上海市教育考试院网站-北京师大二附中

必修五解三角形常考题型
1.1正弦定理和余弦定理
1.1.1正弦定理
【典型题剖析】
考察点1：利用正弦定理解三角形
例1 在
V
ABC中，已知A:B:C=1:2:3,求a :b :c.
【点拨】 本题考查利用正弦定理实现三角形中边与角的互化，利用三角形内角和定理及正
弦定理的变形形式 a :b :c=sinA: sinB: sinC 求解。
QA:B:C1:2:3,而ABC 

.
解：
A

6
,B

3
,C

2
,

a:b:sinA:sinB:si nCsin

6
:sin

3
:sin

2

13
::11:3:2.
22
【解题策略】要牢记正弦定理 极其变形形式，要做到灵活应用。
例2在ABC中，已知c=
2
+
6
，C=30°，求a+b的取值范围。
【点拨】 此题可先运用正弦定理将a+b表示为某个角的三角函数，然后再求解。
解：∵C=30°，c=2
+
6
，∴由正弦定理得：
abc26
,

sinAsinBsinCsin30
∴ a=2(
2
+
6
)sinA,b=2(
2
+
6
)sinB=2(
2
+6
)sin（150°-A）.
∴a+b=2(
2
+
6
)[sinA+sin(150°-A)]= 2(
2
+
6
)·2sin75°·cos(75°-A)=

26
cos(75°-A)

2
① 当75°-A =0°，即A=75°时，a+b取得最大值

26
=8+4
3
；

2
② ∵A=180°-(C+B)=150°-B,∴A＜150°，∴0°＜A＜150°,
∴-75°＜75°-A＜75°，∴cos75°＜cos(75°-A)≤1，
∴＞

26
cos75°=

2

2 6
×

2
62
=
2
+
6
.
4
综合①②可得a+b的取值范围为(
2
+
6
,8+43
>
考察点2：利用正弦定理判断三角形形状
例3在△ABC中，
a
·tanB=
b
·tanA，判断三角形ABC的形状。
【点拨】通过正弦定理把边的关系转化为角的关系，利用角的关系判断△ABC的形状。
22

解：由正弦定理变式a=2RsinA,b=2RsinB得：

2RsinA

2
•
sinBsinA
2
, < br>

2RsinB

•
cosBcosA
sinA cosAsinBcosB,

即
sin2Asin2B
，
2 A2B或2A2B

，
AB或AB

2
.
∴
VABC
为等腰三角形或直角三角形。
【解题策略】“在△ABC中，由
sin2Asin2B
得∠A=∠B”是常犯的错误，应认真体会上述
解答过程中“ ∠A=∠B或∠A+∠B=

”的导出过程。
2
例4在△ABC中，如果< br>lgalgclgsinBlg2
，并且B为锐角，试判断此三角形的
形状。
【点拨】通过正弦定理把边的形式转化为角的形式，利用两角差的正弦公式来判断△ABC的
形 状。
解：
QlgsinBlg2,sinB
又∵B为锐角，∴B=45°.
由
lgalgclg2,得
2
.
2
c2
.

a2
由正弦定理，得
sinA2

,
sinC2
∵
A18045C,
代入上式得：
2sinC2sin

135C


2

sin135cosCcos135sinC


2cosC2sinC,

cosC0,C90,A45.

VABC为等腰直角三角形。

考察点3：利用正弦定理证明三角恒等式
a
2
b
2
b
2
c
2
c
2a
2
0
. 例5在△ABC中，求证
cosAcosBcos BcosCcosCcosA
【点拨】观察等式的特点，有边有角要把边角统一，为此利用正弦定理 将
a，b，c
转化
为
sinA,sinB,sinC
.
2 22
222

证明：由正弦定理的变式
a2RsinA,b2Rsi nB
得：
a
2
b
2
4R
2
sin2
A4R
2
sin
2
B
=

cos AcosBcosAcosB
4R
2
（[1-cos
2
A）-( 1-cos
2
B)]


cosAcosB
(cos2
Bcos
2
A)
4R
2
(cosBcosA )

cosAcosB
b
2
c
2
4R
2
(cosCcosB),
cosBcosC
同理
22
c a
4R
2
(cosAcosC).
cosCcosA
左边= 4R
2
(cosBcosAcosCcosBcosAcosC)
0右 边
等式成立。
【解题策略】在三角形中，解决含边角关系的问题时，常运用正弦定理进行边角 互化，然后
利用三角知识去解决，要注意体会其中的转化与化归思想的应用。
例6在△ABC 中，a,b,c分别是角A,B,C的对边，C=2B，求证
cbab
.
【点拨】本题考查正弦定理与倍角公式的综合应用.
证明：
QABC180,BC180A.

22

又QC2B,CBB.

Qsin(BC)sin(180A)sinA,

c
2
b
2
4R
2
(sin
2
Csin
2
B)
4R
2
(sinCsinB)(sinCsinB)
BCC BBCCB

4R
2
•2sin•cos•2cos•sin
2222
4R
2
sin(CB)sin(CB)4R
2
si nAsinBab右边.
等式成立.
【解题策略】有关三角形的证明题中，要充分利用三 角形本身所具有的性质。
（1） ABC

,AB

 C,
2B2

2C.
AB

C
,2A

222
(2)sin(AB)sinC,cos(AB)cosC,ta n(AB)

tanC.

(3)sin
cot
C
.
2
ABCABCAB
cos,cossin,tan
22222

(4)sin(2A2B)sin2C,cos(2A2B)cos 2C,
tan(2A2B)tan2C.
考察点4：求三角形的面积

例7在△ABC中，a,b,c分别是三个内角A,B,C的对边，若
a2,C
△ABC 的面积S.
【点拨】先利用三角公式求出sinB,sinA 及边c，再求面积。
解：由 题意
cos

4
,cos
B25

,求
2 5
B25
3
2
B

，得
cosB2cos1 ,

25
25
43

72
,sinAsin(< br>
BC)sin(B),

5410
∴B为锐角，
sinB
由正弦定理得
c
10
,

7
111048
SacsinB•2••.

22757< br>【解题策略】在△ABC中，以下三角关系式在解答三角形问题时经常用到，要记准、记熟，
并能 灵活应用，
ABC

,sin(AB)sinC,cos(AB)c osC;sin

cos
AB


2
CABC
,cossin.

222
例8已知△AB C中a,b,c分别是三个内角A,B,C的对边，△ABC的外接圆半径为12，且
C
求△ABC的面积S的最大值。
【点拨】本题主要考察正弦定理与三角形面积公示的综合应用。 解：
S
VABC


3
,
11
abs inCg2RsinAg2RsinBgsinC

22
3
2
R[cos(AB)cos(AB)]

2
3R
2
sinAsinB

3
2
1
R [cos(AB)].

22
当cos(AB)1,即AB时，

(S
VABC
)
max

33
2< br>33
Rg1441083.

44
【解题策略】把三角形的面积公 式和正弦定理相结合，通过讨论三角函数值的取值，求得面
积的最大值。
考察点5：与正弦定理有关的综合问题
例9已知△ABC的内角A,B极其对边a,b满足< br>abacotAbcotB,
求内角C
【点拨】本题主要考察解三角形中的正弦 定理、和差化积公式等基础知识，考察运算能力、
分析能力和转化能力。
解法1：
QabacotAbcotB,且
ab
，
2R
（R为△ABC的外接圆半径）
sinAsinB
sinAcosAcosB sinB,1sin2A1cos2B.

cos2Acos2B0

又Qsin2Asin2B2cos(AB)sin(AB).
cos(AB)s in(AB)0,
cos(AB)0或sin(AB)0.
又∵A,B为三角形 的内角，
AB


2
或AB,

当AB

2
时，C

2

；
当
AB
时，由已知得
cotA1,AB
综上可知，内角
C

4
,C

2
.


2
解法2：由
abacotAbcotB
及正弦定理得，
sinAsinB=cosAcosB
，
sinAcosAcosBsinB
，
从而
sinAcos
即
sin(A
.

4cosAsin

4
cosBsin

4
sin Bcos

4
,


)sin(B).
44

又∵0＜A+B＜π，
A

4


4
B,

AB

2
,C

2
.

【解题策略】切化弦、边化角是三角关系化简的常用方法，熟练运用三角恒等变换公式是解
题的关键。
例10在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a,b,c,且c=10,
cosAb4
，求a,b及△ABC
cosBa3
的内切圆半径。
【点拨】欲求边，应将已知条件中的边角统一，先求角再求边。

解：
由
cosAbcosAsinB
,可得=,

cosBacosBsinA
变形为
sinAcosAsinBcosB,sin 2Asin2B

又
Qab,2A

2B,AB< br>∴△ABC是直角三角形。

2
,


a
2
b
2
10
2

由

b4
解 得
a6,b8.


a

3,

V ABC的内切圆半径为r=
abc6810
2

22
【解题策略】解此类问题应注意定理与条件的综合应用。
------------------------------------------
『易错疑难辨析』
易错点 利用正弦定理解题时，出现漏解或增解
【易错点辨析 】本节知识在理解与运用中常出现的错误有：（1）已知两边和其中一边的对角，
利用正弦定理求另一边 的对角时，出现漏解或增解；（2）在判断三角形的形状时，出现漏解
的情况。
例1
（1） 在△ABC中，
a23,b6,A30,求B;

（2） 在△ABC中，
a23,b2,A60,求B;

【错解】
（1） 由正弦定理得
sinBb
sinAsin303
6,B60

a2
23
sinAsin601
2,B30或150< br>
a2
23
（2） 由正弦定理得
sinBb
【点拨】（ 1）漏解，由
sinB
3
（0°＜B＜180°）可得
B60或120 
因为b＞a,所以
2
1
（0°＜B＜180°）可得
B30或 150
，因为b＜a,
2
根据三角形中大边对大角可知B＜A,所以
B1 50
不符合条件，应舍去。
两解都存在。（2）增解。由
sinB
【正解】
（1）由正弦定理得sinBb
sinAsin303
6.

a2
23

又∵0°＜B＜180°
B60或120
（经检验都符合题意）
（2）由正弦定理得
sin Bb
sinAsin601
2.

a2
23
又∵0°＜B＜180°
B30或150

∵b＜a,根据三角形中大边对大角可知B＜A，
B150
不符合条件，应舍去，
B30
。
易错点 忽略三角形本身的隐含条件致错
【易错点解析】解题过程中，忽略三角形本身的隐含条件，如内角和为180°等造成的错误。
例2在△ABC中，若
C3B,
求
【错解】
由正弦定理得
c
的取值范围。
b
csinCsin3Bsin(B2B)
< br>=
bsinBsinBsinB
sinBcos2BcosBsin2B


sinB
cos2B2cos
2
B4cos
2B1.

Q0cos
2
B114cos
2
B13,0
【点拨】在上述解题过程中，得到了
的
A,B,C
均为正 角这一条件。
【正解】
由正弦定理可知
c
3

b< br>c
=4cos
2
B1
后，忽略了三角形的内角和定理及隐含
b
csinCsin3Bsin(B2B)

=
bsinBsinBs inB
sinBcos2BcosBsin2B


sinB
c os2B2cos
2
B4cos
2
B1.

QABC=180，C3B.

∴0°＜B＜45°，
2
2
＜
cosB
＜1.
2
∴1＜
4cosB1
＜3，故1＜
c
＜3.
b

『高考真题评析』
例1（2010·广东高 考）已知a，b，c分别是△ABC的三个内角A，B，C所对的边，若
a1,b3,AC2B ,
则
sinC_______

【命题立意】本题主要考察正弦定理和三角 形中大边对大角的性质，解题的关键是确定角C
的值。
【点拨】在△ABC中，
A BC

,
又
AC2B
，故
B

3
，由正弦定理知
sinA
asinB1
B

,
又a＜b，因此
A
从而可知
C
，即
sinC1
。故 填1.
62
b2
【名师点评】解三角形相关问题时，应灵活掌握边角关系，实现边角互化。
例2（2010·北京高考）如图1-9所示，在△ABC中，若
b1,c3,C
则
a_________.

【命题立意】本题考查利用正弦定理解决三角形问题 ，同时要注意利用正弦定理得到的两解
如何取舍。
【点拨】由正弦定理得，
2

,

3
311
,sinB.

2

sinB2
sin
3
∵C为钝角，∴B必为锐角，
B

6
A

6
.ab1.

故填1
【名师点评】
在

0,


范 围内，正弦值等于
忽略角的范围而出现增解

1
的角有两个，因为角C为钝角，所以角B必为锐角，防止
2

C
1


A
2

3
a

B
3


图1-9
例3（2010·湖北高考）在△A BC中，
a15,b10,A60,
则
cosB
等于（ ）

A.
226
226

B.

C.

D.

33
33
【命题立意】本 题考查正弦定理及同角三角函数基本关系式，解题的关键是确定角B的范
围。
【点拨】由正弦 定理得
151010gsin60
,sinB
sin60sinB15< br>2
10
3
2

3
.
∵
a
＞
b
，
153

3

6
2
，故选 D

A60
，∴B为锐角。
cosB1sinB1


3


3

【名师点评】根据三角形性质大 边对大角准确判断角B的范围，从而确定角B的余弦值。
例4（2010·天津高考）在△ABC中，
（1）求证
BC
；
（2）若
cosA
ACcosB
.

ABcosC< br>

1

，求
sin

4B
< br>的值。
3

3

【命题立意】本题主要考察正弦定理、两角 和与差的正弦公式、同角三角函数的基本关系、
二倍角的正弦与余弦等基础知识，同时考察基本运算能力 。
证明：（1）在△ABC中，由正弦定理及已知，得
sinBcosB
。于是
sinCcosC
sinBcosCcosBsinC0,
即
si n

BC

0.

因为


＜B-C＜

，从而B-C=0，所以B=C .
解：（2）由
ABC

和（1）得
A

 2B
，故
cos2Bcos


2B

 cosA
2
1

3
又0＜2B＜

，于是
sin2B1cos2B
22.42
从而
sin4B2sin2Bcos2 B
，
39
7



4273
cos4Bcos
2
2Bsin
2
2B
。所以
sin

4B

sin4Bcos.

9
3

318

【名师点评】（1）证角相等，故由正弦定理化边为角。（2）在 （1）的基础上找角A与角B
的函数关系，在求2B的正弦值时要先判断2B的取值范围。

1.1.2 余弦定理
『典型题剖析』
考察点1： 利用余弦定理解三角形
例1：已知△ABC中，b3,c33,B30,
求A，C和
a
。
【点拨】解答本题可 先由余弦定理列出关于边长
a
的方程，首先求出边长
a
，再由再由正弦
定理求角A，角C，也可以先由正弦定理求出角C，然后再求其他的边和角。
解法1：
2 2
由正弦定理
bac2accosB,
得
3a33
222

2
2a33cos30
，
a
2
 9a180,
解得
a3
或6.当
a3
时，
A30 ,C120

当
a6
时，由正弦定理得
sinA
解法2：

asinB

b
6
3
1
2
1,
A 90,C60.

由
b
＜
c
，
B30 ,
b
＞
csin3033
133

，知本题有两解 。
22
由正弦定理得
sinC
csinB

b
33
1
2

3
，
32
C60
或
120
，
当
C60
时，
A90
，由勾股定理得：
abc333
222

2
6

当C120
时，
A30
，∴△ABC为等腰三角形，
a3。
【解题策略】比较两种解法，从中体会各自的优点，从而探索出适合自己思维的解题规律和方法。三角形中已知两边和一角，有两种解法。方法一利用余弦定理列出关于第三边的等量
关系列出 方程，利用解方程的方法求出第三边的长，这样可免去判断取舍的麻烦。方法二直
接运用正弦定理，先求 角再求边。
例2：△ABC中，已知
a26,b623,c43
，求A，B，C
【点拨】解答本题可由余弦定理求出角的余弦值，进而求得各角的值。
解法1：
由余弦定理得：
6234326
bca
cosA
2 bc
262343
222


22
2


36243124824

48348
72243333
。

48348232
2

因为
A

0,180

,所以
A30
。
222
cosC
abc
< br>2ab

26

2
623
226623


2
43


2


243624312482


2
24624 2
因为
C

0,180

,
所以
C 45

因为
ABC180,
所以
B18045 30105

解法2：
由解法1知
sinA
1
，
2
43
1
csinA
2

2
.


由正弦定理得，
sinC
a2
26
因为
b＞
c
，所以B＞C，
所以角C应该是锐角，因此
C45
。
又因为
ABC180,
所以
B1804530105 

【解题策略】已知三角形三边求角，可先用余弦定理求解，再用正弦定理求解，在用正弦定
理求解时，要根据边的大小确定角的大小，防止增解或漏解。
考察点2： 利用余弦定理判断三角形的形状
例3：在△ABC中，已知

abc
 
abc

3ab,
且
2cosAg
试判断△ABC
sinBsinC
，
的形状。
【点拨】本题主要考察利用正弦定理或余弦 定理判断三角形的形状，从问题的已知条出发，
找到三角形边角之间的关系，然后判断三角形的形状。
解法1：（角化边）
由正弦定理得
sinCc

，
sinBb
sinCc

。
2sinB2b
由
2 cosAgsinBsinC
，得
cosA

c
2
b
2
a
2
又由余弦定理的推论得
cosA
。
2bc
cc
2
b
2
a
2
,
即< br>c
2
b
2
c
2
a
2
,a b
。
2b2bc
22
又
Q

abc

abc

3ab.


ab

c3b,
4bc3b,bc.

222
2
abc,VABC
为等边三角形。
解法2：（边化角）
QABC180,sinCsin

A B

.

又
Q2cosAgsinBsinC
，
2cosAgsinBsinAgcosBcosAgsinB,
sin

AB

0.

又∵A与B均为
VABC
的内角，∴A=B.
又由

a bc

abc

3ab
，得

ab< br>
c3ab
，
2
2
a
2
b
2
c
2
2ab3ab
，即
a
2
b
2
c
2
ab,
由余弦定理得
cosC
而0°＜C＜1 80°，
C60.

又
QAB,
VABC
为等边三角形。
1
，
2
【解题策略】已知三角形关系中的边角关系式判断三角形的形状，有两条思考路线：一是化
边 为角，求出三个角之间的关系式；二是化角为边，求出三条边之间的关系式，种转化主要
应用正弦定理和 余弦定理。
例4：已知钝角三角形ABC的三边
ak,bk2,ck4,
求k的取值范围。
【点拨】由题意知△ABC为钝角三角形，按三角形中大边对大角的原则，结合a, b,c的大小
关系，故必有C角最大且为钝角，于是可有余弦定力理求出k的取值范围。解：
Q c
2
a
2
b
2
2abcosC,
当C为钝 角时，
2abcosC
＞0，
a
2
b
2
＜< br>c
2
，
k
2


k2
＜

k4

，解得-2＜k＜6.而k+k+2＞k+4，∴k＞2. 故2＜k＜6.故k的取
值范围是

2,6

.

【解题策略】应用三角形三边关系时，应注意大边对大角。
考察点3：利用余弦定理证明三角形中的等式问题
例5在中，a,b,c分别是角A，B，C的对边，
（1）求证
acosBbcosAc;

（2）求证
acos< br>2
22
CA1
cos
2


abc< br>
.

222

【点拨】本题考察余弦定理及余弦定理与二倍角公式的综合应用。 a
2
c
2
b
2
b
2
c
2
a
2
bg
证明：（1）左边
ag

2ac 2bc
a
2
c
2
b
2
b
2
 c
2
a
2


2ac2bc
2c
2
c
右边，故原式成立。
2c< br>（2）左边

a

1cosC

c
1cosA



22
a

a
2< br>b
2
c
2

c

b
2
c
2
a
2



1

< br>
1


2

2ab2bc

2

1

a
2
b
2
c
2b
2
c
2
a
2



a c


2

2b2b


1

abc


右边，故原式成立。
2
【解题策略】 （1）小题利用余弦定理将角化为边。（2）小题先降幂，然后利用余弦定理将角
化为边。
例6在
VABC
中，角A，B，C的对边分别是a，b，c。
a
2
b
2
sin

AB

;
（1）求证
2
csinC
（2）求证
accosBsinB

bccosAsinA
【点拨】本题考察余弦定理及余弦定理与两角和差正弦公式的综 合应用
a
2
b
2
c
2
2bccosAb12cosA
。 证明：（1）由
abc2bccosA,
得；
22
ccc
222
又∵
bsinB
,

csinC
sinBsinC2sinBcosA

12cosA 
sinCsinC
∴
a
2
b
2
c
2< br>
sin

AB

2cosAsinB
sinA cosBcosAsinB


sinCsinC

sin

AB


.
sinC
故原式成立。
a
2
c
2
b
2
2a
2
a
2
c
2
b
2
ac
2ac2a

22
（2）左边

222
bca2bbc
2
a
2
bc
2b c2b
a
2
c
2
b
2
bsinB
< br>2
2a

右边。
bc
2
a
2
asinA
2b
故原式成立。
考察点4：正余弦定理的综合应用
例7：在
VABC
中，已知
b

31a,C30,求
A,B.


【点拨】本题主要考察正、余弦定理的综合应用。
解：
Qb


31a,c
2
b
2
a
2
2a bcosC

2





31a
a
2
2a
2


31
< br>3

2
423a
2
a
2
3
2



23

a.


31a
2


∵a＞0,c＞0,
c
c23a,23.

a
csinC
由正弦定理得
,

asinA
1< br>sinC233162
2
sinA,

24
22
2323
A75
或
105
.
由
b

31a
知a＞b,

若
A 75,
则
B180

AC

75,ab,
与已知矛盾。
A105,B180

AC

45.

【解题策略】本题边未知，已知一角，所以考虑使用余弦定理得a，c的关系，再结合正弦

定理求
sinA.
注意特殊角的三角函数值，如：
sin75
6262
,sin15.

44
222
例8：设
V ABC
的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
bca3bc,

（1）求A的大小；
（2）求
2sinBcosCsin

BC

的值。
【点拨】本题考察余弦定理，和角、差角的正弦公式的综合应用。
b
2
c
2
a
2
3bc3
,
解：（1）由余弦定理
abc2bccosA,
得
cosA
2bc2bc2
222
所以
A

6
.

（2）
2sinBcosCsin

BC


2sinBcosC

sinBcosCcosBsinC


sinBcosCcosBsinCsin

BC


sin


A

sinA
1
。
2
例9：设
VABC
得到内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
acosB3,bsinA4.

（1）求边长a；
（2）若
VAB C
的面积S=10，求
VABC
的周长
l
。
【点拨】本题考察正弦定理、余弦定理、三角形面积公式及同脚三角函数关系式的综合应用。
解：（1）已知
acosB3,bsinA4.

3acosBacosBbcosB
cotB.

4bsinA sinAbsinBb
又由
acosB3
知
cosB
＞0，
34
则
cosB,sinB
，则
a5.

5 5
1
（2）由
SacsinB10,
得
c5.
2
将两式相除，有
a
2
c
2
b
2
3
,
得
b25
。 由
cosB
2ac5
故
l1025
。
【解题策略】 把已知两个关系式相除是本题的难点，也是解决此题的关键，相除之后出现
a
，使用正弦定理使 问题得到顺利解决。
sinA

『易错疑难解析』
易错点 利用余弦定理判断三角形的形状时出现漏解情况
【易错点辨析】在等式两边同时约去一个因式时，需要 十分小心，当该因式恒正或恒负时可
以约去，一定要避免约去可能为零的因式而导致漏解。
例 1：在
VABC
中，已知
acosAbcosB,
试判断
VABC
的形状。
【错解】由余弦定理得：
b
2
c
2
a
2
a
2
c
2
b
2
ab,< br>a
2

b
2
c
2
a
2

b
2

a
2
c
2
b
2

,

2bc2ac
a
2
b
2
a
2
c
2
a
4
b
2
a
2< br>b
2
c
2
b
4
,



a
2
b
2

c
2


a
2
b
2

a
2
b
2

,

c
2
a
2
b
2
.

故
VABC
为直角三角形。
【点拨】利用余弦定理把已知等式中角的形式转 化为边的形式，其思路是正确的，但是在等
式变形中约去了可能为零的因式
ab
，产 生了漏解的情况，导致结论错误。
【正解】
由余弦定理得：
22
b2
c
2
a
2
a
2
c
2
b
2
ab,
a
2

b
2
c< br>2
a
2

b
2

a
2
c
2
b
2

,

2bc2ac

a
2
b
2

c
2

< br>a
2
b
2

a
2
b
2

,

a
2
b
2

c
2
a
2
b
2

0,

ab
或
c
2
a
2
b
2
。
∴
VABC
为等腰三角形或直角三角形。
易错点 易忽略题中的隐含条件而导致错误
【易错点辨析】我们在解题时要善于应用题目中的条件，特别是隐含 条件，全面、细致地分
析问题，如下列题中的b＞a就是一个重要条件。
例2：在
V ABC
中，已知
a2,b22,C15,
求
A
。
【错解】由余弦定理，得
c
2
a
2
b
22abcosC
482222
由正弦定理，得
sinA
62
843,c62.

4
asinC1
.
又0°＜A＜180°，
A30
或
150
.
c2
【点拨】注意到已知条件中
b22
＞
a2
这一隐含条件，则
B< br>＞
A
，显然
A150
是

不可能的。 222
【正解】由余弦定理，得
cab2abcosC
843c6 2.

又由正弦定理，得
sinA
asinC1
.
∵ b＞a，∴B＞A.又0°＜A＜180°，
A30

c2
『高考真题评析』
BC3BD,AD
例1：（2011.山东模拟 ）在
VABC
中，D为BC边上一点，
若
AC
2,ADB13 5,
2AB,
则
BD__________.

【命题立意】本题主要考察余弦定理与方程组的应用。
【点拨】如图1-13所示，设
ABk,
则
AC
由余弦定理得
kx22x2
< br>

22
2k,
再设
BDx,
则
DC2 x,
在
VABD
中，


2

2
x22x
①。在
VADC
中，由余弦定理


2
得
2k4x222x2
22
2
4x
2
24x,
k
2
2x
2
12x
②。由① ②得
2
x
2
4x10,
解得
x25
（负 值舍去），故填
25
。
【名师点评】根据题意画出示意图由CD=2BD,AC=
2
AB,设出未知量，在两个三角形中分别
利用余弦定理，然后联立方程组求解。
A

B

D

图1-13
C


例2：（2010.天津高考）在
VABC
中，内角A，B，C的对边分别 是a，b，c，若
a
2
b
2
3bc,sinC23sinB,
则A等于（ ）
A．30° B.60° C.120° D.150°
【命题立意】本题考察正、余弦定理的综合应用，考察分析问题、解决问题的能力。 < br>22
【点拨】由
sinC23sinB,
根据正弦定理得
c23b ,
代入
ab3bc,
得
a
2
b
2
 6b
2
,
即
a
2
7b
2
,
，由 余弦定理得

b
2
c
2
a
2
b
2
12b
2
7b
2
6b
2
3
cosA,
又0°＜A＜180°，
A30.
故
2
2 bc2
2b2343b
选A
【名师点评】应用正弦定理把已知条件中
si nC23sinB,
转化成边b，c的关系，再代入
已知得a，b的关系，利用余弦定理变形 形式求角的余弦值。
例3：（2010.北京高考）某班设计了一个八边形的班徽（如图1-14所示 ），它由腰长为1，
顶角为a的四个等腰三角形，及其底边构成的正方形所组成，该八边形的面积为（ ）
A.
2sina2cosa2

B.
sina3cosa3

C.
3sina3cosa1

D.
2sinacosa1

【命题立意】本题考察了用余弦定理理解三角形以及三角形面积公式和图形的分割求和等知
识。
【点拨】三角形的底边长为
x11211cosa22cosa,

1
S4S
三角形
S
正方形
411sina x
2
2
2sina22cosa2sina2cosa2

故选A。
【名师点评】此题难度较低，该八边形由4个等腰三角形和一个正方形组合而成，应 用余弦
定理求正方形的边长是关键。
例4：（2010.安徽高考）设
VABC是锐角三角形，a，b，c分别是内角A，B，C所对边长，
且


 


sin
2
Asin

B
gsin

B

sin
2
B
。

3

3

（1）求角A的值；
uuuruu ur
（2）若
ABAC12,a27
，求b，c（其中b＜c）
【命 题立意】本题考察两角和的正弦公式，同脚三角函数的基本关系，特殊角的三角函数值，
余弦定理，向量 的数量积等知识。
解：（1）因为

3

3

11
2
sin
2
A

cosBsinBcosBs inBsinB



2

22

2

313
cos
2
Bsin
2
B sin
2
B,

444
所以
sinA
3
。又A为锐角，所以
A.

2
3

u uuruuur

（2）由
ABAC12,
得
cbcosA1 2.
①由（1）知
A.
所以cb=24.②
3
22
22 2
由余弦定理知
acb2cbcosA.
将
a27
及①代入 ，得
cb52
，③
③+②×2，得

cb

100,
，所以
cb10
。
因此 c，b是一元二次方程
t10t240
的两个根，解此方程并由b＜c知c=6，b=4.
【名师点评】（1 ）题三角形的六个元素均未知，只能从已知条件出发，把方程右边关系式进
行化简整理，得
si nA
2
2
2
3
.
（2）题考察了构造方程求跟的能力。
4
例5（陕西高考）如图1-15所示，在
VABC
中，已知B=45°，D 是BC边上一点，AD=10，
AC=14，DC=6，求AB的长。
【命题立意】本题主要考察利用正弦定理和余弦定理解三角形，同时考察运算求解能力。
解：在
VADC
中，AD=10，AC=14，DC=6，
AD
2
DC
2
AC
2
100361961

由余弦定理得
cosADC
2ADDC21062
ADC120 ,ADB60.
在
VABD
中，
AD10,B45,ADB 60,

由正弦定理得
ABAD
,

sinADBs inB
10
2
2
3
2
56.

AB 
ADsinADB10sin60

sinBsin45
A
B

D

C


图1-15

【名师点评】已知
VACD
的三边，则由余弦定理先求
ADC< br>的余弦值，再求角，即可求的
补角
ADB
，在
ABD
中， 已知两角一边用正弦定理求解即可。
例6：（2010.江苏高考）在锐角
VABC
中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若
ba
6cosC,

ab

求
tanCtanC
的值。

tan AtanB
【命题立意】本题考察三角函数的化简及正、余弦定理的综合应用。
ba
6cosC,
得
b
2
a
2
6abcosC32 abcosC3

a
2
b
2
c
2


ab
tanCtanC
222
化简整理得
2

ab

3c.
将切化弦，得

tanAtanB解：由
sinC

cosAcosB

sinC
sin

AB

sinCsinCsin
2
C



.



cosC

si nAsinB

cosCsinAsinB
cosCsinAsinBcosCsin AsinB
sin
2
C

根据正、余弦定理得
cosCsi nAsinB
c
2
2c
2
2c
2

24

222
22
3
abc
abc
c
2
c
2
ab
2
2ab
所以
tanC tanC
4

tanAtanB
22
【名师点评】整理通式的常 用方法是通分，出现
ab
，
cosC
这样的形式时应考虑向余
弦定 理靠拢。