红领巾心向党手抄报-河北理工大学

专题讲座 解三角形问题中的数学思想

1.转化思想 ........ .................................................. .................................................. .................................................. ..... 2
练习一 .................................. .................................................. .................................................. ............................ 4
2.方程思想 ........ .................................................. .................................................. .................................................. ..... 4
练习二 .................................. .................................................. .................................................. ............................ 6
3.函数思想 ........ .................................................. .................................................. .................................................. ..... 6
练习三 .................................. .................................................. .................................................. ............................ 7
4、数形结合思想 ...... .................................................. .................................................. .............................................. 7
练习4 .......................................... .................................................. .................................................. ..................... 8
练习题答案 ................ .................................................. .................................................. .............................................. 9


中国数学解题研究会 齐建民

1.转化思想
常见的转化方式
（1） 边与角的互化
方式（I）：在等式的两边或分式的上下可同时进行下列双向的转化：
asinA,bsinB,csinC
;
如：
2abc2sinAsinCsinB
；

例 （ 2014陕西理16）△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a，b，c，（1）若a，b，c成等差数列， 证明：
sinA+sinB=2sin（A+C）；（2），若a，b，c成等比数列，求cosB的最 小值
例：（2014江苏14）若△
ABC
的内角满足
sinA2sin B2sinC
,则
cosC
的最小值是
解析：因为
sinA2 sinB2sinC
，故由正弦定理可知
a2b2c
，所以
c
a2b
，
2
又由余弦定理可知
cosC
abc

2ab
222
a
2
b
2
(
a2b
2
3
2
)ab
2
2
2

2

2ab4ab4
2

3
22
ab
262
2


4ab44
（当且仅当
6
32
a
，可设
a2,b6,c1
，验证等号成立）
ab
2
，即
b
2
2
方式（2）：用余弦定理实现边与角的互化 ：
例1：在三角形中，求证：
bccosAacosC

分析：左边是边，很自然地要把右边的两个余弦用余弦定理表示出来，实现角与边的互化：
b
2
c
2
a
2
a
2
b
2c
2
b
2
c
2
a
2
a
2
b
2
c
2
2b
2
ccosAacosC cab
；
2bc2ab2b2b2b
例2：在三角形中，三边
a,b,c
成等差数列，
求证：
B

3

分析：要证明的问题是关于角的，而条件是关于边的，将边化为角是自然的；
由已知得
ac2b
，
111
22222
ac(ac)( 3a3c2ac)(6ac2ac)
1acb
4
则
cosB
4

4

，当且仅当
2ac2ac2ac2ac2
1

ac
时去等号，即
cosB
，故
B

23
222

方式（3）：用诱导公式实现角度的转化
sinAsin(BC)
，
cosAcos(BC)

方式（4）：用内角的关系实现减元，角度的转化；
如：若
A

6
，则
B
5

C

6
应用：三角形中，
A
例1

3
，求
sinBsinC
的最大值

22在△
ABC
中，若
abbc
，求证:
A2B

法1：我们采用分析法，要证明
A2B
，我们需要什么条件？
a
2
c
2
b
2
容易想
sinAsin2B
，即
sinA2sinBcosBa2bcosBa2b
2ac
a
2< br>cb(a
2
c
2
b
2
)ba
2bc
2
b
3
，
2223222
即
acbabcba(cb)b(cb)
，
，即
若
cb
，则易知
A90,B45
,满足A2B
；
22
abbc
；
cb
若
，则可得
以上是分析法得出思路，再用综合法写出过程即可；
法2：条件与余弦定理的结构相似，可考虑从余弦定理入手.
解：因为
abbc bc2bccosA
，所以
bcc2bccosA
，即
bc2 bcosA
，
由正弦定理得
sinBsinC2sinBcosAsin(A B)2sinBcosAsin(AB)
，因为
0A,B

，< br>所以
BAB
，即
A2B

点评：本题很关键一点是从条 件的结构入手，在解题过程中，又先后运用了化边为角，消元等思想，体现
了解题过程要不断向目标努力 ，找到
A,B
的关系，所以要消去
C

例2 在△ABC中，已知
ac2b
，且
sinAcosC3cosAsinC
，求
b< br>
方法1：条件
ac2b
与余弦定理相似，条件
sinAcosC 3cosAsinC
与两角和差正弦类似，所以有
下面的思路：
由
ac 2b
与
abc2bccosA
可得
b2ccosA2
① ；
对条件
sinAcosC3cosAsinC
，可以联想到两角和差公式
，可得
sin(AC)4cosAsinC
，即
22222
22
22
22222

sinB4cosAsinC
，所以
b 4ccosA
②，
由①②可得
b4


方法2：本题共2个条件，一个是边的，一个是角度，而角的可以化为边的，因此产生下面的解法： < br>a
2
b
2
c
2
b
2
c
2
a
2
222
解：因为
sinAcosC3cosAsinC
，所以
a3c
，得
b2c2a
①，又
2ab2b c
a
2
c
2
2b
，即
a
2
 c
2
2b
②，联立①②，得
b
2
4b
，所以< br>b4

练习一
1、 已知
acosC3asinCbc
，求
A

2.
（2 013新课标Ⅱ）
△
(Ⅰ)求;（2）若
在内角
,求△
的对边分别为
面积的最大值
,已知.
3.
（2012大纲）
ABC
中,已知
cos(AC)cosB1,a2c
,求
C
.
4、（2014大纲）
ABC
中，已知
3acosC2ccosA
，tanA
5、已知
3acosAccosBbcosC
.
（1） 求
cosA
的值；(2)若
a1,cosBcosC
6、在锐角
ABC
中，
BC1,B2A,
则
1
，求
B

3
23
，求边
c
的长
3
AC
的值等于 ,
AC
的取值范围为 .
cosA
a
o
7、（0 8重庆）
ABC
中
A
60
，
c3b
，求的值
c
8.
ABC
中，
a2
，求
bcosCcc osB
的值
batanCtanC
9、（2010江苏）在锐角
ABC< br>中，
6cosC
，则=________

abtanAtanB
uuuruuuruuuruuur
10 、在
ABC
中，已知
ABgAC9,ABgBC16
,求：
（1）
AB
的值；（2）
sin(AB)
的值.

sinC
2.方程思想
方程（组）思想，这主要在求值时应用，比如要求1个（2个 ）量，我们就要思考，如何得到含这1（2）
个未知量的方程或方程组，必须注意到，绝大多数情况下， 未知数的数量应该等于方程的数量；

例1
ABC
的周长为
20
，面积是
103
，
A60
，求
BC
的长

abc20

abc20

解：由条件易得

1
，即

，三个未知数，两个方程显然是不能解出
a的，
bcsinA103

bc40


2
必须再找一个方程！

abc20
cba1

，加上这个，三个条件就够了，现在的条件即

bc40
由
cosA
，解这个方程
2bc2

c
2
b
2
a
2
40

222
还需要一定的技巧；
b
2c
2
(20a)
2
2bc(20a)
2
 80
代入
c
2
b
2
a
2
40
解得
a7

例2（08辽宁）
在
△ABC
中，内角< br>A，B，C
对边的边长分别是
a，b，c
，已知
c2
，C
（Ⅰ）若
△ABC
的面积等于
3
，求
a，b
；

（Ⅱ）若
sinCsin(BA)2sin2A
，求
△ ABC
的面积．
第一问分析：要求
a,b
，就要找到两个含有
a, b
的方程联立，已知
c2
，
C
一个方程，再利用面积构造第二个
解：由余弦定理及已知条件得，
abab4
①
22

．
3

，可以通过余弦定理建立
3

a
2
b
2
ab4，
1
又因为
△ ABC
的面积等于
3
，所以
absinC3
，得
ab4
②，将①②联立方程组

2

ab4，
解得
a 2
，
b2
．
第二问分析：要求三角形面积，由于
C
已知 ，所以只需求出
ab
（整体思路）或
a
与
b
的值，而条件是 关于
角的，可以借助正弦定理化为边的关系；
解：由题意得
sin(BA)sin(BA)4sinAcosA
，
即
sinBcosA2sinAcosA
，
当
cosA0< br>时，
A
4323

，
B
，
a
，
b
，
33
26
当
cosA0
时，得sinB2sinA
，由正弦定理得
b2a
，

a
2
b
2
ab4，
2343
联立方程组

解 得
a
，
b
．
33
b2a，

综上 ，所以
△ABC
的面积
S
123
absinC
．
23

练习二
31
,sin(AB)
，
55
（1）求证：
tanA2tanB
；（2）设
AB3
，求
AB
边上的高
1、锐角
ABC
中，
sin(AB)
2、（08全国） 设
△ABC
的内角
A，B，C
所对的边长分别为
a，b，c，且
acosB3
，
bsinA4
．
（Ⅰ）求边长
a
；
（Ⅱ）若
△ABC
的面积
S 10
，求
△ABC
的周长
l
．
3、在
ABC< br>中，角
A,B,C
的对边分别是
a,b,c
，且
c2,C
（1）若
ABC
的面积等于
3
，求
a,b
的值；
（2）若
sinB2sinA
，求
ABC
的面积。
2 2
4、
ABC
中，内角
A,B,C
的对边分别是
a,b, c
，若
ab3bc
，
sinC23sinB
，则
A
。

3
。
3.函数思想
函数思想，往往用在求某个变 量的最值或范围的题目中，我们要求目标
z
的范围，可以考虑选取一个自
变量
t
，设法得到目标函数
z(t)
的表达式，进而将问题转化为求一个函数的值域（最值 ）问题，这种思想广
泛用于高中数学中。
例1（2011浙江） 在
ABC
中，若
sinAsinCpsinB(pR)
，且
ac
值范围.
解：因为
1
2
b
，若
B
为锐，求
p
的取
4
sinAsinCpsinB(pR)
，由正弦定理可得
a cpb
，又
1131
b
2
a
2
c
2
2accosB(ac)
2
2ac2accosBb
2
p
2
b
2
b
2
cosB
，即
p
2
cosB
，
2222
2
因为
cosB(0,1)
，所以
p(,2)
，依题意
p0
，于是
p(
3
2
6
,2)

2
例2
ABC
中，B
解：
ABAD,B

3
3
,AC43
，
D
为
BC
上一点，若
ABAD
，求△
ADC
的周长的最大值
，所以△
ABD
为正三角形，△
ADC
中 ，根据正弦定理可得

AD43DC


，因为
AD8 sinC
,
DC8sin(C)
，
sinC
sin
2

sin(

C)
3
33

△ADC
的周长为
ADDCAC8sinC8sin(

3
C)43
，
8(sinC
ADC
3113

cosCsinC)438(sinCcosC)43
，
8sin(C)43
，因为
2222
3
2



2



，所以
0C
，所以
C
，当C
，即
C
时，△
ADC
的周长
33333326
取得最大值
843

练习三
1、
ABC
中< br>c
2、
ABC
中，
62
，
C30
，求
ab
的最值
bsin2C
，

32absin Asin2C
uuuruuur
uuuruuur
（1）判断三角形的形状；（2） 若
|BABC|2
，求
BABC
的取值范围
C
，且
3、（2010辽宁）
△ABC中，a, b, c分别为内角A, B, C的对边，且
2asinA(2ac)sinB(2cb)sinC.

（Ⅰ）求A的大小；（Ⅱ）求
sinBsinC
的最大值.





4、数形结合思想
例
（2013新课标）< br>如图,在△ABC中,∠ABC=90°,AB=3,BC=1,P为△ABC内一点,∠BPC=90°
1
(1)若PB=,求PA;(2)若∠APB=150°,求tan∠PBA
2
[

练习4
CE
如图所示，在四边形
ABCD
中，
ABDA
，
7
，
ADC
C
2
< br>；
E
为
AD
边上一点，
DE1
，
3
B
EA2
，
BEC

3
D
E A
.
（Ⅰ）求sin∠CED的值；
（Ⅱ）求BE的长．



15．（本小题共13分）
（Ⅰ）设
CED

.在
CED
中，由余弦定理，得
CE
2
CD
2
DE
2
2CDDEcos CDE
…………………2分
得CD
2
＋CD－6＝0，解得CD＝2(CD＝－3舍去)． …………………4分
在
CED
中，由正弦定理，得
sinCED21
…………………6分
7
（Ⅱ）由题设知


，所 以
cos


（0，）

3
27
…………………8分
7
而
AEB
2



，所以
3
cosAEBcos（
2

2

2


）=coscos

sinsin


333
131273217
. ………………11分
=cos

sin


22272714
在
RtEA B
中，
BE
2
47
. …………………13分
cosAEB

练习题答案
练习一
1. 由正弦定理可得
sinAcosC3sinAsinCsinBsinC
，
即
sinAcosC3sinAsinCsin(AC)sinCsinAcosCcosA sinCsinC
，


A
2sin(A)1
3

6
整 理得
3sinAcosA1
，即，因为
0A

，所以
2、
（1）已知得由已知及正弦定理得
sinAsinBcosCsinCsinB①，又

sinAsin(BC)sinBcosCcosBsinC
② ，由①②和
C(0,

)
得
sinBcosB
，则B
;
4
12

acsinBac
，由已知及余弦 定理得
4a
2
c
2
2accos
，又
24< br>4
4
，当且仅当
ac
时等号成立，故三角形面积最大值为
2 1

22
理及
（2） 三角形面积
S
a
2< br>c
2
2ac
，故
ac
3、由正弦定
a2c< br>可得
sinA2sinC
①，而
cos(AC)cosBcos(A C)cos(AC)2sinAsinC
，已知即
2sinAsinC1
② ，联立①②即得

1

1
，因为
a2cc
,故
0C
,所以
sinC
,故
C
.
2
226
1
4、解：
3sinAcosC=2sinCcosA,
得
tanC
,
tanBtan(AC)1
,得
?B135?
．
2
1
cosA
asinC3
5、 答案：解：（1）
.

3
； （2）可得：sinC = ,
c
sinA2
sinC
6、答案 2，
(2,3)
< br>222
a
1
22
117
7、解：由余弦定理得
ab c2bcosA
＝
(c)c2gcgcgc
2
,
故

3329
c
7
.

3
8、解：用余弦定理可得原式的值为2
3c
2
ab
a
2
b
2
c
2
ba
22
22
2
，
ab
，化简可得9、解：
6cosC6abcosCa b
，
6ab
2ab
ab
22
tanCtanCsinCc osBsinAsinBcosAsinCsin(AB)1sin
2
C
 
由正弦定理，
tanAtanBcosCsinAsinBcosCsinAsinBc osCsinAsinB

1c
2
c
2
c
2< br>4
. 得：上式=

cosCab
1
(a
2
b
2
)
13c
2

6
62
10 .法1：注意到已知向量的关系，可得下面的解法：
uuuruuuruuuruuur
uu ur
2
uuuruuuruuur
uuuruuuruuuruuur
由ABgAC9,ABgBC16
，
即
AB25
，
则ABgACABgBC91625
，即
AB(ACCB)25
，故
AB5
;
法2：求的是边，所以设法将已知条件向边转化：
由已 知得
bccosA9,accosB16
，由余弦定理得
得
c25,c 5
；
（2）
2
1
2
1
(bc
2a
2
)9,(c
2
a
2
b
2
)16
，两式相加
22
sin(AB)sinAcosBcosAsinBac osBbcosAaccosBbccosA


sinCsinCcc
2
1697


2
c25
练习二
21
,cosAsinB
,两式相除即可；
55
33
（ 2）由
sin(AB)
可得
tan(AB)
,结合
tanA 2tanB
，可以求得
54
1、（1）将已知两个式子展开可以求得
sin AcosB
tanA26,tanB
26
hh
,设
AB< br>边上的高为
h
，则
3
,得
h26

2
tanAtanB
2、解：（1）要求
a
，就要得到一个含
a的方程（组），题目里出现了
sinA
，所以从正弦定理入手，
a
bs inA4
;

sinBsinB
下面我们思考，如何求出
sinB
，看看现在我们已经有了什么条件

acosB3
34

asinB4
，3个未知数，3个等式，每一个都是可以解出的，易得，，
a5
．
cosBsinB

55

sin
2
B cos
2
B1

（2）由
S
1
acsinB< br>，得到
c5
．
2
a
2
c
2
 b
2
由
cosB
，解得：
b25
， 最后
l1025
．
2ac
3、解：（1）因为
S
A BC

2
11

3
absinCabsinab3< br>，所以
ab4
，
2234
2
又由余弦定理：
4 ab2abcos

3
a
2
b
2
ab< br>，上述两式联立解得
ab2
。


23

a

3
22
（2）因为
sinB2sinA
， 所以由正弦定理得
b2a
，与
4abab
联立解得

，从而

b
43

3

S
ABC< br>
123
absinC
。
23
222
b
2
c
2
a
2
3

sinC23sinB得
c23b
，4、故
ab3bc7bab7
，代入
cosA
，
2bc2
得
A30
。（
a,b,c
三边均不可求出，所以考虑以
b
为基本量表示
a,c
）

练习三
1、解：
AB150
，所以
B150A
，
o
ab62
，

sinAsin(150A)sin 30
则
a2(62)sinA,b2(62)sin(150A)
，
ab2(62)[sinAsin(150A)](843)cos(75A)< br>，当
75A0
时，即
A75
时，
ab
取得最大值为
843

2、解：（1）由已知得
absinAsin2 CasinAsinAsinA
，化简得

，由正弦定理得，由已知
bsin2Cbsin2CsinBsin2C

3
C

2
得
2

2C

，于是
B2C
< br>，因为
ABC

，则
AC
，所以该三角形是等腰三< br>3
角形
uuur
2
uuur
2
uuuruuur< br>uuuruuuruuuruuur
2
（2）
|BABC|2
，所 以
|BABC|4
，即
BABC2BABC4
，即
uu ur
2
uuuur
2
uuuruuur
|BA||BC|2BA BC4
，因为
ca
，所以
a
2
a
2
cosB2
，得
22

1
，且，所以，
1cos(

AC)cos(

2C)cos2C2C
1cos2C
a
2
32
1124
2
即
cosB1
，则

2
11
，得
1a
，
22a3
uuuruuur
uuuruuur
22
2
22
则
BABCaccosBa(
2
1)2a(,1)，所以
BABC
的取值范围是
(,1)

a33
co sB
2
3、解：（Ⅰ）由已知，根据正弦定理得
2a(2bc)b(2cb )c

即
abcbc
，由余弦定理得
abc2 bccosA
，故
cosA
（Ⅱ）由（Ⅰ）得：
sinBsinCsinBsin(60B)

222222
1
，A=120°
2< /p>


31
cosBsinBsin(60B)

22
故当
B30
时，
sinBsinC
取得最大值1。
4、
（
Ⅰ)由已知得
PBC60
,∴
PBA30 
,在
PBA
中,由余弦定理得=
=,∴
PA
7
2
;
(Ⅱ)设
PBA

,由已知得,
PBsin

，在
PBA
中,由正弦定理得,
,=,∴=.
,化简得,