊與其中一邊的對角,用定理,可能有.如在△ABC中，已知a,b和A時,解的情況如表：1．正弦定理正弦定理：在一個三角形中，各邊和它所對角的正弦的比相等，即.其中R是三角形外接圓的半徑.正弦定理的其他形式：TOC\o"1-5"\h\z①a=2RsinA,b=,csinA=2R，sinB=,sinC=；a:b:c=.余弦定理余弦定理：三角形中任何一邊的平方等A為銳角A為鈍角或直角圖形關(guān)系式a=bsinAbsinAvavba>ba>b解的個數(shù)①②③④(3)已知三邊,用定理．有解時,只有一解．已知兩邊及夾角,用定理必有一解．4．三角形中的常用公式或變式⑴三角形面積公式S、=?其中R,，分別為三角形外接圓、內(nèi)切圓半徑．(2)A+B+C=n，貝UA——tan(B+C)B+Csin—1B+C

tan—2—tanAtanBtanC(3)a+csinA+sinC從而sinAtanA—<互化sin2C+sin2A—2sinCsinAcosBsin2A+sin2B—2sinAsinBcosC3．(1)正弦(2)正弦一解、兩解或無解①一解②二解③一解④一解(3)余弦(4)余弦TOC\o"1-5"\h\z111abc14?(1)2°bsinC^bcsinA^acsinB-4R2(a+b+c)r在△ABC中，A>B是sinA>sinB的（）充分不必要條件必要不充分條件充要條件既不充分也不必要條件解：因為在同一三角形中，角大貝邊大，邊大貝正弦大，反之也成立，故是充要條件?故選C.(2)n—(B+C)號一￥sin(B+C)—cos(B+C)在厶ABC中，已知b=6,c=10,B=30o,則解此三角形的結(jié)果有()A.無解B.—解C.兩解D.—解或兩解解：由正弦定理知sinCn^bB=|，又由c>b>csinB知，C有兩解.也可依已知條件，畫出厶ABC,由圖知有兩解.故選C.(2012?陜西)在厶ABC中，角A，B,C所對的邊分另U為a，b，c.若a=2,B=|，c=2\i3，貝Vb解：由余弦定理知b2=a2+c2—2accosB=22+(2../3)2—2x2x2\：'3xcos|=4，b=2.故填2.(2013?陜西)設(shè)厶ABC的內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,若bcosC+ccosB=asinA,貝仏ABC的形狀為()A.銳角三角形B.直角三角形C.鈍角三角形D.不確定解：由已知和正弦定理可得sinBcosC+sinCcosB=sinA?sinA，即sin(B+C)=sinAsinA，亦即sinA=sinAsinA.因為OvAvn,所以sinA=1,所以A=n.所以三角形為直角三角形.故選b.在厶ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若a=\；2，b=2，sinB+cosB=-；/2，則角A的大小為.解：vsinB+cosB=\：2，.,(n)廠(n、??護sin申+才尸說，即sin嚴+4丿=1.nnn又vbw(o,n)，b+4=2,b=4*abasinB根據(jù)正弦定理而=荷，可得sinA=-b-112???a<b,???A<B.^A=6?故填￡?（2012江西）在厶ABC中，角A,B,C的對邊分Cnn(nA(nCn別為a,b,c.已知A=4bsin4+C—csin4+B=a.即sinBV2邁即sinBV2邁A2sinC+^cosCsinB+AcosB丿整理得sinBcosC—類型一正弦定理的應(yīng)用△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知A—C=90°,a+c=\：‘2b，求C.解：由a+c=*b及正弦定理可得sinA+sinC=\[2sinB.又由于A—C=90°,B=180°—(A+C)，故cosC+sinC=sinA+sinC=\/2sin(A+C)=\.'2sin(90°+2C)=j5sin2(45°+C).?\/2sin(45°+C)=2?in(45°+C)cos(45°+C),1即cos(45°+C)=2又:0°<C<90°,?45°+C=60°,C=15°.【評析】利用正弦定理將邊邊關(guān)系轉(zhuǎn)化為角角關(guān)系,這是解此題的關(guān)鍵.⑴求證：B—C=2；(2)若a=、f2，求△ABC的面積.TOC\o"1-5"\h\zCnACn、解：⑴證明：對bsin〒+C—csin4+Bk4丿4、、CnACn、a應(yīng)用正弦定理得sinBsin^4+Cj—sinCsin4+B=sinA,sinCcosB=1,即sin(B—C)=1.亠〒C3nAn由于B,CW(0,才,?B_C=2,3n「丄,(2)VB+C=n—A=4，又由(1)知B—C=?B=5n"8,n.?a=護,A=n，.?.由正弦定理知b=asinB

sinA5n=2sin~8,asinCnc=歸=2sin8-115nn2…敢ABc=2bcsinA=5x2sin$x2singx^5nnnn2n1=p2singsing—\'2cosgsing=〒si口才=丁類型二余弦定理的應(yīng)用在△ABC中，a,b,c分另U是角A,B,C的對邊，且cosBcosCb2a+c°⑴求B的大??；⑵若b=“[13,a+c—4,求厶ABC的面積.解：(1)由余弦定理知,cosB—a2+c2—b22accosC—a2+b2—c22ab，將上式代入cosBcosCb2a+ca2+c2—b22abb2aca2+b2—c22a+c若厶ABC的內(nèi)角A,B,C所對的邊a,b,c滿足(a+b)2—c2=4,且C=60°,則ab的值為()B.8—^.'3C.1解：由余弦定理得c2=a2+b2—2abcosC=a2+b2—ab，代入(a+b)2—c2=4中得(a+b)2—4(a2+b2—ab)=4，即3ab=4,二ab=g.故選A.類型三正、余弦定理的綜合應(yīng)用二S二SABC13i月^acsinB^~4~整理得a2+c2—b2——ac.Q2+c2—b2—ac1TOC\o"1-5"\h\z--cosB——2ac2ac2TB為三角形的內(nèi)角，二B=|n.2(2)將b=J13,a+c=4,B—^n代入b2—仆2a2+c2—2accosB,得13=42—2ac—2accos^n,解得ac=3.【評析】①根據(jù)所給等式的結(jié)構(gòu)特點利用余弦定理將角化邊進行變形是迅速解答本題的關(guān)鍵.②熟練運用余弦定理及其推論，同時還要注意整體思想、方程思想在解題過程中的運用．(2013?全國新課標n)AABC的內(nèi)角A、B、C的對邊分別為a,b,c,已知a=bcosC+csinB.求B；⑵若b=2,求厶ABC面積的最大值.解：(1)由已知及正弦定理得sinA=sinBcosC+sinCsinB.①又A=n—(B+C)，故sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC.②由①，②和CG(0,n)得sinB=cosB.又BE(0,n),所以B=n.1巨AABC的面積S=^acsinB=訃ac.由已知及余弦定理得4=a2+c2—2accos4?4又a2+c2>2ac,故ac<2—斗2當且僅當a=c時，等號成立.因此△ABC面積的最大值為\''2+1.【評析】(1)化邊為角與和角或差角公式的正向或反向多次聯(lián)用是常用的技巧；(2)已知邊及其對角求三角形面積最值是高考中考過多次的問題，既可用三角函數(shù)求最值，也可以用余弦定理化邊后用不等式求最值．試判斷三角形ABC的形狀.解法一：由正弦定理，得豈=黑,tanAsin2A所以tanB=si面,即sin2A=sin2B.sinAcosB_sin2A所以cosAsin即sin2A=sin2B.所以2A=2B，或2A+2B=n，因此A=B或A+B=n,從而△ABC是等腰三角形或直角三角形.a2sin2A解法二：由正弦定理，得b^=s—B，所以tantanAsin2AtanB=sin2B，cosBsinA所以cosA=sinB'再由正、余弦定(2013?山東)設(shè)厶ABC的內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,且a+c=6,b=2,cosB=f.求a,c的值；求sin(A—B)的值.解：(1)由余弦定理b2=a2+c2—2accosB,得b2=(a+c)2—2ac(l+cosB),又a+c=6,b=2,cosB=9，所以ac=9，解得a=3,c=3.(2)在厶ABC中，sinB=J1—cos2B=*^,a2+c2—b22aca理，得b2+c2―a2=b，化簡得(a2—b2)(C2—a22bc—b2)=0,即a2=b2或C2=a2+b2.從而△ABC是等腰三角形或直角三角形.【評析】由已知條件，可先將切化弦，再結(jié)合正弦定理，將該恒等式的邊都化為角，然后進行三角函數(shù)式的恒等變形，找出角之間的關(guān)系；或?qū)⒔嵌蓟蛇叄缓筮M行代數(shù)恒等變形，可一題多解，多角度思考問題，從而達到對知識的熟練掌握.asinB2\：2由正弦定理得sinA=b=^汀.因為a=c,所以A為銳角，1所以cosA=\：'1—sin2A=3，因此sin(A—B)=sinAcosB—cosAsinB=10j227-(2012?上海)在厶ABC中，若sin2A+sin2B<sin2C,類型四判斷三角形的形狀在三角形ABC類型四判斷三角形的形狀在三角形ABC中，若tanA:tanB=a2:b2,則厶ABC的形狀是()A.銳角三角形B.直角三角形C.鈍角三角形D.不能確定解：在△ABC中，■/sin2A+sin2Bvsin2C,二由正弦定理矢口a2+b2<c2.「.cosC=20b-<0,即ZC為鈍角，△ABC為鈍角三角形.故選C.類型五解三角形應(yīng)用舉例T0<v<30,T0<v<30,900—6004t400<900,某港口O要將一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的輪船上.在小艇出發(fā)時，輪船位于港口O北偏西30°且與該港口相距20nmile的A處，并以30nmile/h的航行速度沿正東方向勻速行駛.假設(shè)該小艇沿直線方向以vnmile/h的航行速度勻速行駛，經(jīng)過th與輪船相遇.若希望相遇時小艇的航行距離最小，則小艇航行速度的大小應(yīng)為多少假設(shè)小艇的最高航行速度只能達到30nmile/h，試設(shè)計航行方案(即確定航行方向和航行速度的大小)，使得小艇能以最短時間與輪船相遇，并說明理由.解法一：⑴設(shè)相遇時小艇航行的距離為Snmile，貝US=^；900t2+400-2-30t-20-cos(90°-30°)■..1'900t2—600t+4003存°,解得眉.又t=|時，v=30.故v=30時，t2取得最小值，且最小值等于3.此時，在△OAB中，有OA=OB=AB=20,故可設(shè)計航行方案如下：航行方向為北偏東30°，航行速度為30nmile/h，小艇能以最短時間與輪船相遇.解法二：(1)若相遇時小艇的航行距離最小，又輪船沿正東方向勻速行駛，貝小艇航行方向為正北方向.寸900（t—）2+300,故當t=3時，Sm|”=10屈，此時宀警=330羽.即小艇以30才3nmile/h的速度航行，相遇時小艇的航行距離最小.(2)設(shè)小艇與輪船在B處相遇，貝設(shè)小艇與輪船在C處相遇.在RtAOAC中，OC=20cos30°=10“j3，AC=20sin30°=設(shè)小艇與輪船在C處相遇.在RtAOAC中，OC=20cos30°=10“j3，AC=20sin30°=10.又AC=30t，OC=vt，600400故^2=900—-^+~t^-時間分別為時間分別為t=10±1003^和t=1COS|所此時，輪船航行時間戸30=1,宀￥=310+10\；3tan廿10J330=vcos^'由此可得，15由此可得，15羽sin（廿+30°）?30、、B即小艇以30\；3nmile/h的速度航行，相遇時小艇的航行距離最?。?）假設(shè)v=30時，小艇能以最短時間與輪船在D處相遇，此時AD=DO=30t.又ZOAD=60°，所以AD=DO=OA=20,2解得t=3-據(jù)此可設(shè)計航行方案如下：航行方向為北偏東30°，航行速度的大小為30nmile/h這樣，小艇能以最短時間與輪船相遇.證明如下：如圖，由⑴得OC=10石,AC=10，又蟲30，故sinQ+30°）>專，從而，30°<^<90°.由于Q=30°時，tanQ取得最小值，且最小值為攀于是，當Q=30°時，t=10+1003tan%得最小值，且最小值為3【評析】①這是一道有關(guān)解三角形的實際應(yīng)用題，解題的關(guān)鍵是把實際問題抽象成純數(shù)學問題，根據(jù)題目提供的信息，找出三角形中的數(shù)量關(guān)系，然后利用正、余弦定理求解.②解三角形的方法在實際問題中，有廣泛的應(yīng)用.在物理學中，有關(guān)向量的計算也要用到解三角形的方法.近年的高考中我們發(fā)現(xiàn)以解三角形為背景的應(yīng)用題開始成為熱點問題之一.③不管是什么類型的三角應(yīng)用問題，解決的關(guān)鍵都是充分理解題意，將問題中的語言敘述弄明白，畫出幫助分析問題的草圖，再將其歸結(jié)為屬于哪類可解的三角形.④本題用幾何方法求解也較簡便.故OC>AC，且對于線段AC上任意點P，有OP>OC>AC.而小艇的最高航行速度只能達到30nmile/h，故小艇與輪船不可能在A，C之間（包含C）的任意位置相遇.設(shè)ZCOD=^（0°v改90°）,則在RtACOD中，CD=CD=1^；3tan為OD=10萌cos廿由于從出發(fā)到相遇，輪船與小艇所需要的(2012武漢5月模擬)如圖，漁船甲位于島嶼A的南偏西60°方向的B處，且與島嶼A相距12海里，漁船乙以10海里/小時的速度從島嶼A出發(fā)沿正北方向航行，若漁船甲同時從b處出發(fā)沿北偏東a的方向追趕漁船乙，剛好用2小時追上．求漁船甲的速度；求sina的值．解：⑴依題意，zBAC=120°,AB=12,AC=10x2=20,在厶ABC中，由余弦定理知BC2=AB2+AC2-2ABACcosZBAC=122+202-2x12x20xcos120°=784，BC=28.28所以漁船甲的速度為宀亍=14(海里/小時)．(2)在厶ABC中，AB=12,ZBAC=120°，BC=28,ZBCA=a，由正弦定理得如=,sinasinZBAC122812sin120°^,'3即sina_sin120°，從而sina_28—14-1．已知兩邊及其中一邊的