正、余弦定理的五大命題熱點
正弦定理和余弦定理是解斜三角形和判定三角形類型的重要工具，其主要作用是將已知條件中的邊、角關系轉化為角的關系或邊的關系。在近年高考中主要有以下五大命題熱點： 一、求解斜三角形中的基本元素
是指已知兩邊一角(或二角一邊或三邊)，求其它三個元素問題，進而求出三角形的三線(高線、角平分線、中線)及周長等基本問題． 例1(2005年全國高考江蘇卷) ?ABC中，A?
3
，BC＝3，則?ABC的周長為（ ）
A．43sin?B?
3 B．43sin?B???3C．6sin?B???3 D．6sin?B???3 3?6?3?6????
分析：由正弦定理，求出b及c，或整體求出b＋c，則周長為3＋b＋c而得到結果． 解：由正弦定理得：
3sin
3
bsinB
csinC
b?csinB?sinC
b?c
sinB?sin(
2?3?B)
，
得b＋c
＝B＋sin(
2?3
－B)]＝6sin(B?
)．故三角形的周長為：3＋b＋c＝6sin?B???3，故選(D)． 66??
6
，周長應為3
評注：由于本題是選擇題也可取△ABC為直角三角形時，即B＝
3＋3，故排除(A)、(B)、(C)．而選(D)．
例2(2005年全國高考湖北卷) 在ΔABC中，已知AB?
463
,cosB?
66
，AC邊上的中線BD=
5，求sinA的值．
分析：本題關鍵是利用余弦定理，求出AC及BC，再由正弦定理，即得sinA．
解：設E為BC的中點，連接DE，則DE//AB，且DE?
12
2
AB?
263
，設BE＝在ΔBDE中利用余弦定理可得：BD
2
BE
2
ED?2BE?EDcosBED， 73
5?x?
2
83
2?
263
66
x，解得x?1，x??
故BC=2，從而AC?AB?BC?2AB?BCcosB?
222
283
，即AC?
221
3
sinB?
306
，
故
2sinA
6
sinA?
二、判斷三角形的形狀：給出三角形中的三角關系式，判斷此三角形的形狀．
例3(2005年北京春季高考題)在?ABC中，已知2sinAcosB?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 解法1：由2sinAcosB?sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB，
即sinAcosB－cosAsinB＝0，得sin(A－B)＝0，得A＝B．故選(B)．
解法2：由題意，得cosB＝
sinC2sinA
c2a
，再由余弦定理，得cosB＝
a?c?b
2ac
222
．
∴
a?c?b
2ac
222
＝
c2a
，即a＝b，得a＝b，故選(B)．
22
評注：判斷三角形形狀，通常用兩種典型方法：⑴統一化為角，再判斷(如解法1)，⑵統一化為邊，再判斷(如解法2)． 三、 解決與面積有關問題
主要是利用正、余弦定理，并結合三角形的面積公式來解題．
例4(2005年全國高考上海卷) 在?ABC中，若?A?120，AB?5，BC?7，
則?ABC的面積S＝?
分析：本題只需由余弦定理，求出邊AC，再運用面積公式S＝
2
2
2
12
AB·ACsinA即可解決．
2
解：由余弦定理，得cosA＝
AB?AC?BC
2AB?AC
1534
12
25?AC?4910?AC
12
12
，解得AC＝3．
∴ S＝
12
AB·ACsinA＝．∴ AB·AC·sinA＝AC·h，得h＝AB· sinA＝
322
，故選(A)．
四、求值問題
例5(2005年全國高考天津卷) 在?ABC中，?A、?B、?C所對的邊長分別為a、b、c， 設a、b、c滿足條件b
2
c?bc?a和
22
cb
12
3，求?A和tanB的值．
分析：本題給出一些條件式的求值問題，關鍵還是運用正、余弦定理． 解：由余弦定理cosA?
b?c?a
2bc
222
12
，因此，?A?60?
在△ABC中，∠C=180°－∠A－∠B=120°－∠B.
由已知條件，應用正弦定理
12
3?
cb
sinCsinB
sin(120??B)
sinB
sin120?cosB?cos120?sinB
sinB
32
cotB?
12
,解得cotB?2,從而tanB?
12
.
五、正余弦定理解三角形的實際應用
利用正余弦定理解斜三角形，在實際應用中有著廣泛的應用，如測量、航海、幾何等方面都要用到解三角形的知識，例析如下： （一.）測量問題
例1 如圖1所示，為了測河的寬度，在一岸邊選定A、B兩點，望對岸標記物C，測得∠CAB=30°，∠CBA=75°，AB=120cm，求河的寬度。
分析：求河的寬度，就是求△ABC在AB邊上的高，而在河的一邊，已測出AB長、∠CAB、∠CBA，這個三角形可確定。
解析：由正弦定理得∵S?ABC?
ACsin?CBA
ABsin?ACB12
，∴AC=AB=120m，又
A
圖1
12
D
B
AB?ACsin?CAB?AB?CD，解得CD=60m。
點評：雖然此題計算簡單，但是意義重大，屬于“不過河求河寬問題”。 （二.）遇險問題
例2某艦艇測得燈塔在它的東15°北的方向，此艦艇以30海里/小時的速度向正東前進，30分鐘后又測得燈塔在它的東30°北。若此燈塔周圍10海里內有暗礁，問此艦艇繼續向東航行有無觸礁的危險？
解析：如圖艦艇在A點處觀測到燈塔S在東15°北的方向上；艦艇航行半小時后到達B點，測得S在東30°北的方向上。 在△ABC中，可知AB=30×0.5=15，∠ABS=150°，∠ASB=15°，由正弦定理得BS=AB=15，過點S作SC⊥直線AB，垂足為C，則SC=15sin30°=7.5。
這表明航線離燈塔的距離為7.5海里，而燈塔周圍10海里內有暗礁，故繼續航行有觸礁的危險。
點評：有關斜三角形的實際問題，其解題的一般步驟是：（1）準確理解題意，分
清已知與所求，尤其要理解應用題中的有關名詞和術語；（2）畫出示意圖，并將已知條件在圖形中標出；（3）分析與所研究問題有關的一個或幾個三角形，通過合理運用正弦定理和余弦定理求解。 （三.）追擊問題
例3 如圖3，甲船在A處，乙船在A處的南偏東45°
方向，距A有9n mile并以20n mile/h的速度沿南 偏西15°方向航行，若甲船以28n mile/h的速度航 行，應沿什么方向，用多少h能盡快追上乙船？ 解析：設用t h，甲船能追上乙船，且在C處相遇。
在△ABC中，AC=28t，BC=20t，AB=9， 設∠ABC=α，∠BAC=β。
∴α=180°－45°－15°=120°。根據余弦定理AC
2
北 西
圖2
東 °
AB?BC?2AB?BCcos?，
2
22
28t?
2
81??20t??2?9?20t?(?34
，t=
2
12
)，128t?60t?27?0，（4t－3）（32t+9）=0，
圖3
C
解得t=
932
（舍）
∴AC=28×
34
=21 n mile，BC=20×
34
=15 n mile。
根據正弦定理，得sin??
BCsin?AC
15??
，又∵α=120°，∴β為銳角，
β=arcsin＜＜，211414
14
14
2
∴
arcsin
14
＜
4
，
∴甲船沿南偏東
4
－
arcsin
14
的方向用
34
h可以追上乙船。
點評：航海問題常涉及到解三角形的知識，本題中的 ∠ABC、AB邊已知，另兩邊未知，但他們都是航行的距離，由于兩船的航行速度已知，
所以，這兩邊均與時間t有關。這樣根據余弦定理，可列出關于t的一元二次方程，解出t的值。
五、交匯問題
是指正余弦定理與其它知識的交匯，如與不等式、數列、立體幾何(特別是求角與距離)、解析幾何、實際問題等知識交匯． 例6 (2005年全國高考卷三試題)△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知a，b，c成等比數列，cosB?
34
.
3
（Ⅰ）求cotA+cotC的值； （Ⅱ）設BA?BC?，求a＋c的值.
2
分析：本題是正、余弦定理與向量、等比數列等知識的交匯，關鍵是用好正弦定理、余弦定理等．
解：（Ⅰ）由cosB?
34
,得sinB?
327
()?,
44
由b2=ac及正弦定理得 sinB?sinAsinC. 則cotA?cotC?
2
1tanA
2
1tanCsinB
2
cosAsinA1
cosCsinC?
sinCcosA?cosCsinA
sinAsinC
sin(A?C)
sinBsinBsinB????????3332
（Ⅱ）由BA?BC?，得ca·cosB＝，由ㄋB＝，可得ac＝2，即b＝2．
224
由余弦定理b2=a2+c2－2ac+cosB， 得a2+c2=b2+2ac·cosB=5. (a?c)易錯題解析
例題1 在不等邊△ABC中，a為最大邊，如果a錯解：∵a
2
2
a?c?2ac?5?4?9,
22
a?c?3
2
22
b?c，求A的取值范圍。
b?c，∴b?c?a
22222
0。則
cosA?
b?c?a
2bc
222
0，由于cosA在（0°，180°）上為減函數
且cos90°?0，∴A?90° 又∵A為△ABC的內角，∴0°＜A＜90°。
辨析：錯因是審題不細，已知條件弱用。題設是a為最大邊，而錯解中只把a看做是三角形的普通一條邊，造成解題錯誤。 正解：由上面的解法，可得A＜90°。
又∵a為最大邊，∴A＞60°。因此得A的取值范圍是（60°，90°）。
例題2 在△ABC中，若
ab
22
tanAtanB
，試判斷△ABC的形狀。
錯解：由正弦定理，得
sinAsinB
2
2
tanAtanB
即
sinAsinB
2
2
sinAcosA
·
cosBsinB
，∵sinA?0，sinB?0
∴sinAcosA?sinBcosB，即sin2A?sin2B。
∴2A＝2B，即A＝B。故△ABC是等腰三角形。
辨析：由sin2A?sin2B，得2A＝2B。這是三角變換中常見的錯誤，原因是不熟悉三角函數的性質，三角變換生疏。 正解：同上得sin2A?sin2B，∴2A＝2k??2B
或2A?2k????2B(k?Z)。
∵0?A??，0?b??，∴k?0，則A?B或A?故△ABC為等腰三角形或直角三角形。 例題3 在△ABC中，A＝60°，b＝1，S△ABC?
2
B。
3，求
a?b?csinA?sinB?sinC
的值。
錯解：∵A＝60°，b＝1，S△ABC?
∴
3，又S△ABC?
12
bcsinA，
3?
12
csin60°，解得c＝4。
b?c?2bccosA?
2
2
由余弦定理，得a?1?16?8cos60°?13
又由正弦定理，得sinC?
639
，sinB?
3239
。
∴
a?b?csinA?sinB?sinC
1?432?
3239
639
。
辨析：如此復雜的算式，計算困難。其原因是公式不熟、方法不當造成的。 正解：由已知可得c?4，a?
。由正弦定理，得
2R?
asinA
sin60°
2393
。∴
a?b?csinA?sinB?sinC
2R?
2393
。
例題4 在△ABC中，c?6?2，C＝30°，求a＋b的最大值。
錯解：∵C＝30°，∴A＋B＝150°，B＝150°－A。
由正弦定理，得
asinA
b
sin(150°?A)
6?2
sin30°
∴a?2(6?b?2(6?
2)sinA，
2)sin(150°?A)
又∵sinA?1，sin(150°?A)?1 ∴a?b?2(
6?2)?2(6?2)?4(6?2)。
故a?b的最大值為4(6?2)。
辨析：錯因是未弄清A與150°－A之間的關系。這里A與150°－A是相互制約的，不是相互獨立的兩個量，sinA與sin(150°－A)不能
同時取最大值1，因此所得的結果也是錯誤的。 正解：∵C＝30°，∴A＋B＝150°，B＝150°－A。
由正弦定理，得
asinA6?
b
sin(150°?A)
6?2
sin30°
因此a?b?2(2)[sinA?sin(150°?A)]
∴長為
a，b，c的三條線段能構成銳角三角形。
辨析：三條線段構成銳角三角形，要滿足兩個條件：①三條邊滿足三角形邊長關系；②最長線段的對角是銳角。顯然錯解只驗證了第二個條
件，而缺少第一個條件。 正解：由錯解可得cos??0
又∵
a??c?
(a?b?c)(a?b?
c
b?c)
a?
b，
0
即長為a，c的三條線段能構成銳角三角形。
高考試題展示
1、（06湖北卷）若?ABC的內角A滿足sin2A?
2353
，則sinA?cosA?
A.
3
．?
3
． D．?
53
解：由sin2A＝2sinAcosA?0，可知A這銳角，所以sinA＋cosA?0，
又(sinA?cosA)?1?sin2A?
2
53
，故選A
2、（06安徽卷）如果?A1B1C1的三個內角的余弦值分別等于?A2B2C2的三個內角的正弦值，則
A．?A1B1C1和?A2B2C2都是銳角三角形 B．?A1B1C1和?A2B2C2都是鈍角三角形
C．?A1B1C1是鈍角三角形，?A2B2C2是銳角三角形 D．?A1B1C1是銳角三角形，?A2B2C2是鈍角三角形
A1B1C1的三個內角的余弦值均大于0，C解：則?AB111
sinA?cosA?sin(?A1)21?2?
是銳角三角形，若?A2B2C2是銳角三角形，由?sinB2?cosB1?sin(?B1)，
2?
sinC?cosC?sin(?C1)21?2?
A??A1?2
2
B1，那么，A2?B2?C2?，所以?A2B2C2是鈍角三角形。故選D。 得?B2?22?
C??C1?2
2?
3、（06遼寧卷）?ABC的三內角A,B,C所對邊的長分別為a,b,c設向量
,,若p?(a?c,b)q?(b?a,c?a)p//q,則角C的大小為
(A)
3632
1?222
【解析】p//q?(a?c)(c?a)?b(b?a)?b?a?c?ab，利用余弦定理可得2cosC?1，即cosC?，故?C?
23
選擇答案B。
【點評】本題考查了兩向量平行的坐標形式的重要條件及余弦定理和三角函數，同時著重考查了同學們的運算能力。 4、（06遼寧卷）已知等腰△ABC的腰為底的2倍，則頂角A的正切值是（ ）
(B)
(C)
(D)
2?
2
Ｂ．
8
Ｄ．
7
解：
依題意，結合圖形可得tan
A2
15
2tan
，故tanA?
A2
2?15
7
1?tan
A2
，選D
5、（06全國卷I）?ABC的內角A、B、C的對邊分別為a、b、c，若a、b、c成等比數列，且c?2a，則cosB?
A．
14
B．
34
C
．
4
D
．
3
解：?ABC中，a、b、c成等比數列，且c?2a，則b=2a，
cosB?
a?c?b
2ac
222
=
a?4a?2a
4a
2
222
34
，選B.
6、06山東卷）在△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a、b、c,A=
3
,a=
3,b=1，則c=
(A) 1 （B）2 （C）解：由正弦定理得sinB＝
3—1 （D）3
12
，又a?b，所以A?B，故B＝30?，所以C＝90?，故c＝2，選B
2
7、（06四川卷）設a,b,c分別是?ABC的三個內角A,B,C所對的邊，則a?b?b?c?是A?2B的 （A）充要條件 （B）充分而不必要條件 （C）必要而充分條件 （D）既不充分又不必要條件
解析：設a,b,c分別是?ABC的三個內角A,B,C所對的邊，若a?b?b?c?，
2
則sin∴
2
A?sinB(sinB?sinC)，則
1?cos2a
2
1?cos2B
2
sinBsinC，
12
(cos2B?cos2A)?sinBsinC，sin(B?A)sin(A?B)?sinBsinC，
又sin(A?B)?sinC，∴ sin(A?B)?sinB，∴ A?B?B，A?2B， 若△ABC中，A?2B，由上可知，每一步都可以逆推回去，得到a?b?b?c?，
2
所以a?b?b?c?是A?2B的充要條件，選A.
2
8、（06北京卷）在?ABC中，若sinA:sinB:sinC?5:7:8，則?B的大小是___________. 解： sinA:sinB:sinC?5:7:8?a?b?c＝5?7?8設a＝5k，b＝7k，c＝8k，
由余弦定理可解得?B的大小為
3
.
9、（06湖北卷）在?ABC中，已知a?
334
，b＝4，A＝30°，則sinB
＝
2
.
解：由正弦定理易得結論sinB
＝
2
。
10、（06江蘇卷）在△ABC中，已知BC＝12，A＝60°，B＝45°，則AC＝ 【思路點撥】本題主要考查解三角形的基本知識 【正確解答】由正弦定理得，
ACsin45
BCsin60
解得AC?【解后反思】解三角形：已知兩角及任一邊運用正弦定理，已知兩邊及其夾角運用余弦定理
11、（06全國II）已知△ABC的三個內角A、B、C成等差數列，且AB＝1，BC＝4，則邊BC上的中線AD的長為． 解析: 由?ABC的三個內角A、B、C成等差數列可得A+C=2B而A+B+C=?可得?B?
AD為邊BC上的中線可知BD=2,
由余弦定理定理可得AD?
3
本題主要考察等差中項和余弦定理,涉及三角形的內角和定理,難度中等。 12、（06上海春）在△ABC中，已知BC?8,
則cos2C? . 解：由三角形面積公式，得
AC?5，三角形面積為12，
12
2
BC?CA?sinC?20sinC?12，即sinC?
725
從而應填
35
．
于是cos2C?1?2sinC?
725
．
13、（06湖南卷）如圖3,D是直角△ABC斜邊BC上一點,AB=AD,記∠CAD=?,∠ABC=?.
（1）證明 sin??cos2??0;
（2）若
AC=
求?的值.
解：(1)．如圖3，???
2
(??2?)?2??
,?sin??sin(2??)?3 ?cos2?，
22
即sin??cos2??0．
（2）．在?ABC中，由正弦定理得
DCsin?
ACsin(???)
,?
DCsin?
Csin?
.?sin???
由(1)得sin???cos2?，?sin??2???2sin?),
2
即??sin??
2
0.解得sin??
2
sin???
3
．
0???
2
,s?in?
2
,?
3
.
14、（06江西卷）在銳角△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，
已知sinA?
3
，
（1）求tan
2
B?C2
sin
2
A2
的值；
（2）若a?
2，S△ABC?
b的值．
解：（1）因為銳角△ABC中，A＋B＋C＝?
，sinA?，所以cosA＝1，則
3
3
sin
2
B＋C
tan
2
B＋C2
A2A
2
＋sin
2
＝
＋sincos
2B＋C
22
＝
1－cos（B＋C）1＋cos（B＋C）＋121－cosA）＝1＋cosA17
1－cosA＋3＝
3
（2
）因為S1?ABC又S?ABC＝
12
bcsinA＝
2
bc?
3
，則bc＝3。
將a＝2，cosA＝
12
2
2
42
3
，c＝
3b
代入余弦定理：a＝b＋c－2bccosA中得b－6b＋9＝0
解得b
15、（06江西卷）如圖，已知△ABC是邊長為1的正三角形，
A
M、N分別是邊AB、AC上的點，線段MN經過△ABC的中心G， 設?MGA＝?（?
3
2?3
）
（1）
試將△AGM、△AGN的面積（分別記為S1與S2）表示為?的函
11B
C
（2）求y＝
S2
＋
2
的最大值與最小值
1
S2
解：（1）因為G是邊長為1的正三角形ABC的中心，
所以 AG
＝
23
2
3
，?MAG＝
6
，
由正弦定理
GM＝
GA
sin
6
sin（?－?－
得GM6
）
6sin（?＋
6
）
則S1sin?sin?
1＝
2
GM?GA?sin?＝
12sin（?＋
，同理可求得S2＝
6
）12sin（?－
6
）
數
（2）
y＝
1S1
2
＋
1S2
2
＝
144
2
sin?
sin（?＋
2
6
）＋sin（?－
2
6
＝72（3＋cot2?）， ）〕
因為
3
2?3
，所以當?＝
3
或?＝
2?3
時，y取得最大值ymax＝240
當?＝
2
時，y取得最小值ymin＝216
16、（06全國卷I）?ABC的三個內角為A、B、C，求當A為何值時，cosA?2cos
πB+CAB+CA
.解: 由A+B+C=π, 得 = －, 所以有cos=sin .
22222
B?C2
取得最大值，并求出這個最大值。
B+CAAAA13
cosA+2cos =cosA+2sin=1－2sin2+ 2sin =－2(sin－ 2+
2222222
πA1B+C3
當sin= , 即A= 時, cosA+2cos取得最大值為22322
17、（06全國II）
在?ABC中，?B?45?,AC?（1）BC??
cosC?
5
,求
(2)若點D是AB的中點，求中線CD的長度。 解：（1
）由cosC?
5
sinC?
5
2
C?sinC)?
10
sinA?sin(180?45?C)?
由正弦定理知BC?
ACsinB
sinA?
102
（2
）AB?
ACsinB
sinC?
2
5
2，BD?
12
AB?1
由余弦定理知CD?
18、（06四川卷）已知A,B,C是三角形?ABC三內角，
向量m??,n??cosA,sinA?，且m?n?1
（Ⅰ）求角A； （Ⅱ）若
1?sin2BcosB?sinB
2
2
3，求tanB
解：本小題主要考察三角函數概念、同角三角函數的關系、兩角和與差的三角函數的公式以及倍角公式，考察應用、分析和計算能力。
（Ⅰ）∵m?n?1
∴???cosA,sinA??1
A?cosA?1
asinA
csinC
,?
BCsin45
ABsin75
4
BC?3?.
13
，C?150，BC?1，則AB?
21、（07北京文12理11）在△ABC中，若tanA?
解析：在△ABC中，若tanA?
13
，C?150，∴ A
為銳角，sinA?
1，BC?1，則根據正弦定理AB?
BC?
sinCsinA
2
。．
22、（07湖南理12）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若a?1，b
c?
【答案】
B?． 5π6
【解析】由正弦定理得cosB?
1?3?7??
2
，所以B?
5π6
.
23、（07湖南文12） 在?ABC中，角A、B、C所對的邊分別為a、b、c，
若a?1,c?
C?
3
，則A= .
3
【解析】由正弦定理得
asinA
csinC
sinA?
asinCc
23
12
，所以A=
π6
24、（07重慶文13）在△ABC中，AB=1,BC=2,B=60°，則AC＝【答案】：
3
2
。
【分析】
：由余弦定理得：AC
1?2?2?1?2?cos60?3.?AC?
22?
24、（07北京文理13）2002年在北京召開的國際數學家大會，會標
是我國以古代數學家趙爽的弦圖為基礎設計的．弦圖是由四個全 等直角三角形與一個小正方形拼成的一個大正方形（如圖）．如果 小正方形的面積為1，大正方形的面積為25，直角三角形中較小 的銳角為?，那么cos2?的值等于
解析：圖中小正方形的面積為1，大正方形的面積為25，∴ 每一個直角三角形的面積是6，設直角三角形的兩條直角邊長分別為a, b，則
a2?b2?25
， ?1
ab?6??2
∴ 兩條直角邊的長分別為3，4， 設直角三角形中較小的銳角為?，cosθ=
45
，cos2θ=2cos2θ－1=
725
。
25、（07福建理17）在△ABC中，tanA?（Ⅰ）求角C的大小；
（Ⅱ）若△
ABC最大邊的邊長為，求最小邊的邊長．
本小題主要考查兩角和差公式，用同角三角函數關系等解斜三角形的基本知識以及推理和運算能力，滿分12分．
14
，tanB?
35
．
1
解：（Ⅰ）?C?π?(A?B)，?tanC??tan(A?B)??
41?
14
35?35??1．
又?0?C?π，?C?（Ⅱ）?C?
34
π．
34
，?
AB邊最大，即AB?．
又?tanA?tanB，A，B??0?，?角A最小，BC邊為最小邊．
sinA1?
tanA??，??π?由?cosA4且A??0?，
2??sin2A?cos2A?1，
得sinA?
17
ABsinC
BCsinA
得：BC?ABsinA
sinC
所以，最小邊BC?
26、（07廣東理16）已知△ABC頂點的直角坐標分別為A(3，4)，B(0，0)，C(c，0)． （1）若c?5，求sin∠A的值； （2）若∠A是鈍角，求c的取值范圍．
解析： （1）AB?(?3,?4)，AC?(c?3,?4)，若c=5， 則AC?(2,?4)，
253
∴cos?A?cos?AC,AB??2）若∠A為鈍角，則?
，∴sin∠A
5
；
253
,??)；
3c?9?16?0?c?0
解得c?，∴c的取值范圍是(
28、（07湖北理16）已知△ABC的面積為3，且滿足0?AB?AC?6，設AB和AC的夾角為?．
（I）求?的取值范圍；（II
）求函數f(?)?2sin?
2
4?
2?的最大值與最小值．
本小題主要考查平面向量數量積的計算、解三角形、三角公式、三角函數的性質等基本知識，考查推理和運算能力． 解：（Ⅰ）設△ABC中角A，B，C的對邊分別為a，b，c，
則由
1
ππ?
bcsin??3，0≤bccos?≤6，可得0≤cot?≤1，∴??
4?． 22??
（Ⅱ）f(?)?2sin?
2
π
4?
π??
2???1?cos??2????
2??
2?
(1?
sin2?)?2??sin2??
π??
2??1?2sin?2????1．
3??
1≤3． ?
π?π2π?π??ππ?
∵????，2?????，∴2≤2sin?2??
3?63?3??42?
即當??
5π12
時，f(?)max?3；當??
π4
時，f(?)min?2．
29、（07全國卷1理17）設銳角三角形ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，a?2bsinA． （Ⅰ）求B的大小；
（Ⅱ）求cosA?sinC的取值范圍．
解：（Ⅰ）由a?2bsinA，根據正弦定理得sinA?2sinBsinA，所以sinB?
由△ABC為銳角三角形得B?
12
，
π6
．
（Ⅱ）cosA?sinC?cosA?sin???
A??cosA?sin??A? ???6?
A??．
3??
cosA?
12
cosA?
2?2
A?
2
由△ABC為銳角三角形知，?A??B，
2
B?
2
6
3
．
2?3
A?
3
6
，所以
1
．
sin?A???
232??
由此有
2
A????
32??
，
所以，cosA?
sinC的取值范圍為?
3?22
． ???
，邊BC?．設內角B?x，周長為y．
30、（07全國卷2理17）在△ABC中，已知內角A?（1）求函數y?f(x)的解析式和定義域； （2）求y的最大值．
解：（1）△ABC的內角和A?B?C??，由A?
，B?0，C?0得0?B?
2??
．
應用正弦定理，知AC?
BCsinA
sinB?
sin
x?4sinx，
AB?
2??
sinC?4sin??x?． sinA???
BC
因為y?AB?BC?AC，
所以y?4sinx?4sin?
2?
2???x??0?x?
3?????， ?
1
（2
）因為y?4?sinx?x?sinx?????2??
si?nx???
，即x?
5???
x???，
所以，當x?
時，y
取得最大值
tanC?． 32、（07山東文17）在△ABC中，角A，B，
C的對邊分別為a，b，c，
（1）求cosC；
5
（2）若CB?CA?，且a?b?9，求c．
2?解：（1
）?tanC?
2
2
sinCcosC
解得cosC??
又?sinC?cosC?1
18
．
tanC?0，?C是銳角． ?cosC?
18
．
55
（2）?CB?CA?， ?abcosC?， ?ab?20．
22
又?a?b?9?a?2ab?b?81．
2
2
a?b?41．
22
222
c?a?b?2abcosC?36． ?c?6．
33、（07上海理17）在△ABC中，a，b，c分別是三個內角A，B，C的對邊．
若a?2,
C?
π4
，cos35
B2
255
，求△ABC的面積S．
解： 由題意，得cosB?
，B為銳角，sinB?
45
，
sinA?sin(π?B?C)?sin?
3π
72
B??，
10?4?
12
ac?sinB?
12?2?
107?45?87
由正弦定理得 c?
107
， ? S?．
34、（07天津文17）在△ABC中，已知AC?2，BC?3，cosA??（Ⅰ）求sinB的值；
45
．
（Ⅱ）求sin?2B?
的值． 6?
本小題考查同角三角函數的基本關系式、兩角和公式、倍角公式、正弦定理等的知識，考查基本運算能力．滿分12分．
（Ⅰ）解：在△
ABC中，sinA??
3?，
5sinA?
23?35?25
．
由正弦定理，
BCsinA
ACsinB
．所以sinB?
ACBC
（Ⅱ）解：因為cosA??
45
，所以角A為鈍角，從而角B為銳角，于是
cosB??
5
cos2B?2cosB?1?2?
2
525
1?
1725
，
sin2B?2sinBcosB?2??
5
15
．
17117?????
． ??
sin?2B???sin2Bcos?cos2Bsin
252252506?66?
35、（07浙江理18）已知△
ABC（I）求邊AB的長； （II）若△ABC的面積為
1，且sinA?sinB?C．
16
sinC，求角C的度數．
解：（I
）由題意及正弦定理，得AB?BC?AC?
兩式相減，得AB?1．
（II）由△ABC的面積
1，BC?AC?，
12
BC?AC?sinC?
2
2
16
sinC，得BC?AC?
2
2
13
，
2
由余弦定理，得cosC?
AC?BC?AB
2AC?BC
(AC?BC)?2AC?BC?AB
2AC?BC
12
，
所以C?60．
36、（07天津文理15） 如圖，在?ABC中，?BAC?120?,AB?2,AC?1,D是邊BC上一點，DC?2BD,則
AD?BC?__________. 【答案】?
83
B
AB?AC
2
2
D
2
2
C
BD
2
【分析】法一：由余弦定理得cosB?
可得BC
BC
2
2?AB?AC
AB?AD
2?AB?BD
,AD?
3
，
2
2
2
故BC=2，從而AC?AB?BC?2AB?BCcosB?
283
，即AC?
221
3
sinB?
306
，故
2
2sinA
213306
，sinA?
70
二、判斷三角形的形狀 給出三角形中的三角關系式，判斷此三角形的形狀． 例3(2005年北京春季高考題)在?ABC中，已知2sinAcosB?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
解法1：由2sinAcosB?sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB，即sinAcosB－cosAsinB＝0，得sin(A－B)＝0，得A＝B．故選(B)．
解法2：由題意，得cosB＝
sinC2sinA
c2a
，再由余弦定理，得cosB＝
a?c?b
2ac
222
．
∴
a?c?b
2ac
222
＝
c2a
，即a＝b，得a＝b，故選(B)．
22
評注：判斷三角形形狀，通常用兩種典型方法：⑴統一化為角，再判斷(如解法1)，⑵統一化為邊，再判斷(如解法2)． 三、 解決與面積有關問題
主要是利用正、余弦定理，并結合三角形的面積公式來解題．
例4(2005年全國高考上海卷) 在?ABC中，若?A?120，AB?5，BC?7，則?ABC的面積S＝?
分析：本題只需由余弦定理，求出邊AC，再運用面積公式S＝
2
2
2
12
AB·ACsinA即可解決．
2
解：由余弦定理，得cosA＝
AB?AC?BC
2AB?AC
12
25?AC?4910?AC
12
12
，解得AC＝3．
∴ S＝
12
AB·ACsinA＝
1534
．∴ AB·AC·sinA＝AC·h，得h＝AB· sinA＝
322
，故選(A)．
四、求值問題
例5(2005年全國高考天津卷) 在?ABC中，?A、?B、?C所對的邊長分別為a、b、c，設a、b、c滿足條件
b?c?bc?a和
222
cb
12
3，求?A和tanB的值．
分析：本題給出一些條件式的求值問題，關鍵還是運用正、余弦定理． 解：由余弦定理cosA?
b?c?a
2bc
12?
3?
222
cb
12
，因此，?A?60? 在△ABC中，∠C=180°－∠A－∠B=120°－∠B.
由已知條件，應用正弦定理?
sinCsinB
sin(120??B)
sinB
sin120?cosB?cos120?sinB
sinB
32
cotB?
12
,解得cotB?2,從而tanB?
12
.
五、交匯問題
是指正余弦定理與其它知識的交匯，如與不等式、數列、立體幾何(特別是求角與距離)、解析幾何、實際問題等知識交匯． 例6(2005年全國高考卷三試題)△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知a，b，c成等比數列，cosB?
34
.
3 （Ⅰ）求cotA+cotC的值； （Ⅱ）設BA?BC?，求a＋c的值.
2
分析：本題是正、余弦定理與向量、等比數列等知識的交匯，關鍵是用好正弦定理、余弦定理等．
解：（Ⅰ）由cosB?
34
,得sinB?
1tanC?4
327
()?,由b2=ac及正弦定理得 sin2B?sinAsinC.
44
cosAsinA7.
cosCsinC
sinCcosA?cosCsinA
sinAsinC
sin(A?C)sinB
2
則cotA?cotC? ?
1tanA?
1
sinB
2
sinB7sinB
3332
（Ⅱ）由BA?BC?，得ca·cosB＝，由ㄋB＝，可得ac＝2，即b＝2．
224
由余弦定理b2=a2+c2－2ac+cosB，得a2+c2=b2+2ac·cosB=5. (a?c)正余弦定理解三角形的實際應用
利用正余弦定理解斜三角形，在實際應用中有著廣泛的應用，如測量、航海、幾何等方面都要用到解三角形的知識，例析如下： 一、 測量問題
例1 如圖1所示，為了測河的寬度，在一岸邊選定A、B兩點，望對岸標記物C，測得∠CAB=30°，∠CBA=75°，AB=120cm，求河的寬度。
分析：求河的寬度，就是求△ABC在AB邊上的高，而在河的一邊，已測出AB長、∠CAB、∠CBA，這個三角形可確定。
解析：由正弦定理得
2
a?c?2ac?5?4?9,
22
a?c?3
ACsin?CBA
12
ABsin?ACB
，∴AC=AB=120m，又∵
A
圖1
S?ABC?
12
D
B
AB?ACsin?CAB?AB?CD，解得CD=60m。
點評：雖然此題計算簡單，但是意義重大，屬于“不過河求河寬問題”。 二、 遇險問題
例2某艦艇測得燈塔在它的東15°北的方向，此艦艇以30海里/小時的速度向正東前進，30分鐘后又測得燈塔在它的東30°北。若此燈塔周圍10海里內有暗礁，問此艦艇繼續向東航行有無觸礁的危險？
解析：如圖艦艇在A點處觀測到燈塔S在東15°北的方向上；艦艇航行半小時后到達B點，測得S在東30°北的方向上。 在△ABC中，可知AB=30×0.5=15，∠ABS=150°，∠ASB=15°，由正弦定理得BS=AB=15，過點S作SC⊥直線AB，垂足為C，則SC=15sin30°=7.5。
這表明航線離燈塔的距離為7.5海里，而燈塔周圍10海里內有暗礁，故繼續航行有觸礁的危險。
點評：有關斜三角形的實際問題，其解題的一般步驟是：（1）準確理解題意，分
清已知與所求，尤其要理解應用題中的有關名詞和術語；（2）畫出示意圖，并將已知條件在圖形中標出；（3）分析與所研究問題有關的一個或幾個三角形，通過合理運用正弦定理和余弦定理求解。
三、 追擊問題
例3 如圖3，甲船在A處，乙船在A處的南偏東45°方向，距A有9n mile并以20n mile/h的速度沿南偏西15°方向航行，若甲船以28n mile/h的速度航行，應沿什么方向，用多少h能盡快追上乙船？
解析：設用t h，甲船能追上乙船，且在C處相遇。
在△ABC中，AC=28t，BC=20t，AB=9，設∠ABC=α，∠BAC=β。 ∴α=180°－45°－15°=120°。根據余弦定理AC
2
圖2
東 C
°
AB?BC?2AB?BCcos?，
22
28t?
2
81??20t??2?9?20t?(?34
，t=
2
12
)，128t?60t?27?0，（4t－3）（32t+9）=0，
34
=15 n mile。
2
解得t=
932
（舍）∴AC=28×
34
=21 n mile，BC=20×
圖3
根據正弦定理，
得sin??
BCsin?AC
15??
又∵α=120°，∴β為銳角，β
=arcsin，
＜＜，
21141414
14
214
34
∴
arcsin
14
＜
4
，∴甲船沿南偏東
4
－
的方向用h可以追上乙船。
點評：航海問題常涉及到解三角形的知識，本題中的 ∠ABC、AB邊已知，另兩邊未知，但他們都是航行的距離，由于兩船的航行速度已知，所以，這兩邊均與時間t有關。這樣根據余弦定理，可列出關于t的一元二次方程，解出t的值。
正弦定理在實際問題中的應用
在一個三角形中，各邊和它所對角的正弦的比值相等，并且都等于外接圓的直徑．這一定理的引入，標志著對三角形的又向前邁進了一步，由過去的解直角三角形到可以解任意三角形．正弦定理在實際問題中有著廣泛的應用，下面介紹幾例．
例1 某人在草地上散步，看到他西南有兩根相距6米的標桿，當他向正北方向步行3分鐘后，看到一根標桿在其南方向上，另一根標桿在其南偏西30?方向上，求此人步行的速度．
解：如圖所示，A、B兩點的距離為6米，當此人沿正北方向走到C點時，測得∠BCO =45?， ∠ACO =30?，∴∠BCA =∠BCO－∠ACO =45?－30?=15?．
由題意，知∠BAC =120?，∠ABC =45?． 在△ABC中，由正弦定理，得：
北
=
ACsin?ABCsin15?
ABsin?BCA
，
30?45
即有AC =
AB?sin?ABCsin?BCA
=
6?sin45?
=63＋6．
在直角三角形AOC中，有：OC = AC·cos30?= (63＋6)×
32
= 9＋33．
西O
東
設步行速度為x米/分，則x =
9?33
3
= 3＋
3≈4.7．
南
即此人步行的速度為4.7米/分．
例2 某海輪以30海里/小時的速度航行，在A點測得海面上油井P在南偏東60?，向北航行40分鐘后到達B點，測得油井P在南偏東30?，海輪改為北偏東60?的航向再行駛80分鐘到達C點，求P、C間的距離．
解：如圖，在△ABP中，AB = 30×∠APB =30?，∠BAP =120?， 由正弦定理，得：
604060
= 20，
60?
，即
P
ABsin?BPA
=
BPsin?BAP
2012
=
BP32
，解得BP =203．
在△BPC中，BC = 30×
8060
= 40，
2
2
2
2
由已知∠PBC =90?，∴PC =所以P、C間的距離為20
PB?BC
=
(203)?20=207 (海里)．
7海里．
評析：上述兩例是在準確理解方位角的前提下，合理運用正弦定理把問題解決，因此，用正弦定理解有關應用問題時，要注意問題中的一些名稱、術語，如仰角、俯角、視角、象限角、方位角等．
例3 某工廠生產主要產品后，留下大量中心角為60?，半徑為a的扇形邊角料，現要廢物利用，從中剪裁下巨型毛坯，要求矩形面積
盡可能大，請問如何裁剪？
分析：從實際出發，盡可能使面積最大，有兩種裁剪方法．一種是使矩形的一邊落在扇形的半徑上，另一種是使矩形的兩頂點分別在扇形的兩條半徑上，分別計算出這兩種情況下的最大值，再比較結果的出最佳方案．
解：方案一，如圖1，矩形有兩個頂點在半徑OA上，設∠AOP =?，則PM = a·sin?， ∵扇形中心角為60?，∴∠PQO =120?，由正弦定理，得：
OPsin120?
=
PQsin(60???)
，即PQ =
23
·a·sin(60?－?)，
∴矩形的MPQR的面積為：S1=PM·PQ =
23
·a·sin?·sin(60?－?) =
2
13
·a[cos(2?－60?)－cos60?]≤
2
13
·a·(1－
2
12
) =
36
a，
2
當?=30?時，cos(2?－60?) = 1，S1取得最大值
36
a．
2
方案二，如圖2，矩形有兩個頂點分別在扇形的兩條半徑OA、OB上， 設∠AOM =?，∠MRA =
12
×60?=30?，∠MRO =150?，由正弦定理，得：
RMsin?
=
asin150?
，即RM = 2a·sin?，
又
ORsin(30???)
=
asin150?
，∴OR = 2a·sin(30?－?)，∴矩形的MPQR的面積為：
S2= MR·PQ = 4a·sin?·sin(30?－?) = 2a·[cos(2?－30?)－cos30?]≤2a·(1－即在此情況下，∠AOM =?=15?時，可求出M點，然后作出MPQR面積為最大．
222
32
) = (2－
3)a2．
由于S1－S2=
36
a－(2－
2
P
3)a=
2
a
2
6
(73－12)＞0，所以第一種方案能
P
M
圖2
A
使裁出的矩形面積最大，即∠AOP =?=30?，使P取在AB弧中點，分別向扇形的一條半徑作垂線及平行線得到矩形MPQR，即為最大矩形．
正余弦定理的變式、應用及其推廣
O
圖1
M A O正余弦定理是反映三角形中邊與角之間關系的兩個重要定理，如果將它們整合、變形后再應用，就會感到另一種新奇與愉悅，同時也
給眾多題目找到了“同一根源” 。
一、變式 如果將正弦定理中a = 2RsinA , b = 2RsinB , c = 2RsinC代入余弦定理中可得：
（1）sin 2C + sin 2B - 2sinCsinBcosA = sin 2A；（2）sin 2A + sin 2C - 2sinAsinCcosB = sin2B；（3）sin 2A + sin 2B - 2sinAsinBcosC = sin 2C；
以上諸式表明，三角形中兩個角的正弦的平方和減去第三個角的正弦的平方，等于前兩個角的正弦與第三個角的余弦的積的兩倍； 變式1：在△ABC中，sinA + sinB - sinC = 2sinAsinBcosC;
變式2：在△ABC中，sin 2A + sin 2B-sin 2（A+B）= -2sinAsinBcos（A+B），即sin2A + sin2B +2sinAsinBcos(A+B) = sin2(A+B);
觀察變式的結構特征總有“意猶未盡”之感，必然令人產生一種猜測：當A、B為任意角時，等式還會成立嗎？事實上，答案是肯定的。 變式3：sin2α+sin2β+2sinαsinβcos(α+β)= sin2(α+β) 證明：左=
2
2
2
1?cos2?
2
+
1?cos2?
2
+ 2sinαsinβcos (α+β) = 1 -
12
( cos2α+cos2β) + 2sinαsinβcos (α+β)
= 1 - cos (α+β)cos (α-β) + 2sinαsinβcos (α+β) = 1 - cos (α+β) [ cos (α-β) - 2sinαsinβ]= 1 – cos2(α+β) = sin2(α+β)
二、應用
上述變式有著廣泛的應用，以下從幾個方面加以說明：
1、求三角函數值 例1、求cos2 71°+ cos71°cos49°+ cos 2 49°的值.
解：由變式（2）知sin 219°+ sin 241°+ sin19°sin41°= sin 219°+ sin 241°+ 2sin19°sin41°cos60°= sin260°=例2、(1998年高考試題)在△ABC中，a、b、c分別是A、B、C的對邊，設a+c=2b，A-C=
2
2
2
34
.
3
2
，求sinB的值。
解：由a+c=2b及正弦定理得：sinA+sinC=2sinB，∴4sinB= sinA + sinC+2 sinA sinC= sinB+2 sinA sinC（1+cosB），又∵A-C=∴2 sinA sinC= -cos（A+C）+cos
3
，
3
=
12
+ cosB， ∴3sinB=（
2
12
=
+ cosB）（1+cosB），化簡得, 8cosB+3cosB-5=0，
2
∴cosB=
58
，或cosB=-1（不合題意,舍去），∴sinB=1?()
5
2
398
2
8
。
2、判定三角形形狀 例3、在△ABC中，已知sinA + sinB+ sinC = 2, 試判斷△ABC的形狀： 解：由變式（1）知sinA + sinB+ sinC- 2 = 2sinAsinBcosC+ 2 sinC- = 2( sinAsinB - cosC)cosC = 2cosC [sinAsinB + cos( A+B)]= 2cosAcosBcosC 又∵sinA + sinB+ sinC = 2,∴cosAcosBcosC = 0， 即 cosA = 0 或 cosB = 0 或 cosC = 0 ， ∴△ABC是直角三角形。
3、證明三角恒等式 例4、設α、β為銳角，且sinα+ sinβ= sin(α+β), 求證：α+β=證明：由變式(3)知sin(α+β) = sin
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
22
2
。
+ sin2?+2sinαsinβcos(α+β)
2
= sin(α+β)+ 2sinαsinβcos(α+β)≥sin(α+β) + 2sinαsinβcos(α+β)。可見cos(α+β)≤0 得α+β≥則
2
, 若α+β＞
2
，
2
＞α＞
2
-β＞0 , 得sinα＞sin (
2
-β) = cosβ＞0 ，從而sin(α+β) = sin2α+ sin 2β＞cos 2β+ sin 2β= 1，所以α+β=
2
。
三、推廣
若將變式（3）中的β用-β來代替即可得，推論1：sin 2α+ sin 2β-2sinαsinβcos(α-β)= sin 2(α-β)； 若將變式（3）中的α、β分別用
2
-α，
2
-β來代替即可得，推論2：cos2α+ cos2β-2cosαcosβcos(α+β)=sin2(α+β)；
2
2
2
若將推論2中的β用 -β來代替即可得。推論3：cosα+cosβ-2cosαcosβcos(α-β)=sin(α-β)； 事實上，若對變式（3）式中分別對α、β賦以不同的特殊角則還可得一系列高考試題： ①（1991全國高考）求cos 210°+ cos 250°- sin40°sin80°的值； ②（1992全國高考）求sin 220°+ cos280°+ 07年高考題
山東理（20）（本小題滿分12
分）如圖，甲船以每小時?
3sin20°cos80°的值 ；③（1995全國高考）求sin 220°+ cos 250°+ sin20°cos50°的值。
A1處
時，乙船位于甲船的北偏西105方向的B1處，此時兩船相距20海里，當甲船航行20分鐘到達A2處時，乙船航行到甲船的北偏西120方
向的B
2處，此時兩船相距（20）
海里，問乙船每小時航行多少海里？
A2
A1
正、余弦定理的五大命題熱點
正弦定理和余弦定理是解斜三角形和判定三角形類型的重要工具，其主要作用是將已知條件中的邊、角關系轉化為角的關系或邊的關系。在近年高考中主要有以下五大命題熱點： 一、求解斜三角形中的基本元素
是指已知兩邊一角(或二角一邊或三邊)，求其它三個元素問題，進而求出三角形的三線(高線、角平分線、中線)及周長等基本問題． 例1(2005年全國高考江蘇卷) ?ABC中，A?
3
，BC＝3，則?ABC的周長為（ ）
A．43sin?B?
3 B．43sin?B???3C．6sin?B???3 D．6sin?B???3 3?6?3?6????
分析：由正弦定理，求出b及c，或整體求出b＋c，則周長為3＋b＋c而得到結果． 解：由正弦定理得：
3sin
3
bsinB
csinC
b?csinB?sinC
b?c
sinB?sin(
2?3?B)
，
得b＋c
＝B＋sin(
2?3
－B)]＝6sin(B?
)．故三角形的周長為：3＋b＋c＝6sin?B???3，故選(D)． 66??
6
，周長應為3
評注：由于本題是選擇題也可取△ABC為直角三角形時，即B＝
3＋3，故排除(A)、(B)、(C)．而選(D)．
例2(2005年全國高考湖北卷) 在ΔABC中，已知AB?
463
,cosB?
66
，AC邊上的中線BD=
5，求sinA的值．
分析：本題關鍵是利用余弦定理，求出AC及BC，再由正弦定理，即得sinA．
解：設E為BC的中點，連接DE，則DE//AB，且DE?
12
2
AB?
263
，設BE＝在ΔBDE中利用余弦定理可得：BD
2
BE
2
ED?2BE?EDcosBED， 73
5?x?
2
83
2?
263
66
x，解得x?1，x??
故BC=2，從而AC?AB?BC?2AB?BCcosB?
222
283
，即AC?
221
3
sinB?
306
，
故
2sinA
6
sinA?
二、判斷三角形的形狀：給出三角形中的三角關系式，判斷此三角形的形狀．
例3(2005年北京春季高考題)在?ABC中，已知2sinAcosB?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 解法1：由2sinAcosB?sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB，
即sinAcosB－cosAsinB＝0，得sin(A－B)＝0，得A＝B．故選(B)．
解法2：由題意，得cosB＝
sinC2sinA
c2a
，再由余弦定理，得cosB＝
a?c?b
2ac
222
．
∴
a?c?b
2ac
222
＝
c2a
，即a＝b，得a＝b，故選(B)．
22
評注：判斷三角形形狀，通常用兩種典型方法：⑴統一化為角，再判斷(如解法1)，⑵統一化為邊，再判斷(如解法2)． 三、 解決與面積有關問題
主要是利用正、余弦定理，并結合三角形的面積公式來解題．
例4(2005年全國高考上海卷) 在?ABC中，若?A?120，AB?5，BC?7，
則?ABC的面積S＝?
分析：本題只需由余弦定理，求出邊AC，再運用面積公式S＝
2
2
2
12
AB·ACsinA即可解決．
2
解：由余弦定理，得cosA＝
AB?AC?BC
2AB?AC
1534
12
25?AC?4910?AC
12
12
，解得AC＝3．
∴ S＝
12
AB·ACsinA＝．∴ AB·AC·sinA＝AC·h，得h＝AB· sinA＝
322
，故選(A)．
四、求值問題
例5(2005年全國高考天津卷) 在?ABC中，?A、?B、?C所對的邊長分別為a、b、c， 設a、b、c滿足條件b
2
c?bc?a和
22
cb
12
3，求?A和tanB的值．
分析：本題給出一些條件式的求值問題，關鍵還是運用正、余弦定理． 解：由余弦定理cosA?
b?c?a
2bc
222
12
，因此，?A?60?
在△ABC中，∠C=180°－∠A－∠B=120°－∠B.
由已知條件，應用正弦定理
12
3?
cb
sinCsinB
sin(120??B)
sinB
sin120?cosB?cos120?sinB
sinB
32
cotB?
12
,解得cotB?2,從而tanB?
12
.
五、正余弦定理解三角形的實際應用
利用正余弦定理解斜三角形，在實際應用中有著廣泛的應用，如測量、航海、幾何等方面都要用到解三角形的知識，例析如下： （一.）測量問題
例1 如圖1所示，為了測河的寬度，在一岸邊選定A、B兩點，望對岸標記物C，測得∠CAB=30°，∠CBA=75°，AB=120cm，求河的寬度。
分析：求河的寬度，就是求△ABC在AB邊上的高，而在河的一邊，已測出AB長、∠CAB、∠CBA，這個三角形可確定。
解析：由正弦定理得∵S?ABC?
ACsin?CBA
ABsin?ACB12
，∴AC=AB=120m，又
A
圖1
12
D
B
AB?ACsin?CAB?AB?CD，解得CD=60m。
點評：雖然此題計算簡單，但是意義重大，屬于“不過河求河寬問題”。 （二.）遇險問題
例2某艦艇測得燈塔在它的東15°北的方向，此艦艇以30海里/小時的速度向正東前進，30分鐘后又測得燈塔在它的東30°北。若此燈塔周圍10海里內有暗礁，問此艦艇繼續向東航行有無觸礁的危險？
解析：如圖艦艇在A點處觀測到燈塔S在東15°北的方向上；艦艇航行半小時后到達B點，測得S在東30°北的方向上。 在△ABC中，可知AB=30×0.5=15，∠ABS=150°，∠ASB=15°，由正弦定理得BS=AB=15，過點S作SC⊥直線AB，垂足為C，則SC=15sin30°=7.5。
這表明航線離燈塔的距離為7.5海里，而燈塔周圍10海里內有暗礁，故繼續航行有觸礁的危險。
點評：有關斜三角形的實際問題，其解題的一般步驟是：（1）準確理解題意，分
清已知與所求，尤其要理解應用題中的有關名詞和術語；（2）畫出示意圖，并將已知條件在圖形中標出；（3）分析與所研究問題有關的一個或幾個三角形，通過合理運用正弦定理和余弦定理求解。 （三.）追擊問題
例3 如圖3，甲船在A處，乙船在A處的南偏東45°
方向，距A有9n mile并以20n mile/h的速度沿南 偏西15°方向航行，若甲船以28n mile/h的速度航 行，應沿什么方向，用多少h能盡快追上乙船？ 解析：設用t h，甲船能追上乙船，且在C處相遇。
在△ABC中，AC=28t，BC=20t，AB=9， 設∠ABC=α，∠BAC=β。
∴α=180°－45°－15°=120°。根據余弦定理AC
2
北 西
圖2
東 °
AB?BC?2AB?BCcos?，
2
22
28t?
2
81??20t??2?9?20t?(?34
，t=
2
12
)，128t?60t?27?0，（4t－3）（32t+9）=0，
圖3
C
解得t=
932
（舍）
∴AC=28×
34
=21 n mile，BC=20×
34
=15 n mile。
根據正弦定理，得sin??
BCsin?AC
15??
，又∵α=120°，∴β為銳角，
β=arcsin＜＜，211414
14
14
2
∴
arcsin
14
＜
4
，
∴甲船沿南偏東
4
－
arcsin
14
的方向用
34
h可以追上乙船。
點評：航海問題常涉及到解三角形的知識，本題中的 ∠ABC、AB邊已知，另兩邊未知，但他們都是航行的距離，由于兩船的航行速度已知，
所以，這兩邊均與時間t有關。這樣根據余弦定理，可列出關于t的一元二次方程，解出t的值。
五、交匯問題
是指正余弦定理與其它知識的交匯，如與不等式、數列、立體幾何(特別是求角與距離)、解析幾何、實際問題等知識交匯． 例6 (2005年全國高考卷三試題)△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知a，b，c成等比數列，cosB?
34
.
3
（Ⅰ）求cotA+cotC的值； （Ⅱ）設BA?BC?，求a＋c的值.
2
分析：本題是正、余弦定理與向量、等比數列等知識的交匯，關鍵是用好正弦定理、余弦定理等．
解：（Ⅰ）由cosB?
34
,得sinB?
327
()?,
44
由b2=ac及正弦定理得 sinB?sinAsinC. 則cotA?cotC?
2
1tanA
2
1tanCsinB
2
cosAsinA1
cosCsinC?
sinCcosA?cosCsinA
sinAsinC
sin(A?C)
sinBsinBsinB????????3332
（Ⅱ）由BA?BC?，得ca·cosB＝，由ㄋB＝，可得ac＝2，即b＝2．
224
由余弦定理b2=a2+c2－2ac+cosB， 得a2+c2=b2+2ac·cosB=5. (a?c)易錯題解析
例題1 在不等邊△ABC中，a為最大邊，如果a錯解：∵a
2
2
a?c?2ac?5?4?9,
22
a?c?3
2
22
b?c，求A的取值范圍。
b?c，∴b?c?a
22222
0。則
cosA?
b?c?a
2bc
222
0，由于cosA在（0°，180°）上為減函數
且cos90°?0，∴A?90° 又∵A為△ABC的內角，∴0°＜A＜90°。
辨析：錯因是審題不細，已知條件弱用。題設是a為最大邊，而錯解中只把a看做是三角形的普通一條邊，造成解題錯誤。 正解：由上面的解法，可得A＜90°。
又∵a為最大邊，∴A＞60°。因此得A的取值范圍是（60°，90°）。
例題2 在△ABC中，若
ab
22
tanAtanB
，試判斷△ABC的形狀。
錯解：由正弦定理，得
sinAsinB
2
2
tanAtanB
即
sinAsinB
2
2
sinAcosA
·
cosBsinB
，∵sinA?0，sinB?0
∴sinAcosA?sinBcosB，即sin2A?sin2B。
∴2A＝2B，即A＝B。故△ABC是等腰三角形。
辨析：由sin2A?sin2B，得2A＝2B。這是三角變換中常見的錯誤，原因是不熟悉三角函數的性質，三角變換生疏。 正解：同上得sin2A?sin2B，∴2A＝2k??2B
或2A?2k????2B(k?Z)。
∵0?A??，0?b??，∴k?0，則A?B或A?故△ABC為等腰三角形或直角三角形。 例題3 在△ABC中，A＝60°，b＝1，S△ABC?
2
B。
3，求
a?b?csinA?sinB?sinC
的值。
錯解：∵A＝60°，b＝1，S△ABC?
∴
3，又S△ABC?
12
bcsinA，
3?
12
csin60°，解得c＝4。
b?c?2bccosA?
2
2
由余弦定理，得a?1?16?8cos60°?13
又由正弦定理，得sinC?
639
，sinB?
3239
。
∴
a?b?csinA?sinB?sinC
1?432?
3239
639
。
辨析：如此復雜的算式，計算困難。其原因是公式不熟、方法不當造成的。 正解：由已知可得c?4，a?
。由正弦定理，得
2R?
asinA
sin60°
2393
。∴
a?b?csinA?sinB?sinC
2R?
2393
。
例題4 在△ABC中，c?6?2，C＝30°，求a＋b的最大值。
錯解：∵C＝30°，∴A＋B＝150°，B＝150°－A。
由正弦定理，得
asinA
b
sin(150°?A)
6?2
sin30°
∴a?2(6?b?2(6?
2)sinA，
2)sin(150°?A)
又∵sinA?1，sin(150°?A)?1 ∴a?b?2(
6?2)?2(6?2)?4(6?2)。
故a?b的最大值為4(6?2)。
辨析：錯因是未弄清A與150°－A之間的關系。這里A與150°－A是相互制約的，不是相互獨立的兩個量，sinA與sin(150°－A)不能
同時取最大值1，因此所得的結果也是錯誤的。 正解：∵C＝30°，∴A＋B＝150°，B＝150°－A。
由正弦定理，得
asinA6?
b
sin(150°?A)
6?2
sin30°
因此a?b?2(2)[sinA?sin(150°?A)]
轉載請保留出處，http://www.wendangku.net/doc/3a98bbd126fff705cc170abf.html
