尋找最適合自己的學習方法正弦定理和余弦定理1．正弦定理：eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R，其中R是三角形外接圓的半徑．由正弦定理可以變形：(1)a∶b∶c＝sin_A∶sin_B∶sin_C；(2)a＝2Rsin_A，b＝2Rsin_B，c＝2Rsin_C；(3)sinA＝eq\f(a,2R)，sinB＝eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R)等形式，解決不同的三角形問題．2．余弦定理：a2＝b2＋c2－2bccos_A，b2＝a2＋c2－2accos_B，c2＝a2＋b2－2abcos_C．余弦定理可以變形：cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab).3．S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(abc,4R)＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)·r(r是三角形內切圓的半徑)，并可由此計算R、r.4．在△ABC中，已知a、b和A時，解的情況如下：A為銳角A為鈍角或直角圖形關系式a＝bsinAbsinA<a<ba≥ba>b解的個數(shù)一解兩解一解一解[難點正本疑點清源]1．在三角形中，大角對大邊，大邊對大角；大角的正弦值也較大，正弦值較大的角也較大，即在△ABC中，A>B?a>b?sinA>sinB；tanA+tanB+tanC=tanA·tanB·tanC；在銳角三角形中，cosA<sinB,cosA<sinC·2．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)定理實施邊、角轉換．1．在△ABC中，若A＝60°，a＝eq\r(3)，則eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝________.2．(2012·福建)已知△ABC的三邊長成公比為eq\r(2)的等比數(shù)列，則其最大角的余弦值為________．3．(2012·重慶)設△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且cosA＝eq\f(3,5)，cosB＝eq\f(5,13)，b＝3，則c＝________.4．(2011·課標全國)在△ABC中，B＝60°，AC＝eq\r(3)，則AB＋2BC的最大值為________．5．已知圓的半徑為4，a、b、c為該圓的內接三角形的三邊，若abc＝16eq\r(2)，則三角形的面積為()A．2eq\r(2) B．8eq\r(2)C.eq\r(2) D.eq\f(\r(2),2)題型一利用正弦定理解三角形例1在△ABC中，a＝eq\r(3)，b＝eq\r(2)，B＝45°.求角A、C和邊c.已知a，b，c分別是△ABC的三個內角A，B，C所對的邊，若a＝1，b＝eq\r(3)，A＋C＝2B，則角A的大小為________．題型二利用余弦定理求解三角形例2在△ABC中，a、b、c分別是角A、B、C的對邊，且eq\f(cosB,cosC)＝－eq\f(b,2a＋c).(1)求角B的大??；(2)若b＝eq\r(13)，a＋c＝4，求△ABC的面積．已知A，B，C為△ABC的三個內角，其所對的邊分別為a，b，c，且2cos2eq\f(A,2)＋cosA＝0.(1)求角A的值；(2)若a＝2eq\r(3)，b＋c＝4，求△ABC的面積．一、選擇題(本題共5小題，每小題5分，共25分)1．在△ABC中，A＝60°，B＝75°，a＝10，則c＝()A．5eq\r(2)B．10eq\r(2)C.eq\f(10\r(6),3)D．5eq\r(6)解析：由正弦定理得：eq\f(10,sin60°)＝eq\f(c,sin45°)，∴c＝eq\f(10×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝eq\f(10\r(6),3).答案：C2．(2010·茂名調研)已知a，b，c是△ABC三邊之長，若滿足等式(a＋b－c)(a＋b＋c)＝ab， 則角C的大小為 () A．60° B．90° C．120° D．150° 解析：由(a＋b－c)(a＋b＋c)＝ab得(a＋b)2－c2＝ab.c2＝a2＋b2＋ab＝a2＋b2－2abcosC. ∴cosC＝－eq\f(1,2)，C＝120°. 答案：C3．在△ABC中，已知sinAcosB＝sinC，那么△ABC一定是 () A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等腰直角三角形 D．正三角形 解析：利用正弦定理、余弦定理把已知轉化為三邊關系，可得b2＋c2＝a2，因此A＝90°. 答案：A4．△ABC中，AB＝eq\r(3)，AC＝1，∠B＝30°，則△ABC的面積等于 () A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(3),4) C.eq\f(\r(3),2)或eq\r(3) D.eq\f(\r(3),2)或eq\f(\r(3),4) 解析：eq\f(1,sin30°)＝eq\f(\r(3),sinC)，∴sinC＝eq\f(\r(3),2). ∵0°＜C＜180°，∴C＝60°或120°. (1)當C＝60°時，A＝90°，∴BC＝2，此時，S△ABC＝eq\f(\r(3),2)； (2)當C＝120°時，A＝30°， S△ABC＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×1×sin30°＝eq\f(\r(3),4). 答案：D5．(2010·上海卷)若△ABC的三個內角滿足sinA∶sinB∶sinC＝5∶11∶13，則△ABC() A．一定是銳角三角形 B．一定是直角三角形 C．一定是鈍角三角形 D．可能是銳角三角形，也可能是鈍角三角形 解析：∵sinA∶sinB∶sinC＝a∶b∶c ∴a∶b∶c＝5∶11∶13 設a＝5k，b＝11k，c＝13k， 則cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(25k2＋121k2－169k2,2×5k×11k)＝－eq\f(23,110)＜0， ∴C為鈍角． 答案：C二、填空題(本題共3小題，每小題5分，共15分)6．在△ABC中，2b＝a＋c，∠B＝30°，△ABC的面積為eq\f(3,2)，那么b等于________． 解析：由2b＝a＋c，兩邊平方a2＋c2＝4b2－2ac，又S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,4)ac＝eq\f(3,2)， ∴ac＝6，∴a2＋c2＝4b2－12， ∴b2＝a2＋c2－2accosB＝4b2－12－6eq\r(3)， ∴b2＝4＋2eq\r(3). ∴b＝1＋eq\r(3). 答案：1＋eq\r(3)7．(2010·廣東卷)已知a，b，c分別是△ABC的三個內角A，B，C所對的邊，若a＝1，b＝ eq\r(3)，A＋C＝2B，則sinA＝________. 解析：在△ABC中，A＋B＋C＝180°， 又∵A＋C＝2B， ∴3B＝180°即B＝60°. 由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，所以sinA＝eq\f(asinB,b) ＝eq\f(1×\f(\r(3),2),\r(3))＝eq\f(1,2). 答案：eq\f(1,2)8．(2010·山東卷)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.若a＝eq\r(2)，b＝2，sinB ＋cosB＝eq\r(2)，則角A的大小為________． 解析：∵sinB＋cosB ＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))＝eq\r(2)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))＝1， 解得B＝eq\f(π,4).由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB) 得sinA＝eq\f(1,2)，即A＝eq\f(π,6). 答案：eq\f(π,6)三、解答題(本題共2小題，每小題10分，共20分)9．(2010·重慶卷)設△ABC的內角A、B、C的對邊長分別為a、b、c，且3b2＋3c2－3a2＝4eq\r(2) bc. (1)求sinA的值； (2)求eq\f(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋C＋\f(π,4))),1－cos2A)的值． 解：(1)由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(2\r(2),3)， 又0＜A＜π，故sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(1,3). (2)原式＝eq\f(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－A＋\f(π,4))),1－cos2A) ＝eq\f(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,4))),2sin2A) ＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)sinA＋\f(\r(2),2)cosA))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)sinA－\f(\r(2),2)cosA)),2sin2A) ＝eq\f(sin2A－cos2A,2sin2A) ＝－eq\f(7,2).10．已知平面四邊形ABCD中，△BCD為正三角形，AB＝AD＝1，∠BAD＝ θ，記四邊形的面積為S. (1)將S表示為θ的函數(shù)， (2)求S的最大值及此時θ的大?。?解：(1)在△ABD中，由余弦定理得BD2＝2－2cosθ， 又S＝S△ABD＋S△BCD＝eq\f(1,2)sinθ＋eq\f(1,2)(2－2cosθ)sineq\f(π,3). 所以S＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＋eq\f(\r(3),2)，θ∈(0，π)． (2)∵θ∈(0，π)，∴－eq\f(π,3)＜θ－eq\f(π,3)＜eq\f(2π,3). 所以θ－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)時，即θ＝eq\f(5π,6)時，S取得最大值，最大值為1＋eq\f(\r(3),2).B級素能提升練(時間：30分鐘滿分：40分)一、選擇題(本題共2小題，每小題5分，共10分)1．(2010·長春調研)銳角△ABC中，若A＝2B，則eq\f(a,b)的取值范圍是 () A．(1,2) B．(1，eq\r(3)) C．(eq\r(2)，2) D．(eq\r(2)，eq\r(3)) 解析：∵△ABC為銳角三角形，且A＝2B， ∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＜2B＜\f(π,2)，,0＜π－3B＜\f(π,2)，)) ∴eq\f(π,6)＜B＜eq\f(π,4). ∵A＝2B，∴sinA＝sin2B＝2sinBcosB， ∴eq\f(a,b)＝eq\f(sinA,sinB)＝2cosB∈(eq\r(2)，eq\r(3))． 答案：D2．在△ABC中，如果lga－lgc＝lgsinB＝－lgeq\r(2)，并且B為銳角，則△ABC的形狀是() A．等邊三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．等腰直角三角形 解析：由已知得eq\f(a,c)＝sinB＝eq\f(\r(2),2)，得B＝eq\f(π,4)，由余弦定理知：b2＝a2＋c2－2accosB，∴b2 ＝a2＋(eq\r(2)a)2－2·a·eq\r(2)a·coseq\f(π,4)＝a2，∴a＝b，又c＝eq\r(2)a，∴a2＋b2＝c2.∴△ABC為等腰 直角三角形． 答案：D二、填空題(本題共2小題，每小題5分，共10分)3．在△ABC中，角A、B、C所對的邊分別是a、b、c，若三角形的面積S＝eq\f(1,4)(a2＋b2－c2)， 則角C的度數(shù)是________． 解析：由S＝eq\f(1,4)(a2＋b2－c2) 得eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,4)·2abcosC. ∴tanC＝1.又0＜C＜π，∴C＝45°. 答案：45°4．已知△ABC三邊滿足a2＋b2＝c2－eq\r(3)ab，則此三角形的最大內角為________． 解析：∵a2＋b2－c2＝－eq\r(3)ab， ∴cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝－eq\f(\r(3),2)， 故C＝150°為三角形的最大內角． 答案：150°三、解答題(本題共2小題，每小題10分，共20分)5．在△ABC中，內角A、B、C的對邊長分別為a、b、c，已知a2－c2＝2b，且sinAcosC ＝3cosAsinC，求b. 解：由余弦定理得：a2－c2＝b2－2bccosA．又a2－c2＝2b，b≠0. 所以b＝2ccosA＋2，① 又sinAcosC＝3cosAsinC， ∴sinAcosC＋cosAsinC＝4cosAsinC， sin(A＋C)＝4cosAsinC，即sinB＝4cosAsinC. 由正弦定理得sinB＝eq\f(b,c)sinC，故b＝4ccosA，② 由①，②解得b＝4.6．在△ABC中，角A、B、C所對邊長分別為a、b、c，設a、b、c滿足條件b2＋c2－bc＝ a2和eq\f(c,b)＝eq\f(1,2)＋eq\r(3)，求角A和tanB的值． 解：由b2＋c2－bc＝a2，得eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)， 即cosA＝eq\f(1,2)，又0＜A＜π，∴A＝eq\f(π,3). 又eq\f(c,b)＝eq\f(1,2)＋eq\r(3)，eq\f(sinC,sinB)＝eq\f(1,2)＋eq\r(3)， C＝π－A－B＝eq\f(2π,3)－B， ∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\r(3)))sinB， 整理得eq\f(\r(3),2)cosB＋eq\f(1,2)sinB＝eq\f(1,2)sinB＋eq\r(3)sinB. ∴eq\f(1,2)cosB＝sinB，則tanB＝eq\f(1,2). 答案要點梳理1.eq\f(a,sinA)eq\f(b,sinB)eq\f(c,sinC)(1)sinA∶sinB∶sinC(2)2RsinA2RsinB2RsinC(3)eq\f(a,2R)eq\f(b,2R)eq\f(c,2R)2．b2＋c2－2bccosAa2＋c2－2accosBa2＋b2－2abcosCeq\f(b2＋c2－a2,2bc)eq\f(a2＋c2－b2,2ac)eq\f(a2＋b2－c2,2ab)基礎自測1．22.13.eq\f(\r(6),3)4.eq\r(3)5.C題型分類·深度剖析例1解由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，eq\f(\r(3),sinA)＝eq\f(\r(2),sin45°)，∴sinA＝eq\f(\r(3),2).∵a>b，∴A＝60°或A＝120°.當A＝60°時，C＝180°－45°－60°＝75°，c＝eq\f(bsinC,sinB)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),2)；當A＝120°時，C＝180°－45°－120°＝15°，c＝eq\f(bsinC,sinB)＝eq\f(\r(6)－\r(2),2).變式訓練1eq\f(π,6)例2解(1)由余弦定理知：cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab).將上式代入eq\f(cosB,cosC)＝－eq\f(b,2a＋c)得：eq\f(a2＋c2－b2,2ac)·eq\f(2ab,a2＋b2－c2)＝－eq\f(b,2a＋c)，整理得：a2＋c2－b2＝－ac.∴cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(－ac,2ac)＝－eq\f(1,2).∵B為三角形的內角，∴B＝eq\f(2,3)π.(2)將b＝eq\r(13)，a＋c＝4，B＝eq\f(2,3)π代入b2＝a2＋c2－2accosB，得b2＝(a＋c)2－2ac－2accosB，∴13＝16－2aceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))，∴ac＝3.∴S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(3\r(3),4).變式訓練2解(1)∵coseq\f(A,2)＝eq\f(2\r(5),5)，∴cosA＝2cos2eq\f(A,2)－1＝eq\f(3,5)，∴sinA＝eq\f(4,5).又eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝3，∴bccosA＝3，∴bc＝5.∴S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×5×eq\f(4,5)＝2.(2)由(1)知，bc＝5，又b＋c＝6，根據(jù)余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝(b＋c)2－2bc－2bccosA＝36－10－10×eq\f(3,5)＝20，∴a＝2eq\r(5).例3解(1)由題設并由正弦定理，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋c＝\f(5,4)，,ac＝\f(1,4)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,c＝\f(1,4)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,4)，,c＝1.))(2)由余弦定理，b2＝a2＋c2－2accosB＝(a＋c)2－2ac－2accosB＝p2b2－eq\f(1,2)b2－eq\f(1,2)b2cosB，即p2＝eq\f(3,2)＋eq\f(1,2)cosB.因為0<cosB<1，所以p2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))，由題設知p>0，所以eq\f(\r(6),2)<p<eq\r(2).變式訓練3解(1)∵c＝2，C＝eq\f(π,3)，∴由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC得a2＋b2－ab＝4.又∵△ABC的面積為eq\r(3)，∴eq\f(1,2)absinC＝eq\r(3)，ab＝4.聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋b2－ab＝4，,ab＝4，))解得a＝2，b＝2.(2)由sinC＋sin(B－A)＝sin2A，得sin(A＋B)＋sin(B－A)＝2sinAcosA，即2sinBcosA＝2sinAcosA，∴cosA·(sinA－sinB)＝0，∴cosA＝0或sinA－sinB＝0，當cosA＝0時，∵0<A<π，∴A＝eq\f(π,2)，△ABC為直角三角形；當sinA－sinB＝0時，得sinB＝sinA，由正弦定理得a＝b，即△ABC為等腰三角形．∴△ABC為等腰三角形或直角三角形．課時規(guī)范訓練A組1．D2.C3.B4.eq\f(5\r(2),3)5.26.4或57．解(1)∵eq\r(3)b＝2a·sinB，由正弦定理知eq\r(3)sinB＝2sinA·sinB.∵B是三角形的內角，∴sinB>0，從而有sinA＝eq\f(\r(3),2)，∴A＝60°或120°，∵A是銳角，∴A＝60°.(2)∵10eq\r(3)＝eq\f(1,2)bcsin60°，∴bc＝40，又72＝b2＋c2－2bccos60°，∴b2＋c2＝89.8．解∵sinB＝