1.三角形的元素一般地,三角形的三個(gè)角A,B,C和它們的對(duì)邊a,b,c叫做三角形的元素.2.解三角形已知三角形的幾個(gè)元素求其他元素的過程叫做解三角形.6.4.3余弦定理、正弦定理1|三角形的元素與解三角形知識(shí)點(diǎn)必備知識(shí)清單破

三角形中任何一邊的平方,等于其他兩邊平方的和減去這兩邊與它們夾角的余弦的積的

兩倍.即a2=b2+c2-2bccosA,b2=a2+c2-2accosB,c2=a2+b2-2abcosC.推論:cosA=

,cosB=

,cosC=

.2|余弦定理知識(shí)點(diǎn)在一個(gè)三角形中,各邊和它所對(duì)角的正弦的比相等,即

=

=

=2R(R是△ABC外接圓的半徑).變形:a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC,sinA=

,sinB=

,sinC=

.3|正弦定理知識(shí)點(diǎn)1.仰角、俯角:在視線所在的垂直平面內(nèi),視線與水平線的夾角.視線在水平線上方、下方時(shí),

與水平線的夾角分別為仰角、俯角,如圖①.

4|實(shí)際應(yīng)用問題中的有關(guān)術(shù)語知識(shí)點(diǎn)2.方向角:一般是指以觀測(cè)者的位置為中心,將正北或正南方向作為起始方向旋轉(zhuǎn)到目標(biāo)方向

線所成的角(一般指銳角),通常表達(dá)成北(南)偏東(西)××度.如圖②,方向角為南偏西60°.

3.方位角:從某點(diǎn)的正北方向起,按順時(shí)針方向到目標(biāo)方向線所轉(zhuǎn)過的水平角.如圖③,方位角

為120°.

1.余弦定理a2=b2+c2-2bccosA中,若A=90°,公式會(huì)變成什么?勾股定理和余弦定理有什么關(guān)系?2.在△ABC中,若sinA=sinB,則一定有A=B嗎?3.在△ABC中,A>B與sinA>sinB有怎樣的關(guān)系?4.在三角形的6個(gè)元素中,任意給出其中的3個(gè)元素,都能求出其余元素嗎?知識(shí)辨析1.若A=90°,則公式變?yōu)閍2=b2+c2,即勾股定理;勾股定理是余弦定理的一個(gè)特例,余弦定理是勾

股定理的推廣.2.一定.由正弦定理及sinA=sinB得a=b,故△ABC為等腰三角形,則A=B.3.設(shè)△ABC的外接圓的半徑為R,若A>B,則a>b,則2RsinA>2RsinB,故sinA>sinB.若sinA>sinB,則2RsinA>2RsinB,則a>b,故A>B.綜上所述,在△ABC中,A>B與sinA>sinB等價(jià).4.不一定.當(dāng)給出的3個(gè)元素是3個(gè)角時(shí),不能求其邊長,因此給出的3個(gè)元素中至少要有1條邊

長.一語破的1.利用余弦定理解三角形(1)“邊邊邊”型:當(dāng)已知三角形的三邊時(shí),一般先利用余弦定理的推論求出兩角,再根據(jù)三角

形內(nèi)角和定理求出第三個(gè)角.(2)“邊角邊”型:當(dāng)已知兩邊及其夾角時(shí),可以利用余弦定理求第三邊,再用余弦定理的推論

和三角形內(nèi)角和定理求出其他兩角.(3)“邊邊角”型:當(dāng)已知兩邊和其中一邊的對(duì)角時(shí),可以利用余弦定理建立一元二次方程,解

方程求出第三邊,可能會(huì)出現(xiàn)增根,此時(shí)需根據(jù)題意進(jìn)行檢驗(yàn),再用余弦定理的推論和三角形

內(nèi)角和定理求出其他兩角.1|利用余弦定理、正弦定理解三角形定點(diǎn)關(guān)鍵能力定點(diǎn)破2.利用正弦定理解三角形(1)“角角邊”型:當(dāng)已知三角形的兩角和其中一個(gè)角的對(duì)邊時(shí),可由正弦定理求另一角所對(duì)邊,由三角形內(nèi)角和定理求出第三個(gè)角,再由正弦定理求出第三邊.(2)“角邊角”型:當(dāng)已知三角形的兩角和第三個(gè)角的對(duì)邊時(shí),先由三角形內(nèi)角和定理求出第

三個(gè)角,再由正弦定理求另外兩邊.(3)“邊邊角”型:當(dāng)已知兩邊及其中一邊的對(duì)角時(shí),可由正弦定理求另外一邊的對(duì)角,此時(shí)需

從角的角度進(jìn)行檢驗(yàn),即大邊對(duì)大角,小邊對(duì)小角,再由三角形內(nèi)角和定理求第三個(gè)角,最后由

正弦定理求第三邊.不妨設(shè)已知邊a,b和A,則△ABC的解的幾種情況如下:①A為直角或鈍角時(shí),解的情況如下:②A為銳角時(shí),解的情況如下:

在△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,根據(jù)已知條件解三角形.(1)a∶b∶c=2∶

∶(

+1);(2)a=2

,c=

+

,B=45°;(3)c=10,A=45°,C=30°;(4)b=3,c=3

,B=30°.典例解析

(1)由題可設(shè)a=2k,b=

k,c=(

+1)k(k>0),由余弦定理的推論,得cosA=

=

=

,所以A=45°.同理可得cosB=

,所以B=60°.所以C=180°-A-B=75°.(2)由余弦定理,得b2=a2+c2-2accosB=(2

)2+(

+

)2-2×2

×(

+

)×cos45°=8,所以b=2

.由余弦定理的推論,得cosA=

=

=

,所以A=60°,故C=180°-(A+B)=75°.(3)因?yàn)锳=45°,C=30°,所以B=180°-(A+C)=105°.由正弦定理,得

=

,故a=

=10×

=10

.同理可得,b=

=10×

=10×

=10×

=20×

=5

+5

.(4)解法一(余弦定理):由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB,即32=a2+(3

)2-2a×3

×cos30°,整理得a2-9a+18=0,解得a=3或a=6.當(dāng)a=3時(shí),A=B=30°,故C=120°;當(dāng)a=6時(shí),由余弦定理的推論得cosA=

=

=0,所以A=90°,故C=60°.解法二(正弦定理):因?yàn)閎=3,c=3

,B=30°,所以由正弦定理得

=

,解得sinC=

,所以C=60°或C=120°.當(dāng)C=60°時(shí),A=90°,由勾股定理得a=

=6;當(dāng)C=120°時(shí),A=30°,故A=B,所以a=b=3.正、余弦定理在邊角相關(guān)問題中的綜合應(yīng)用主要體現(xiàn)在邊角互化.一般地,若式子中含

有角的余弦或邊的二次式,則考慮用余弦定理;若式子中含角的正弦或邊的一次式,則考慮用

正弦定理.也可以與三角恒等變換等知識(shí)結(jié)合起來,達(dá)到解題的目的.2|利用余弦定理、正弦定理解決三角形邊角相關(guān)問題定點(diǎn)在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,且acosB+acosC=b+c,則△ABC的形狀是

(

)A.等邊三角形

B.銳角三角形C.鈍角三角形

D.直角三角形典例1D解析

解法一:∵acosB+acosC=b+c,∴sinAcosB+sinAcosC=sinB+sinC(由正弦定理邊化角).∵A+B+C=π,∴sinB+sinC=sin(A+C)+sin(A+B),∴sinAcosB+sinAcosC=sin(A+C)+sin(A+B),化簡,得cosA(sinB+sinC)=0(由三角恒等變換求角).又∵A∈(0,π),B∈(0,π),C∈(0,π),∴cosA=0,即A=

,∴△ABC是直角三角形.解法二:∵acosB+acosC=b+c,∴a·

+a·

=b+c(由余弦定理的推論角化邊),化簡,得(a2-b2-c2)(b+c)=0(因式分解得邊的關(guān)系).∵b+c>0,∴a2-b2-c2=0,即a2=b2+c2,∴△ABC是直角三角形.已知△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,且a+c=2b.(1)求證:0<B≤

;(2)若C=2A,試求a∶b∶c.典例2解析

(1)證明:由余弦定理的推論,得cosB=

=

≥

=

,當(dāng)且僅當(dāng)a=c時(shí)等號(hào)成立,∵B是△ABC的內(nèi)角,∴0<B≤

.(2)在△ABC中,由a+c=2b,結(jié)合正弦定理可得sinA+sinC=2sinB,∵C=2A,∴B=π-A-C=π-3A,∴sinA+sin2A=2sin3A,即sinA+2sinAcosA=2(sinAcos2A+cosA·sin2A)=2[sinA(2cos2A-1)+2sinAcos2A],∵sinA>0,∴1+2cosA=2(2cos2A+2cos2A-1),整理得8cos2A-2cosA-3=0,解得cosA=

或cosA=-

.∵C=2A,∴0<A<

,∴cosA=

.由余弦定理的推論,得cosA=

=

,將a+c=2b代入上式,得2b2+2c2-2(2b-c)2=3bc,整理得b=

c,∴a=

c,故a∶b∶c=

c∶

c∶c=4∶5∶6.1.已知△ABC的內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,則△ABC的面積S=

absinC=

bcsinA=

casinB.2.在解決三角形面積、周長等范圍問題時(shí),一般有兩種方法:(1)正弦定理與三角函數(shù)相結(jié)合:利用正弦定理將邊轉(zhuǎn)化為角,進(jìn)行三角恒等變換,然后利用三

角函數(shù)的性質(zhì),求三角形面積、周長的范圍.(2)余弦定理與不等式相結(jié)合:利用余弦定理得到三角形三邊關(guān)系的等式,然后利用不等式(如

a2+c2≥2ac,(a+c)2≥4ac)轉(zhuǎn)化,通過解不等式得到周長或面積的范圍.3|利用余弦定理、正弦定理解決三角形周長和面積問題定點(diǎn)已知在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,且

+

=

.(1)求b的值;(2)若cosB+

sinB=2,求△ABC周長的取值范圍.典例1解析

(1)∵

+

=

,∴

+

=

,∴

=

,解得b=

.(2)解法一(正弦定理+三角函數(shù)):∵cosB+

sinB=2sin

=2,∴sin

=1,∵0<B<π,∴

<B+

<

,∴B+

=

,∴B=

,由正弦定理得

=

=

=

=1,∴a=sinA,c=sinc,由A+B+C=π,B=

,得A+C=

,∴C=

-A,且0<A<

,∴a+c=sinA+sinC=sinA+sin

=sinA+sin

cosA-cos

sinA=

sinA+

cosA=

sin

.∵0<A<

,∴

<A+

<

,∴

<sin

≤1,∴

<

sin

≤

,即

<a+c≤

,∴

<a+b+c≤

,∴△ABC周長的取值范圍是

.解法二(余弦定理+不等式):同解法一得B=

,由(1)知b=

,由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB=(a+c)2-3ac,則3ac=(a+c)2-b2,∵ac≤

,∴3ac=(a+c)2-b2≤

,即(a+c)2≤4b2,∴a+c≤2b=

,當(dāng)且僅當(dāng)a=c時(shí)等號(hào)成立.又∵三角形兩邊之和大于第三邊,∴a+c>b=

,∴

<a+c≤

,∴

<a+b+c≤

,故△ABC周長的取值范圍是

.在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,若asin

=bsinA.(1)求B的值;(2)若b=1,求△ABC面積的最大值;(3)若△ABC為銳角三角形,且c=1,求△ABC面積的取值范圍.典例2解析

(1)由正弦定理及已知得sinAsin

=sinBsinA,∴sinAsin

=sinAcos

=2sin

cos

·sinA,∵A∈(0,π),

∈

,∴sinA≠0,cos

≠0,∴sin

=

,∴

=

,解得B=

.(2)解法一(正弦定理+三角函數(shù)):由正弦定理得

=

=

=

=

,∴a=

sinA,c=

sinC,由A+B+C=π,B=

,得A+C=

,∴C=

-A,且0<A<

,∴ac=

sinAsinC=

sinAsin

=

sinA

=

=

=

sin

+

,∵0<A<

,∴-

<2A-

<

,∴0<

sin

+

≤1,∴ac的取值范圍是(0,1],

∴S△ABC=

acsinB≤

×1×

=

.解法二(余弦定理+不等式):由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB=a2+c2-ac=1,即a2+c2=ac+1,∵a2+c2≥2ac,∴ac+1≥2ac,即ac≤1,當(dāng)且僅當(dāng)a=c=1時(shí)取等號(hào),∴S△ABC=

acsinB≤

×1×

=

.(3)由A+B+C=π,B=

,得A+C=

,即C=

-A,由△ABC為銳角三角形,得

解得

<A<

,由正弦定理得

=

=

,所以a=

=

=

,因?yàn)?/p>

<A<

,所以tanA>

,故a∈

,故S△ABC=

acsinB=

a∈

.所以△ABC面積的取值范圍為

.方法技巧

在求周長或面積范圍問題時(shí),如果已知的邊和角是對(duì)應(yīng)的,兩種方法都適用,但余

弦定理結(jié)合不等式這種方法較簡便;如果已知的邊和角不是對(duì)應(yīng)的或?qū)堑姆秶幸髸r(shí),

通常選擇正弦定理結(jié)合三角函數(shù)這種方法.1.測(cè)量距離問題4|利用余弦定理、正弦定理解決實(shí)際應(yīng)用問題定點(diǎn)問題圖形可測(cè)元素解法測(cè)量不相通的兩點(diǎn)A,B間的距離(A,B均可到達(dá))

a,b,αAB=

測(cè)量可視的兩點(diǎn)A,B間的距離(B點(diǎn)不可到達(dá))

b,α,βAB=

測(cè)量兩個(gè)不可到達(dá)的

點(diǎn)A,B間的距離

a,α,β,γ,θ(1)在△ACD中,用正弦定理求AC;(2)在△BCD中,用正弦定理求BC;(3)在△ABC中,用余弦定理求AB2.測(cè)量高度問題問題圖形可測(cè)元素解法測(cè)量AB的高度(底部

B點(diǎn)可到達(dá))

a,αAB=atanα測(cè)量AB的高度(底部

B點(diǎn)不可到達(dá))

a,α,β(1)在△ACD中,用正

弦定理求AD;(2)AB=ADsinβ

a,α,β,γ(1)在△BCD中,用正

弦定理求BC;(2)AB=BCtanγ3.測(cè)量角度問題,應(yīng)注意:(1)明確角的含義;(2)分析題意,分清已知與所求,并根據(jù)題意畫出正確的示意圖;(3)從實(shí)際問題中抽象出一個(gè)或幾個(gè)三角形,結(jié)合圖形去選擇定理求解三角形.如圖,A,B是海面上位于東西方向相距5(3+

)海里的兩個(gè)觀測(cè)點(diǎn),現(xiàn)位于A點(diǎn)北偏東45°,B點(diǎn)北偏西60°的D點(diǎn)有一艘輪船發(fā)出求救信號(hào),位于B點(diǎn)南偏西60°且與B點(diǎn)相距20

海里的C點(diǎn)的救援船立即前往營救,其航行速度為30海里/時(shí),該救援船到達(dá)D點(diǎn)需要多長時(shí)間?

典例

解析

由題意知AB=5(3+

)海里,∠DBA=90°-60°=30°,∠DAB=45°,∴∠ADB=105°.在△DAB中,由正弦定理得

=

,∴DB=

=

=

=

=10

(海里).又∠DBC=∠DBA+∠ABC=30°+(90°-60°)=60°,BC=20

海里,∴在△DBC中,由余弦定理得CD2=BD2+BC2-2BD·BC·cos∠DBC=300+1200-2×10

×20

×=900,∴CD=30海里,∴該救援船到達(dá)D點(diǎn)需要的時(shí)間為

=1小時(shí).1.奔馳定理如圖,已知P為△ABC內(nèi)一點(diǎn),則有S△PBC·

+S△PAC·

+S△PAB·

=0.

專題疑難突破三角形的奔馳定理和四心問題證明:如圖,延長AP與BC交于點(diǎn)D,

則

=

=

=

=

,易得

=

+

,∴

=

+

,∵

=

=

=

=

,∴

=-

,即

+

=-

,∴S△PBC·

+S△PAC·

+S△PAB·

=0.這個(gè)定理對(duì)應(yīng)的圖形和奔馳車的標(biāo)志很相似,我們把它稱為奔馳定理.奔馳定理可以快

速解決三角形的面積和與“四心”相關(guān)的平面幾何問題.2.三角形四心的向量形式設(shè)O為△ABC內(nèi)一點(diǎn),內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,則①O為△ABC的重心(中線的交點(diǎn))?

+

+

=0?S△BOC∶S△COA∶S△AOB=1∶1∶1.②O為△ABC的內(nèi)心(角平分線的交點(diǎn))?a

+b

+c

=0?sinA·

+sinB·

+sinC·

=0?S△BOC∶S△COA∶S△AOB=a∶b∶c.③O為△ABC的外心(中垂線的交點(diǎn))?|

|=|

|=|

|=

?sin2A·

+sin2B·

+sin2C·

=0?S△BOC∶S△COA∶S△AOB=sin2A∶sin2B∶sin2C.④O為△ABC的垂心(高線的交點(diǎn))?

·

=

·

=

·

?tanA·

+tanB·

+tanC·

=0?S△BOC∶S△COA∶S△AOB=tanA∶tanB∶tanC.(多選)已知P為△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn),則下列命題正確的是

(

)A.若P為△ABC的垂心,

·

=2,則

·

=2B.若P為銳角△ABC的外心,

=x

+y

且x+2y=1,則AB=BCC.若

=λ

(λ∈R),則點(diǎn)P的軌跡經(jīng)過△ABC的重心D.若

=

+

+

,則點(diǎn)P的軌跡經(jīng)過△ABC的內(nèi)心典例1ABC解析

對(duì)于A選項(xiàng),因?yàn)?/p>

=

+

,所以

·

=

·(

+

)=

·

+

·

=2,因?yàn)镻為△ABC的垂心,所以

·

=0,所以

·

=2,故A正確;對(duì)于B選項(xiàng),因?yàn)?/p>

=x

+y

且x+2y=1,所以

=(1-2y)

+y

,所以

-

=y(

-2

),即

=y(

+

),設(shè)D為AC中點(diǎn),則

=2y

,所以B,P,D三點(diǎn)共線,又因?yàn)镻D垂直平分AC,所以BD垂直平分AC,故AB=BC,B正確;對(duì)于C選項(xiàng),由正弦定理得

=

,故|

|sinC=|

|sinB,所以

=λ

=

(

+

),設(shè)BC中點(diǎn)為E,則

+

=2

,所以

=

,所以A,P,E三點(diǎn)共線,即點(diǎn)P在邊BC的中線上,故點(diǎn)P的軌跡經(jīng)過△ABC的重心,C正確;對(duì)于D選項(xiàng),因?yàn)?/p>

=

+

=

+

+

(

+

),設(shè)BC中點(diǎn)為M,則

+

=2

,所以

=

+

+

,所以

·

=

·

+

·

·

+

·

=-|

|+|

|+

·

=

·

,所以

·

-

·

=0,即(

-

)·

=0,所以

·

=0,故點(diǎn)P在BC的中垂線上,故點(diǎn)P的軌跡經(jīng)過△ABC的外心,D錯(cuò)誤.故選ABC.方法總結(jié)

三角形四心與動(dòng)點(diǎn)P的軌跡已知點(diǎn)O是△ABC所在平面內(nèi)一定點(diǎn).1.動(dòng)點(diǎn)P滿足

=

+λ

+

(λ>0),則點(diǎn)P的軌跡一定經(jīng)過△ABC的重心;2.動(dòng)點(diǎn)P滿足

=

+λ

(λ>0),則點(diǎn)P的軌跡一定經(jīng)過△ABC的內(nèi)心;3.動(dòng)點(diǎn)P滿足

=

+λ

+

(λ>0),則點(diǎn)P的軌跡一定經(jīng)過△ABC的外心;4.動(dòng)點(diǎn)P滿足

=

+λ

+

(λ>0),則點(diǎn)P的軌跡一定經(jīng)過△ABC的垂心.已知點(diǎn)O在△ABC內(nèi),若2

+

+3

=0,則S△AOC∶S△ABC=

.典例21∶6解析

解法一(通法):因?yàn)?

+

+3

=0,所以2(

+

)+(

+

)=0,如圖,設(shè)AC,BC的中點(diǎn)分別為E,F,

則2

+

=0,即

=-

,所以S△AOC=

S△AFC,又因?yàn)镾△AFC=

S△ABC,所以S△AOC=

S△ABC,所以答案為1∶6.解法二(速解):由2

+

+3

=0,運(yùn)用奔馳定理得S△BOC∶S△AOC:S△AOB=2∶1∶3,所以S△AOC∶S△ABC=1∶6.方法技巧

已知P為△ABC內(nèi)一點(diǎn),且滿足x

+y

+z

=0,則S△