解三角形的基本题型

睢县回族高级中学 杨少辉

解三角形问题是高考的一种基本问题，可以说是常考；下面就这类问题来做个总结，有不对的地方希望大家指正。

一、与解三角形有关的公式、定理、结论：

abc1、正弦定理：2R,(R是ABC的外接圆半径) ；

sinAsinBsinC正弦定理的变形：a:b:csinA:sinB:sinC ; （根据合比定理）

ababc2R,(R是ABC的外接圆半径)

sinAsinBsinAsinBsinC2、余弦定理：a2b2c22bccosA b2a2c22accosB c2a2b22abcosC

余弦定理的变形：sin2Asin2Bsin2C2sinBsinCcosA sin2Bsin2Asin2C2sinAsinCcosB sin2Csin2Asin2B2sinAsinBcosC 3、三角形面积公式：

1（1）SABC底高；

2111（2）（两边及夹角）SABCabsinCbcsinAacsinB；

222（3）（两角及夹边）SABC（4）（两角及对边）

SABC12sinB.sinC12sinA.sinC12sinA.sinBabc； 2sin(BC)2sin(AC)2sin(AB)12sin(AB).sinB12sinBC.sinC12sinAC.sinAabc； 2sinA2sinB2sinCabcppapbpc;其中p；

2（5）（三边）SABC（6）（代入正弦定理）SABC2R2sinAsinBsinCabc； 4R1abc.r;(其中r为内切圆半径)； 24、三角形中的边角关系：

ABC（1）ABC,ABC,；

222（2）转化为三角函数：

（7）SABC sinABsinC,cosABcosC；

CCABABcos,cossin sin； 2222（3）大边对大角：

abABsinAsinBcosAcosB； abABsinAsinBcosAcosB； （4）锐角与钝角的判定：

角A为锐角a2b2c2sinAcosA1； 角A为直角a2b2c2sinAcosA1； 角A为钝角a2b2c2sinAcosA1； （5）锐角三角形中的边角关系：

 ABABsinAcosB；

22二、解三角形的常见题型：

题型一：已知两边及对角，判断三角形解的个数； 例1、根据已知条件，判断下列ABC解的个数： （1）a7,b14,A300；（2）b4,c5,B300； （3）b25,c3,C1500；（4）a1,b3,B600； 解析：显然应使用正弦定理：

ab7145（1），故：，解得：sinB1，B0,1sinBsinAsinB62；由图形可知： 

直线y1与ysinB只有唯一的交点，所以：只有唯一解； （2）由

bc55解得：sinC，C0,sinBsinC86；实际就是研究5y85ysinx,x0,6 图像交点的个数；由图像知：

有两个交点，即：有两个解；

bc25（3）由解得：sinB，这样的角B不存在，无解； sinBsinC6ab12（4）由解得：sinA，又0A；故：A； sinAsinB2363（变式1）已知ABC中，a,A，若此三角形有两个解，求边b的取值范

23围？

2y3sinx,xab0,分析：由正弦定理知：，b3sinB；只需：3sinAsinByb有两个不同的交点即可；由图像可知：（变式2）

45，cosB，求cosC； 513412（2）在ABC中，sinA，cosB，求cosC；

513分析：

3b3； 2 （1）在ABC中，sinA（1）由于cosCcosABsinAsinBcosAcosB；sinB`12；关键是cosA134y5的正负；也就是分析角A是锐角还是钝角；即：交点的情ysinx,x0,B况；如图：只有一个交点，角A是一个锐角；即：cosA4125333； cosC..513135653； 533356（2）类似分析可知：cosA，故：cosC或；

56565总结：解决这类问题一般用正弦定理，转化成图像交点的个数问题； 题型二：利用正弦定理求外接圆半径；

例2、直三棱柱ABCA1B1C1中，BB12,BC1,A，求其外接球的表面积；

6分析：此题的关键是确定球心的位置并求球的半径；如图：

o1c为ABC的外接圆半径；由正弦定理：2CO1BCCO11，oo11；；解得：

sinA球的半径oc2，故：球的表面积为8；

，点P为二面角内部一点，点P到面和面的距3离分别为1和2；求点P到直线l的距离；

分析：先作出P到直线l的距离，然后放入一个三角形求解； （变式）二面角l为

过点P作PA于点A，过点P作PB于点B，过点A作ACl于点C；可得：PC为所求距离；显然，A、B、C、P四点共圆；PC为ABC外接圆直径；

ABC中，由余弦定理知：AB2AC2BC22.AC.BC.cosACB；AB3； PCABsinC32； 32题型三：判断三角形的形状；

例3、在ABC中，已知a2tanBb2tanA,判断ABC的形状；

分析：判断三角形的形状，一般有两条思路：（1）证明角的关系；（2）证明边的关系；

法一：将角转化成边；

sinBsinAab原式转化为：a2，代入正弦定理：，应用余弦定理b2cosBcosAcosBcosAb2c2a2a2c2b2b可得：a，进一步化简得：a4a2c2b4b2c20；

2bc2aca2b2c2a2b20；故：a2b2c2或ab，即：ABC为等腰三角形或

直角三角形；

法二：将边转化成角；

原式可化为：acosAbcosB；代入正弦定理得：sinAcosAsinBcosB，即：

故：sin2Asin2B；ABC为等腰三角形或直角三角形； 2A2B或2A2B；（变式）在ABC中，已知a2b2sinABa2b2sinAB,判断ABC的形状；

题型四：已知三角形中的边角混合式，解三角形；

例4、在ABC中，已知a2c22b，且sinAcosC3cosAsinC；求b； 解析：由于要求的是边，应将角转化为边；

sinAcosC3cosAsinC可化为：acosC3ccosA；

a2b2c2b2c2a23c.继续应用余弦定理转化可得：a.；

2ab2bc化简得：2a2c2b2，结合：a2c22b，可得：b22b；解得：b2；

3例5、在ABC中，已知cosACcosB,b2ac；求B；

2解析：由于要求的是角，应尽量将所有的边转化为角；

3cosACcosAC；解得233故：；sinB,B0,；即：sinB224sin2BsinAsinC解得：B3或23；由cosBcosAC0，B； 323例6、在ABC中，已知acosC3asinCbc0； （1）求角A；

（2）若a2,SABC3，求b,c； 解析：

（1）边化角：sinAcosC3sinAsinCsinBsinC0； 统一角：sinAcosC3sinAsinCsinACsinC0 化简得：3sinAsinCsinCcosAsinC0；

1进一步化简可得：sinA,A0,；解得：A；

623（2）从第一问A1得到启发，面积公式应用：SABCbcsinA3 32可以解出bc4；从bc4再联想到余弦定理：a2b2c22bccosA；代入数据可得：b2c28；两式联立解得：b2,c2； （变式）在ABC中，已知sinB（1）求

5，且a,b,c成等比数列； 1311的值； tanAtanC（2）若accosB12,求ac的值；

总结：解决此类问题，变角转化是关键，统一变量是目的； 题型五：三角形中的取值范围问题；

1例7、在ABC中，已知acosCcb；

2（1）求角A的大小；

（2）若a1，求ABC周长及面积的取值范围； 解析：

11sinAcosCsinCsinBsinAcosCsinCsinAC； （1），即：

221cosAA化简得：；角；

23（2）法一：转化为边；

222由余弦定理：a1bcbc；周长labc1bc；只需要求bc的

取值范围即可；由三角形的性质知：bca1；由基本不等式可得：

b2c2bc222，当且仅当bc时取等号成立； 2bcbc2bc故：1b2c2bc42，即：1bc2，周长的取值范围是：2,3；

1322SABCbcsinAbc；0bc1；3bcbc11bc4；由于且所以：

2430,即：面积的取值范围是4； 法二：转化为角； 由正弦定理知：将BCa23bc23sinBsinC； ；周长=1sinA3sinBsinC32212sinBB代入并化简得：周长=，0,；周长的取值

633范围是：2,3；

133112SABCbcsinAbcsin2B,B0,；面积的取值范围2432330,是4； （变式1）将例7中的“ABC”改为“锐角ABC”

“法一”将很难解决这个问题，而“法二”仅仅需要改变一下角B的取值范围即

0B22CB代入可得：B；后面同上法； 可； 将

3620C2（变式2）在ABC中，已知B3,AC3,求AB2BC的取值范围；

解析：由正弦定理知：AB2BC2sinC4sinA23cosC4sinC；

2由辅助角公式得：AB2BC27sinC,C0,33； ,tan2C22；故：min27sin,27sinAB2BC27； 33AB2BC的取值范围是：

3,23；

题型六：解三角形的应用题；

例8、如图,A,B是海面上位于东西方向相距533 海里的两个观测点,现位于A点北偏东450 ,B点北偏西600 的D点有一艘轮船发出求救信号,位于B点南偏西600且与B点相距203 海里的C点的救援船立即前往营救,其航行速度为30海里/小时,该救援船到达D点需要多长时间?

解析：



解:根据题意知AB533 海里,DBA300,DAB450,ADB1050 , 在DAB中,由正弦定理得DB103 (海里), DBAB, sinDABsinADB又DBCDBAABC600,BC203海里, 在DBC中,由余弦定理得

CD2BD2BC22.BD.BC.cosDBC900

所以，救援船到达D点需要1小时.

例9、福州青运会开幕式上举行升旗仪式，在坡度150的看台上，同一列上

的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°，第一排和最后一排的距离为106米（如下图所示），则旗杆的高度为（ ）米． A. 103 B.203 C.20 D.30 分析：

PCB450,PEC1050,CPB300;

在PBC中：

BCPB即：BP203米； sinCPBsinBEP所以，在RTBOP中，OP30米

22,AB32, 3例10、如图，在ABC中，已知点D在BC边上，ADAC,sinBACAD3, 则BD的长为

分析：

在ABD中：cosBAD22；由余弦定理可知： 3BD2AB2AD22AB.ADcosBAD，解得：BD19；

例11、（2013年高考新课标1（理））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

[

解析：(1)由已知得,∠PBC=

=

(2)设∠PBA=

,∴∠PBA=30o,在△PBA中,由余弦定理得

;

,在△PBA中,由正弦定理得,

,

=

,∴PA=

,由已知得,PB=

,化简得,

∴=,∴=.

例11、在ABC中，角A的角平分线AD交边BC于点D，且AB=2，CD=2DB，A1200，求AD的长； 解析：如图：

在ABD中用正弦定理得：

BDAB； 0sin60sinADB在ACD中用正弦定理得：两式联立得：

SABCCDAC； sin600sinADCACBD1； ABDC2134AB.AC.sin12003SABDAB.AD.sin600；解得：AD； 223ABC3,23例12、在ABC中，AB=2，BC1,D是AC上一点，且AD=2CD，sin求BD的长； 解析：如图：

先解出cosABC121； 33法一：借助平面向量；BA 和向量BC是一组很好的基底；

14412根据模长公式：BDBABCBABCcosABC ； BDBABC，

33999222解得：BD46； 9法二：构造新三角形；

过点D作BC 的平分线交AB于点E；在三角形BDE中：

221BD2EB2DE22BE.DE.cosBED；将数据：BE,ED,cosBED，

333可以解得：BD46； 9总结：解决这类问题，关键是将所求量放入一个三角形，并在这个三角形中凑够三个条件即可；