學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE32-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精eq\o（\s\up7(第六節(jié))，\s\do5（))eq\o(\s\up7（正弦定理和余弦定理）,\s\do5（)）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．知識(shí)點(diǎn)一正弦定理和余弦定理定理正弦定理余弦定理內(nèi)容________________＝2Ra2＝______________b2＝______________c2＝______________變形形式①a＝______,b＝______，c＝________②sinA＝____,sinB＝____，sinC＝______（其中R是△ABC外接圓半徑)③abc＝______________④asinB＝bsinA,bsinC＝csinB，asinC＝csinAcosA＝________；cosB＝________；cosC＝________解決解斜三角形的問題①已知兩角和任一邊，求另一角和其他兩條邊；②已知兩邊和其中一邊的對角,求另一邊和其他兩角①已知三邊,求各角；②已知兩邊和它們的夾角，求第三邊和其他兩個(gè)角答案eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f（c，sinC)b2＋c2－2bccosAa2＋c2－2accosBa2＋b2－2abcosC2RsinA2RsinB2RsinCeq\f(a，2R)eq\f（b,2R)eq\f(c，2R）sinAsinBsinCeq\f(b2＋c2－a2,2bc)eq\f(a2＋c2－b2，2ac)eq\f(a2＋b2－c2，2ab)1．（2016·天津卷）在△ABC中，若AB＝eq\r（13），BC＝3，∠C＝120°，則AC＝（)A．1 B．2C．3 D．4解析：設(shè)△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，則a＝3，c＝eq\r（13)，∠C＝120°，由余弦定理得13＝9＋b2＋3b，解得b＝1，即AC＝1。答案：A2．(必修⑤P10習(xí)題1。1B組第2題改編)在△ABC中,若sin2A＋sin2B<sin2C，則△A．銳角三角形 B．直角三角形C．鈍角三角形 D．不能確定解析：由正弦定理，得eq\f（a，2R)＝sinA，eq\f(b,2R）＝sinB，eq\f（c，2R）＝sinC，代入得到a2＋b2<c2，由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2，2ab)〈0，所以C為鈍角,所以該三角形為鈍角三角形．答案:C知識(shí)點(diǎn)二在△ABC中,已知a、b和A時(shí)，解的情況A為銳角A為鈍角或直角圖形關(guān)系式a＝bsinAbsinA<a<ba≥ba〉ba≤b解的個(gè)數(shù)____________________答案一解兩解一解一解無解3．在△ABC中,若a＝18，b＝24，A＝45°，則此三角形有(）A．無解 B．兩解C．一解 D．解的個(gè)數(shù)不確定解析:∵bsinA＝24sin45°＝12eq\r（2)〈18，∴bsinA<a〈b，故此三角形有兩解．答案：B4．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c,已知A＝eq\f(π，6），a＝1,b＝eq\r(3)，則B＝________.解析:由正弦定理eq\f（a,sinA）＝eq\f（b,sinB），代入可求得sinB＝eq\f（\r（3)，2),故B＝eq\f（π,3）或B＝eq\f(2π，3).故答案為eq\f（π，3)或eq\f(2π，3)。答案：eq\f(π，3）或eq\f(2π,3）知識(shí)點(diǎn)三三角形常用面積公式1．S＝eq\f(1，2）a·ha（ha表示邊a上的高)；2．S＝eq\f(1，2)absinC＝__________＝__________。答案2。eq\f(1,2）acsinBeq\f(1，2)bcsinA5．在△ABC中,a＝3eq\r(2），b＝2eq\r(3），cosC＝eq\f(1，3)，則△ABC的面積為________．解析：∵cosC＝eq\f(1，3)，∴sinC＝eq\f（2\r(2）,3），∴S△ABC＝eq\f（1,2)absinC＝eq\f（1,2）×3eq\r(2）×2eq\r（3)×eq\f(2\r（2)，3）＝4eq\r（3）.答案:4eq\r(3）6．(必修⑤P20習(xí)題1。2A組第11題改編)在△ABC中，A＝eq\f（π,3)，AB＝2，且△ABC的面積為eq\f(\r(3），2),則邊BC的長為________．解析：因?yàn)镾＝eq\f(1，2）AB·ACsinA＝eq\f（1,2)×2×ACsineq\f(π,3）＝eq\f（\r（3），2），所以AC＝1。由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cosA,即BC2＝22＋12－2×2×1×eq\f(1，2）,解得BC＝eq\r(3）。答案：eq\r（3）第1課時(shí)正弦定理、余弦定理熱點(diǎn)一正、余弦定理的簡單應(yīng)用【例1】（1）（2016·新課標(biāo)全國卷Ⅱ)△ABC的內(nèi)角A，B,C的對邊分別為a，b，c，若cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f（5,13),a＝1，則b＝________。(2)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c。已知a＝eq\r（5),c＝2，cosA＝eq\f(2,3）,則b＝（）A.eq\r（2） B.eq\r(3）C．2 D．3【解析】（1）因?yàn)閏osA＝eq\f(4，5)，cosC＝eq\f(5，13)，所以sinA＝eq\f（3,5）,sinC＝eq\f(12，13),從而sinB＝sin(A＋C）＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f（3，5)×eq\f(5，13)＋eq\f(4，5）×eq\f(12,13）＝eq\f（63,65）.由正弦定理eq\f（a,sinA）＝eq\f（b,sinB），得b＝eq\f(asinB，sinA)＝eq\f(21,13).(2)由余弦定理，得4＋b2－2×2bcosA＝5,整理得3b2－8b－3＝0，解得b＝3或b＝－eq\f(1,3)（舍去），故選D.【答案】（1)eq\f(21，13)(2）D【總結(jié)反思】（1)解三角形時(shí),如果式子中含有角的余弦或邊的二次式，要考慮用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或邊的一次式時(shí)，則考慮用正弦定理;以上特征都不明顯時(shí)，則要考慮兩個(gè)定理都有可能用到．(2)三角形解的個(gè)數(shù)的判斷:已知兩角和一邊,該三角形是確定的，其解是唯一的；已知兩邊和一邊的對角，該三角形具有不唯一性，通常根據(jù)三角函數(shù)值的有界性和大邊對大角定理進(jìn)行判斷.(1）在△ABC中，a＝4，b＝5，c＝6，則eq\f(sin2A,sinC）＝________。（2）設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B,C的對邊分別為a，b，c.若a＝eq\r（3)，sinB＝eq\f(1，2)，C＝eq\f（π，6)，則b＝________。解析：（1）由正弦定理得sinAsinBsinC＝abc＝456,又由余弦定理知cosA＝eq\f（b2＋c2－a2,2bc）＝eq\f(25＋36－16，2×5×6）＝eq\f(3，4）,所以eq\f(sin2A,sinC)＝eq\f（2sinAcosA，sinC）＝2×eq\f（sinA,sinC）×cosA＝2×eq\f(4，6)×eq\f（3，4）＝1.(2）∵sinB＝eq\f(1,2)，∴B＝eq\f（π,6）或eq\f(5π，6)。當(dāng)B＝eq\f(5π,6）時(shí)，有B＋C＝π，不符合,∴B＝eq\f（π，6）＝C，∴bcoseq\f（π，6）＝eq\f(a，2)＝eq\f(\r（3）,2)，∴b＝1。答案:(1）1(2）1熱點(diǎn)二判斷三角形的形狀【例2】設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B,C所對的邊分別為a，b，c，若bcosC＋ccosB＝asinA，則△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【解析】依據(jù)題設(shè)條件的特點(diǎn)，由正弦定理:得sinBcosC＋cosBsinC＝sin2A,有sin(B＋C)＝sin2A,從而sin（B＋C)＝sinA＝sin2A，解得sinA＝1.∴A＝eq\f(π,2)，故選B?！敬鸢浮緽1．若將本例條件改為“2sinAcosB＝sinC"，試判斷△ABC的形狀．解：解法1：由已知得2sinAcosB＝sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB，即sin（A－B）＝0,因?yàn)椋?lt;A－B〈π,所以A＝B，故△ABC為等腰三角形．解法2：由正弦定理得2acosB＝c，再由余弦定理得2a·eq\f（a2＋c2－b2,2ac)＝c?a2＝b2?a＝b.故△ABC為等腰三角形．2．若將本例條件改為“(a2＋b2）sin（A－B)＝(a2－b2)sin（A＋B）”，試判斷三角形的形狀．解：∵(a2＋b2）sin(A－B)＝(a2－b2)sin（A＋B)，∴b2[sin（A＋B)＋sin（A－B）］＝a2[sin（A＋B)－sin(A－B)］,∴2sinAcosB·b2＝2cosAsinB·a2，即a2cosAsinB＝b2sinAcosB。法1：由正弦定理知a＝2RsinA，b＝2RsinB,∴sin2AcosAsinB＝sin2BsinAcosB，又sinA·sinB≠0，∴sinAcosA＝sinBcosB，∴sin2A＝sin2B在△ABC中，0〈2A〈2π，0<2B〈2π∴2A＝2B或2A＝π－2B，∴A＝B或A＋B＝eq\f(π,2）?！唷鰽BC為等腰三角形或直角三角形．法2:由正弦定理、余弦定理得：a2beq\f(b2＋c2－a2,2bc）＝b2aeq\f（a2＋c2－b2，2ac),∴a2（b2＋c2－a2)＝b2（a2＋c2－b2)，∴(a2－b2）(a2＋b2－c2)＝0。∴a2－b2＝0或a2＋b2－c2＝0，即a＝b或a2＋b2＝c2.∴△ABC為等腰三角形或直角三角形.【總結(jié)反思】(1)判斷三角形的形狀,應(yīng)圍繞三角形的邊角關(guān)系進(jìn)行思考，主要看其是不是正三角形、等腰三角形、直角三角形、鈍角三角形或銳角三角形，要特別注意“等腰直角三角形”與“等腰三角形或直角三角形"的區(qū)別．（2）判斷三角形形狀主要有以下兩種途徑:①通過正弦定理和余弦定理，化邊為角,利用三角變換得出三角形內(nèi)角之間的關(guān)系進(jìn)行判斷；②利用正弦定理、余弦定理，化角為邊，通過代數(shù)恒等變換，求出三條邊之間的關(guān)系進(jìn)行判斷。（2017·成都模擬）在△ABC中，a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C的對邊，且2asinA＝（2b＋c）sinB＋（2c＋b)sinC(1)求A的大小；(2)若sinB＋sinC＝1,試判斷△ABC的形狀．解：（1)由已知，根據(jù)正弦定理得2a2＝（2b＋c）b＋(2c＋b)c，即a2＝b2＋c2＋bc，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA,故cosA＝－eq\f（1，2），A＝eq\f(2,3)π.（2）對于已知2asinA＝(2b＋c)sinB＋（2c＋b)sinC,結(jié)合正弦定理，有2sin2A＝(2sinB＋sinC）sinB＋（2sinC＋sinB)sinC，即sin2A＝sin2B＋sin2C＋sinBsinC＝sin2eq\f（2π，3)＝eq\f(3，4）,又由sinB＋sinC＝1，得sin2B＋sin2C＋2sinBsinC所以sinB·sinC＝eq\f（1,4)。從而有sinB＝sinC＝eq\f(1,2).因?yàn)?<B<π，0<C<π，0〈B＋C〈π。所以B＝C＝eq\f（π,6），所以△ABC是等腰的鈍角三角形．熱點(diǎn)三與面積有關(guān)的問題【例3】△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a,b，c，已知2cosC（acosB＋bcosA）＝c.（1）求C；(2)若c＝eq\r(7），△ABC的面積為eq\f（3\r（3),2),求△ABC的周長．【解】（1)由已知及正弦定理得,2cosC(sinAcosB＋sinBcosA）＝sinC，2cosCsin（A＋B)＝sinC,故2sinCcosC＝sinC.可得cosC＝eq\f(1，2），所以C＝eq\f(π，3)。(2)由已知，eq\f(1,2）absinC＝eq\f（3\r(3),2)。又C＝eq\f（π,3)，所以ab＝6。由已知及余弦定理得，a2＋b2－2abcosC＝7,故a2＋b2＝13，從而(a＋b)2＝25.所以△ABC的周長為5＋eq\r(7）。【總結(jié)反思】（1)對于面積公式S＝eq\f（1，2）absinC＝eq\f（1，2)acsinB＝eq\f（1，2)bcsinA，一般是已知哪一個(gè)角就使用哪一個(gè)公式．（2）與面積有關(guān)的問題，一般要用到正弦定理或余弦定理進(jìn)行邊和角的轉(zhuǎn)化。在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c。已知A＝eq\f(π,4），b2－a2＝eq\f（1,2)c2。(1）求tanC的值；（2)若△ABC的面積為3，求b的值．解：（1)由b2－a2＝eq\f（1，2)c2及正弦定理得sin2B－eq\f（1,2）＝eq\f(1，2)sin2C，所以－cos2B＝sin2C。又由A＝eq\f(π,4)，即B＋C＝eq\f（3,4）π，得－cos2B＝sin2C＝2sinCcosC，解得tanC＝2.(2）由tanC＝2，C∈(0，π)得sinC＝eq\f(2\r（5）,5）,cosC＝eq\f（\r（5),5）.又因?yàn)閟inB＝sin（A＋C）＝sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(π，4)＋C)),所以sinB＝eq\f(3\r(10)，10)。由正弦定理得c＝eq\f（2\r(2）,3）b，又因?yàn)锳＝eq\f(π,4）,S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝3,所以bc＝6eq\r(2）。故b＝3。正弦定理和余弦定理是解斜三角形的重要工具,其主要作用是將已知條件中的邊、角關(guān)系轉(zhuǎn)化為角的關(guān)系或邊的關(guān)系．一般地，利用公式a＝2RsinA，b＝2RsinB,c＝2RsinC(R為△ABC外接圓半徑)，可將邊轉(zhuǎn)化為角的三角函數(shù)關(guān)系，然后利用三角函數(shù)知識(shí)進(jìn)行化簡，其中往往用到三角形內(nèi)角和定理A＋B＋C＝π。利用公式cosA＝eq\f(b2＋c2－a2，2bc），cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，可將有關(guān)三角形中的角的余弦化為邊的關(guān)系，然后充分利用代數(shù)知識(shí)求邊．第2課時(shí)解三角形的應(yīng)用熱點(diǎn)一正、余弦定理的實(shí)際應(yīng)用【例1】(1）如圖，設(shè)A、B兩點(diǎn)在河的兩岸，一測量者在A的同側(cè)，選定一點(diǎn)C，測出AC的距離為50m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，則A，B兩點(diǎn)的距離為（)A．50eq\r(2）mB．50eq\r(3)mC．25eq\r(2)mD。eq\f(25\r(2),2）m（2）如圖，一輛汽車在一條水平的公路上向正西行駛，到A處時(shí)測得公路北側(cè)一山頂D在西偏北30°的方向上，行駛600m后到達(dá)B處，測得此山頂在西偏北75°的方向上，仰角為30°，則此山的高度CD＝________m.【解析】(1）由正弦定理得AB＝eq\f（AC·sin∠ACB，sinB)＝eq\f（50×\f(\r（2），2)，\f（1，2））＝50eq\r（2)（m)．（2)在△ABC中，AB＝600,∠BAC＝30°，∠ACB＝75°－30°＝45°，由正弦定理得eq\f（BC，sin∠BAC）＝eq\f（AB,sin∠ACB)，即eq\f（BC,sin30°)＝eq\f(600，sin45°)，所以BC＝300eq\r（2).在Rt△BCD中，∠CBD＝30°，CD＝BCtan∠CBD＝300eq\r（2）·tan30°＝100eq\r（6)m?！敬鸢浮?1）A（2)100eq\r(6)【總結(jié)反思】求距離、高度問題應(yīng)注意的問題（1)理解俯角、仰角的概念，它們都是視線與水平線的夾角；理解方向角的概念；(2)選定或確定要?jiǎng)?chuàng)建的三角形，要首先確定所求量所在的三角形，若其他量已知?jiǎng)t直接解；若有未知量，則把未知量放在另一確定三角形中求解．（3)確定用正弦定理還是余弦定理，如果都可用，就選擇更便于計(jì)算的定理。（2017·臺(tái)州模擬)在O點(diǎn)測量到遠(yuǎn)處有一物體在做勻速直線運(yùn)動(dòng)，開始時(shí)該物體位于P點(diǎn)，一分鐘后其位置在Q點(diǎn)，且∠POQ＝90°,再過兩分鐘后，該物體位于R點(diǎn),且∠QOR＝60°，則tan2∠OPQ的值等于（)A.eq\f(4，27） B.eq\f（2\r(3),9)C。eq\f(4，9) D．以上均不正確解析：設(shè)PQ＝x，QR＝2x，∠OPQ＝α.如圖，因?yàn)椤螾OQ＝90°，∠QOR＝60°,所以∠ORP＝30°－α，在Rt△OPQ中，OQ＝xsinα。①在△OQR中，由正弦定理，得eq\f(OQ,sin30°－α）＝eq\f(QR，sin60°），解得OQ＝eq\f（4\r（3）x,3）sin（30°－α)．②由①②，得xsinα＝eq\f(4\r(3）x，3)sin(30°－α)，解得tanα＝eq\f(2\r（3），9)，即tan2α＝eq\f(4，27）。答案：A熱點(diǎn)二三角形與平面幾何的綜合問題【例2】(2017·廣東惠州調(diào)研）如圖所示，在四邊形ABCD中,∠D＝2∠B，且AD＝1，CD＝3，cosB＝eq\f（\r（3）,3）。（1)求△ACD的面積；（2）若BC＝2eq\r(3），求AB的長．【解】(1）cosD＝cos2B＝2cos2B－1＝－eq\f（1，3).因?yàn)椤螪∈(0，π),所以sinD＝eq\f(2\r（2）,3)，所以△ACD的面積S＝eq\f（1，2)·AD·CD·sinD＝eq\r（2）。(2)在△ACD中，AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cosD＝12，所以AC＝2eq\r（3).在△ABC中,AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cosB＝12,把已知條件代入并化簡得AB2－4AB＝0，因?yàn)锳B≠0，所以AB＝4.【總結(jié)反思】此類題目求解時(shí),一般有如下思路:(1)把所提供的平面圖形拆分成若干個(gè)三角形，然后在各個(gè)三角形內(nèi)利用正弦、余弦定理求解；(2）尋找各個(gè)三角形之間的聯(lián)系，交叉使用公共條件，求出結(jié)果．做題過程中，要用到平面幾何中的一些知識(shí)點(diǎn)，如相似三角形的邊角關(guān)系、平行四邊形的一些性質(zhì)，要把這些性質(zhì)與正弦、余弦定理有機(jī)結(jié)合，順利解決問題.（2017·福建師大附中聯(lián)考)如圖，在矩形ABCD中，AB＝eq\r(3)，BC＝3，E在AC上，若BE⊥AC，則ED＝________。解析：在Rt△ABC中,BC＝3，AB＝eq\r(3）,所以∠BAC＝60°。因?yàn)锽E⊥AC，AB＝eq\r（3),所以AE＝eq\f（\r(3），2)，在△EAD中,∠EAD＝30°，AD＝3，由余弦定理知,ED2＝AE2＋AD2－2AE·AD·cos∠EAD＝eq\f(3,4)＋9－2×eq\f(\r（3），2)×3×eq\f（\r(3)，2）＝eq\f（21,4），故ED＝eq\f（\r(21），2).答案：eq\f（\r(21)，2)熱點(diǎn)三三角形中的最值問題【例3】（2017·臨川一中模擬）已知f(x)＝eq\r（3)cos2x＋2sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（3π,2）＋x))sin（π－x），x∈R.(1)求f(x)的最小正周期及單調(diào)增區(qū)間；(2）已知銳角△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b,c，且f(A）＝－eq\r（3)，a＝3,求BC邊上的高的最大值．【解】(1）f(x）＝eq\r（3）cos2x－sin2x＝－2sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x－\f（π，3）)），∴f（x）的最小正周期為π,令2kπ＋eq\f（π,2）≤2x－eq\f(π，3)≤2kπ＋eq\f（3，2）π（k∈Z)，得kπ＋eq\f(5，12）π≤x≤kπ＋eq\f(11，12）π(k∈Z)，∴單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（kπ＋\f（5,12)π，kπ＋\f(11,12)π))（k∈Z）．(2）由f（A)＝－eq\r（3）得sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,3)))＝eq\f（\r(3),2）,又A∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（0,\f（π,2))）,∴A＝eq\f(π，3）.由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，得9＝b2＋c2－bc≥bc，即bc≤9（當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時(shí)取等號)．設(shè)BC邊上的高為h，由三角形等面積法知eq\f(1,2）ah＝eq\f(1，2）bcsinA,得3h＝eq\f(\r（3)，2）bc≤eq\f(9\r(3）,2），∴h≤eq\f(3\r(3)，2)，即h的最大值為eq\f（3\r（3）,2)?！究偨Y(jié)反思】解三角形的最值問題常需結(jié)合基本不等式求解，關(guān)鍵是由余弦定理得到兩邊關(guān)系，再結(jié)合不等式求解最值問題，或者將所求轉(zhuǎn)化為某個(gè)角的三角函數(shù)，借助三角函數(shù)的值域求范圍。在△ABC中，a2＋c2＝b2＋eq\r(2)ac.(1)求∠B的大小；(2)求eq\r(2）cosA＋cosC的最大值．解：（1)由余弦定理及題設(shè)得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac）＝eq\f（\r(2)ac，2ac）＝eq\f（\r（2）,2)。又0〈∠B〈π，所以∠B＝eq\f（π,4）。(2)由（1）知∠A＋∠C＝eq\f(3π，4），則eq\r(2)cosA＋cosC＝eq\r（2)cosA＋coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（3π,4）－A))＝eq\r(2)cosA－eq\f(\r（2）,2)cosA＋eq\f(\r（2），2）sinA＝eq\f(\r(2),2)cosA＋eq\f(\r(2),2）sinA＝cos（A－eq\f（π，4））．因?yàn)?<∠A<eq\f(3π，4），所以當(dāng)∠A＝eq\f(π,4)時(shí),eq\r(2）cosA＋cosC取得最大值1.熱點(diǎn)四三角形與不等式的綜合應(yīng)用【例4】已知△ABC的內(nèi)角A，B,C滿足sin2A＋sin（A－B＋C）＝sin（C－A－B)＋eq\f(1,2)，面積S滿足1≤S≤2，記a,b，c分別為A，B，C所對的邊,則下列不等式一定成立的是()A．bc（b＋c)〉8 B．a(chǎn)b（a＋b）〉16eq\r(2）C．6≤abc≤12 D．12≤abc≤24【解析】因?yàn)锳＋B＋C＝π，由sin2A＋sin（A－B＋C)＝sin（C－A－B）＋eq\f(1,2）得sin2A＋sin2B＋sin2C＝eq\f（1,2），即sin[(A＋B）＋（A－B)］＋sin[(A＋B）－（A－B）］＋sin2C＝eq\f(1,2）,整理得2sinCcos（A－B)＋2sinCcosC＝2sinC[cos（A－B)－cos（A＋B)］＝eq\f（1，2),整理得4sinA·sinBsinC＝eq\f(1，2），即sinAsinBsinC＝eq\f（1，8)。又S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2）bcsinA＝eq\f（1,2)ca·sinB，因此S3＝eq\f（1,8）a2b2c2sinAsinBsinC＝eq\f（1,64)a2b2c2.由1≤S≤2得1≤eq\f(1,64)a2b2c2≤23，即8≤abc≤16eq\r（2），因此選項(xiàng)C、D不一定成立．又b＋c〉a>0，因此bc·（b＋c)>bc·a≥8，即bc(b＋c)>8，選項(xiàng)A一定成立．又a＋b〉c〉0,因此ab(a＋b)〉ab·c≥8，即ab（a＋b）〉8,顯然不能得出ab（a＋b)〉16eq\r(2），選項(xiàng)B不一定成立．綜上所述，選A?！敬鸢浮緼【總結(jié)反思】三角形與不等式的綜合常結(jié)合不等式的性質(zhì)與基本不等式。在△ABC中,角A,B，C的對應(yīng)邊分別為a,b，c,滿足eq\f(b,a＋c)＋eq\f（c，a＋b)≥1，則角A的范圍是(）A.eq\b\lc\（\rc\]（\a\vs4\al\co1（0，\f(π,3))) B.eq\b\lc\(\rc\]（\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6）））C.eq\b\lc\[\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π，3)，π）) D.eq\b\lc\[\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（π,6），π）)解析:由eq\f（b，a＋c)＋eq\f(c，a＋b)≥1，得b（a＋b）＋c（a＋c）≥（a＋c）(a＋b)，化簡得b2＋c2－a2≥bc，即eq\f（b2＋c2－a2,2bc)≥eq\f（1，2),即cosA≥eq\f(1,2）(0<A<π），所以0＜A≤eq\f（π,3）,故選A。答案：A1．判斷三角形形狀的途徑根據(jù)所給條件確定三角形的形狀，主要有兩種途徑:（1)化邊為角；（2)化角為邊，并常用正弦(余弦）定理實(shí)施邊、角轉(zhuǎn)換．2．與向量、不等式的綜合問題．此類問題常利用向量的數(shù)量積或基本不等式求解．解三角形之難點(diǎn)突破—-三角形的范圍問題解三角形問題屬于高考熱點(diǎn)問題，而其中的范圍問題是難點(diǎn)．任何范圍問題，其本質(zhì)都是函數(shù)問題,三角形的范圍（或最值)問題也不例外．三角形中的范圍（或最值)問題的解法主要有兩種：一種是用函數(shù)求解；另一種是利用基本不等式求解．由于三角形中的范圍問題一般是以角為自變量的三角函數(shù)問題，所以,除遵循函數(shù)問題的基本要求外,還有自己獨(dú)特的解法．縱觀近幾年高考，三角形中的范圍問題大致分成三類:邊的范圍問題、角的范圍問題、面積的范圍問題．下面結(jié)合例題舉例說明其解法要領(lǐng)．一、與邊有關(guān)的范圍問題【例1】在平面四邊形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，則AB的取值范圍是________．【解析】解法1：如圖所示，延長BA，CD交于E點(diǎn)．則在△ADE中,∠DAE＝105°，∠ADE＝45°，∠E＝30°，所以設(shè)DA＝eq\f（1,2）x，AE＝eq\f（\r(2)，2)x，DE＝eq\f（\r（6）＋\r（2）,4)x,CD＝m，由△BCE為等腰三角形，且BC＝2得,(eq\f（\r(6）＋\r（2)，4）x＋m)sin15°＝1,即eq\f(\r(6）＋\r(2），4)x＋m＝eq\r（6)＋eq\r（2)，0<x<4，所以AB＝eq\f(\r（6）＋\r（2）,4)x＋m－eq\f（\r（2),2）x＝（eq\r（6)＋eq\r(2))－eq\f（\r(2),2)x，所以AB的取值范圍為(eq\r(6）－eq\r（2)，eq\r(6)＋eq\r（2)）．解法2：連接AC，設(shè)∠BAC＝α，則∠ACB＝105°－α，在△ABC中，由正弦定理得eq\f（AB，sin105°－α）＝eq\f(BC，sinα)，所以AB＝eq\f(2sin105°－α，sinα）＝eq\f（\f(\r（6）＋\r(2)，2）cosα＋\f（\r（6)－\r（2），2）sinα，sinα）＝eq\f（\r（6）＋\r（2），2）eq\f（1,tanα)＋eq\f(\r(6）－\r(2），2）.因?yàn)閑q\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（α<75°,,105°－α<75°，））所以30°<α<75°，所以eq\f(1，\r(3)）〈tanα〈2＋eq\r(3），所以2－eq\r（3)<eq\f（1,tanα）<eq\r(3)，進(jìn)一步可得AB的取值范圍為（eq\r（6）－eq\r(2），eq\r(6）＋eq\r（2)）．【答案】（eq\r（6）－eq\r（2），eq\r(6）＋eq\r（2))解題策略：四邊形問題轉(zhuǎn)化成解三角形問題是本題的本質(zhì)。解法1轉(zhuǎn)換成兩個(gè)邊的關(guān)系，但是一直含有兩個(gè)變量，不容易看出兩個(gè)量之間的關(guān)系,不好把握,但是這種解法捕捉到了題中含有等腰三角形這一核心條件．解法2也是轉(zhuǎn)化成解三角形問題，通過三角函數(shù)求邊的范圍，是通性通法．二、與角有關(guān)的范圍問題【例2】在△ABC中，a,b，c分別為三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對邊,且BC邊上的高為eq\f（\r（3)，6)a，則eq\f(c,b)＋eq\f(b,c)取得最大值時(shí)，內(nèi)角A的值為(）A.eq\f(π，2） B.eq\f（π,6）C.eq\f（2π,3) D。eq\f（π，3）【解析】利用等面積法可得，eq\f（1，2）·BC·eq\f(\r（3)，6）a＝eq\f（1,2)·b·c·sinA,整理得eq\f（\r（3）,6）a2＝bcsinA，∴eq\f(c,b)＋eq\f（b,c)＝eq\f(c2＋b2,bc）＝eq\f(a2＋2bccosA，bc)＝2eq\r(3)sinA＋2cosA＝4sin(A＋eq\f（π,6）)，顯然選D?！敬鸢浮緿解題策略：與角有關(guān)的范圍問題，當(dāng)然用三角函數(shù)解決，實(shí)現(xiàn)邊與角的過渡用正、余弦定理．三、與面積有關(guān)的范圍問題【例3】在△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C的對邊，且滿足4cos2eq\f（A,2）－cos2（B＋C）＝eq\f（7，2），若a＝2，則△ABC的面積的最大值是________．【解析】因?yàn)锽＋C＝π－A，所以cos2(B＋C)＝cos(2π－2A）＝cos2A＝2cos2A－1，又cos2eq\f(A,2）＝eq\f(1＋cosA,2），所以4cos2eq\f（A，2)－cos2（B＋C）＝eq\f(7，2)可化為4cos2A－4cosA＋1＝0，解得cosA＝eq\f（1,2)。又A為三角形的內(nèi)角，所以A＝eq\f(π,3)，由余弦定理得4＝b2＋c2－2bccosA≥2bc－bc＝bc,即bc≤4，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時(shí)取等號，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA≤eq\f（1,2)×4×eq\f(\r(3），2)＝eq\r（3），即△ABC的面積的最大值為eq\r（3）.【答案】eq\r(3）解題策略:與三角形面積有關(guān)的問題主要有以下策略：1.求三角形面積，對于公式S＝eq\f（1,2)absinC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f（1，2)acsinB，一般是知道某個(gè)角就選含該角的公式；2。已知三角形面積解三角形一般要用正弦定理或余弦定理進(jìn)行轉(zhuǎn)化；3。求面積的最值問題一般要用到基本不等式．專題二高考解答題鑒賞—-三角函數(shù)從近幾年的高考試題看，全國卷交替考查三角函數(shù)、解三角形．該部分解答題是高考得分的基本組成部分，不能掉以輕心．該部分的解答題考查的熱點(diǎn)題型有:一、考查三角函數(shù)的圖象變換以及單調(diào)性、最值等；二、考查解三角形問