正余弦定理解三角形习题

静雅凤中$\;\cdot\;$正弦定理解三角形
考查:已知两边及一边的对角,求三角形的个数
如果$\angle ABC=60^{\circ}$,$BC=12$,$AC=k$,则所构成的三角形$\Delta ABC$的个数是如何随$k$变化的?

分析:这样的题目我们一般是从形的角度入手分析的多见一些,因为毕竟有形的帮助要直观的多。
如图所示,由图像可知$CD=6\sqrt{3}$,
当$k\in(0,6\sqrt{3})$时,满足题意的三角形不存在;
当$k=6\sqrt{3}$时,满足题意的三角形是唯一的,且是直角三角形。
当$k\in(6\sqrt{3},12)$时,满足题意的三角形是两个。
当$k=12$时,满足题意的三角形是一个,是等腰三角形。
当$k>12$时,满足题意的三角形是一个。

1、学生对这类题目的掌握一般都不太好,不会作图,不会应用图像解决问题。
2、这类题目作图的顺序是这样的,先做出$\angle B$,一条已知边$BC$要么水平放置,要么斜放着,一般都是斜放着,此时点$C$就有了着落,这样放置也便于求点$C$到下底边上的高,然后以点$C$为圆心,以$AC$长为半径画弧,若所画的弧与下底边有交点,这个交点就是点$A$,有几个交点就意味着有几个三角形存在,若所画的弧与下底边没有交点,则这样的三角形是不存在的。
静雅凤中$\;\cdot\;$正弦定理解三角形
考查:已知两边及一边的对角,求三角形的个数;上例的变式题
在$\Delta ABC$中,已知$b=40$,$c=20$,$\angle C=60^{\circ}$,则此三角形$\Delta ABC$的解的情况是如何的?

法1:从形的角度,如图所示,$AD=20\sqrt{3}$,当以点$A$为圆心,以$20$为半径做圆时,
此时和角的另一边$CD$没有交点,故满足题意的三角形是不存在的。
法2:从数的角度,如果这样的三角形是存在的,那么由正弦定理可知,
$\cfrac{b}{sinB}=\cfrac{c}{sinC}$,得到$sinB=\cfrac{bsinC}{c}=\sqrt{3}>1$,
我们知道$|sinx|\leq 1$,故这样的$B$不存在,即满足题意的三角形不存在。

1、理解了上例,那么解法1就能容易做出来。
2、其实从数的角度直接求解计算,更好理解,也快捷些。
静雅凤中$\;\cdot\;$正弦定理解三角形
考查:已知两边及一边的对角,求三角形的个数
如果满足$\angle ABC=60^{\circ}$,$AC=12$,$BC=k$的三角形$\Delta ABC$恰有一个,那么$k$的范围是多少?

法1:从数的角度入手,由正弦定理$\cfrac{k}{sinA}=\cfrac{12}{sin60^{\circ}}$,
得到方程$k=8\sqrt{3}sinA,A\in(0,\cfrac{2\pi}{3})$有一个解,或者两个函数图像有一个交点,数形结合求解即可。

由图可知,满足题意的三角形恰有一个,则$k\in(0,12]$或$k=8\sqrt{3}$。
法2:从形的角度入手,动静元素互换位,即让长为12的边变化,让长为$k$的边不变化。
如图,以点C为圆心画弧,当12小于点C到边AB的高度$k\cdot\cfrac{\sqrt{3}}{2}$时 此时三角形是不存在的,
即$k\cfrac{\sqrt{3}}{2}>12$时,解得$k>8\sqrt{3}$;
当12等于点C到边AB的高度$k\cfrac{\sqrt{3}}{2}$时,三角形是唯一的,
即$12=k\cfrac{\sqrt{3}}{2}$,解得$k=8\sqrt{3}$;
当$12$大于点$C$到边$AB$的高度$k\cdot\cfrac{\sqrt{3}}{2}$时,三角形是两个的,
即$12>k\cdot\cfrac{\sqrt{3}}{2}$,解得$k<8\sqrt{3}$;
当$12$大于或等于边$BC$时,三角形是唯一的,即$12\ge k>0$,
综上可知,当$k=8\sqrt{3}$或$k\in(0,12]$时,满足条件的三角形恰好只有一个。

1、动静互换,体现了思维的灵活性;
2、是否可以这样想,有一种从形入手分析的思路,必然就会有一种从数入手的思路与之对应。
静雅凤中$\;\cdot\;$正余弦定理解三角形
题源:(2015高考新课标2高考真题第17题);考查:正余弦定理解三角形
$\Delta ABC$中,$D$是$BC$上的点,$AD$平分$\angle BAC$,$\Delta ABD$的面积是$\Delta ADC$面积的$2$倍。
(1)、求$\cfrac{sinB}{sinC}$;
(2)、若$AD=1$,$DC=\cfrac{\sqrt{2}}{2}$,求$BD$和$AC$的长。

分析:(1) 先转化$\cfrac{sinB}{sinC}=\cfrac{b}{c}$;接下来只需要在$\Delta ABC$中利用某个条件,求得$\cfrac{b}{c}$即可;
由于$\cfrac{S_{\Delta ABD}}{S_{\Delta ACD}}=\cfrac{\cfrac{1}{2}\cdot AB\cdot AD\cdot sin\angle BAD }{\cfrac{1}{2}\cdot AC\cdot AD\cdot sin\angle CAD }$
$=\cfrac{\cfrac{1}{2}\cdot AB\cdot AD\cdot sin\theta }{\cfrac{1}{2}\cdot AC\cdot AD\cdot sin\phi }=\cfrac{AB}{AC}=\cfrac{c}{b}=2$
故$\cfrac{sinB}{sinC}=\cfrac{b}{c}=\cfrac{1}{2}$;
(2)、由$\cfrac{S_{\Delta ABD}}{S_{\Delta ACD}}=\cfrac{\cfrac{1}{2}\cdot BD\cdot h}{\cfrac{1}{2}\cdot CD\cdot h}=2$
则有$\cfrac{BD}{CD}=2$,又$DC=\cfrac{\sqrt{2}}{2}$,则$BD=\sqrt{2}$。
在$\Delta ABD$中,由余弦定理可知,$AB^2=AD^2+BD^2-2\cdot AD\cdot BD\cdot cos\alpha①$,
在$\Delta ACD$中,由余弦定理可知,$AC^2=AD^2+CD^2-2\cdot AD\cdot CD\cdot cos\beta②$,
由$①+2\times ②$得到,$AB^2+2AC^2=3AD^2+BD^2+2CD^2=6$,又$AB=2AC$
解得$AC=1$。

①、看到三角形面积,则应该想起$S_{\Delta}=\cfrac{1}{2}absinC=\cfrac{1}{2}a\cdot h_{a}$;
②、求$BD$长,思路一是利用面积的方法,思路二还可以用角平分线定理,
由$\cfrac{AB}{AC}=\cfrac{BD}{DC}$,又$\cfrac{c}{b}=\cfrac{AB}{AC}=2$,故$\cfrac{BD}{DC}=2$,即$BD=2CD=\sqrt{2}$。
③、本题的关键题眼
第一问中,$\theta=\phi$,故面积中$sin\theta=sin\phi$
第二问中求$BD$的长,既可以利用面积之比,也可以利用角平分线定理;
第二问中求$AC$的长,既可以利用$cos\theta=cos\phi$得到相等关系,也可以利用$cos\alpha+cos\beta=0$得到相等关系;
静雅凤中$\;\cdot\;$正余弦定理解三角形
题源:(2016山东高考);考查:正余弦定理解三角形
已知在$\Delta ABC$中,角$A,B,C$的对边分别是$a,b,c$,已知$b=c$,$a^2=2b^2(1-sin A)$,则 $A=$ 【 】
A、$\cfrac{3\pi}{4}$ $\hspace{2cm}$ B、$\cfrac{\pi}{3}$ $\hspace{2cm}$ C、$\cfrac{\pi}{4}$ $\hspace{2cm}$ D、$\cfrac{\pi}{6}$

法1:由$a^2=b^2+c^2-2bccosA$及$a^2=2b^2(1-sin A)$, 且有 $b=c$,
$2b^2(1-sin A)=2b^2-2b^2cosA=2b^2(1-cosA)$,
即$1-sinA=1-cosA$,则有$tanA=1$,故$A=\cfrac{\pi}{4}$,选C。
法2:由题目$B=C,A+B+C=\pi$,可知$B=\cfrac{\pi}{2}-\cfrac{A}{2}$,
由正弦定理及$a^2=2b^2(1-sin A)$可得,
$sin^2A=2sin^2B(1-sinA)$,即$sin^2A=2sin^2(\cfrac{\pi}{2}-\cfrac{A}{2})(1-sinA)$,
即$sin^2A=2cos^2\cfrac{A}{2}\cdot (1-sinA)$,即$4sin^2\cfrac{A}{2}\cdot cos^2\cfrac{A}{2}=2cos^2\cfrac{A}{2}\cdot (1-sinA)$,
即$cos^2\cfrac{A}{2}\cdot (1-sinA-2sin^2\cfrac{A}{2})=0$
即$cos^2\cfrac{A}{2}\cdot (cosA-sinA)=0$
由于$A\in (0,\pi)$,$\cfrac{A}{2}\in(0,\cfrac{\pi}{2})$,$cos\cfrac{A}{2}\neq 0$
故$cosA=sinA$,$tanA=1$,则$A=\cfrac{\pi}{4}$。

1、法1比法2应该简单一些。学生也容易想到。
静雅凤中$\;\cdot\;$正余弦定理解三角形
题源:(2016天津高考);考查:正余弦定理解三角形
在$\Delta ABC$中,$AB=\sqrt{13}$,$BC=3$,$\angle C=120^{\circ}$,则$AC$=【】
A、$1$ $\hspace{2cm}$ B、$2$ $\hspace{2cm}$ C、$3$ $\hspace{2cm}$ D、$4$

分析:本题目已知$c=AB=\sqrt{13}$,$a=BC=3$,$\angle C=120^{\circ}$,
即已知两边及一边的对角,求第三边$AC=b=?$;
求解思路可以用正弦定理,也可以用余弦定理,不过使用余弦定理一次就能到位。
由$c^2=a^2+b^2-2abcosC$,代值得到$13=9+b^2-2\times 3\times b\times (-\cfrac{1}{2})$;
化简得到$b^2+3b-4=0$,解得$b=1$或$b=-4$(舍负),故$AC=1$,选A。

反思:在具体题目中到底应该选正弦定理还是余弦定理来解三角形,应该具体分析,当然还需要我们搞清楚这两个定理能解决的基本类型,以便于更好的使用。
静雅凤中$\;\cdot\;$正余弦定理解三角形
题源:(2016全国卷三);考查:特殊三角形,正余弦定理解三角形
在$\Delta ABC$中,已知$\angle B=\cfrac{\pi}{4}$,BC边上的高等于$\cfrac{1}{3}BC$,则$sinA$=【】
A、$\cfrac{3}{10}$ $\hspace{2cm}$ B、$\cfrac{\sqrt{10}}{10}$ $\hspace{2cm}$ C、$\cfrac{\sqrt{5}}{5}$ $\hspace{2cm}$ D、$\cfrac{3\sqrt{10}}{10}$

分析:做出BC边的高线AD,由于注意到有了两个直角三角形,且$\angle B=\cfrac{\pi}{4}$,
则可以引入参数,设$AD=x$,则$BD=x$,$AB=\sqrt{2}x$,
由题目可知$BC=3x$,则$CD=3x-x=2x$ ,$AC=\sqrt{5}x$,
到此,在$\Delta ABC$中,三边都已经表示出来,且知道一个角,用正弦定理可得
$\cfrac{\sqrt{5}x}{sin45^{\circ}}=\cfrac{3x}{sin\angle BAC}$,
化简得到$sin\angle BAC=\cfrac{3\sqrt{10}}{10}$,故选D

1、大胆引入参数,最后往往就会在运算中消失于无形;
2、特别要注意特殊的直角三角形的边角关系,要熟记于心,以便于灵活运用。
3、本题当然还可以先用余弦定理求得$cosA$,再求得$sinA$,但是走了弯路。
静雅凤中$\;\cdot\;$正余弦定理解三角形
题源:(2016全国卷三);考查:比例的性质,正余弦定理解三角形
已知$\Delta ABC$的内角为$A、B、C$,$2sinA=\sqrt{3}sinB=3sinC$,则$cosB$的值为多少?

分析:设$2sinA=\sqrt{3}sinB=3sinC=k$,
则$sinA=\cfrac{k}{2}$,$sinB=\cfrac{k}{\sqrt{3}}$,$sinC=\cfrac{k}{3}$,
则有$a:b:c=sinA:sinB:sinC$,即$a:b:c=\cfrac{k}{2}:\cfrac{k}{\sqrt{3}}:\cfrac{k}{3}=3:2\sqrt{3}:2$
由此再设得到$a=3m$,$b=2\sqrt{3}m$,$a=2m(m>0)$(引入非零比例因子的好处),
由余弦定理可知,$cosB=\cfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=\cfrac{9m^2+4m^2-12m^2}{2\cdot 3m\cdot 2m}=\cfrac{1}{12}$。

1、灵活运用比例的性质,会大大简化运算;
2、非零比例因子的引入,也要注意学习运用。

\(\fbox{例7}\)在锐角\(\Delta ABC\)中,角\(A,B,C\)所对的边分别为\(a,b,c\),若\(sinA=\cfrac{2\sqrt{2}}{3}\)\(a=3\)\(S_{\Delta ABC}=2\sqrt{2}\),则\(b\)的值为【 】

A、6 \(\hspace{2cm}\) B、3 \(\hspace{2cm}\) C、2 \(\hspace{2cm}\) D、2或3

分析:由于\(S_{\Delta ABC}=\cfrac{1}{2}bcsinA=2\sqrt{2}\),则有\(bc=6\)

又因为\(sinA=\cfrac{2\sqrt{2}}{3}\),所以\(cosA=\cfrac{1}{3}\)(题目已知锐角三角形),又\(a=3\)

由余弦定理得\(a^2=9=b^2+c^2-2bccosA=b^2+c^2-4\)

\(b^2+c^2=13\),结合\(bc=6\)

可得\(b=2\)\(b=3\)。故选D.

\(\fbox{例8}\)\(\Delta ABC\)中, 若\(A=\cfrac{\pi}{4}\)\(b^2sinC=4\sqrt{2}sinB\),则\(\Delta ABC\)的面积为___________。

分析:由\(b^2sinC=4\sqrt{2}sinB\),角化边得到\(b^2c=4\sqrt{2}b\)

\(bc=4\sqrt{2}\)\(S_{\Delta ABC}=\cfrac{1}{2}bcsinA=\cfrac{1}{2}\times 4\sqrt{2} \times \cfrac{\sqrt{2}}{2}=2\)

\(\fbox{例9}\)

\(\Delta ABC\)中,角\(A、B、C\)的对边分别为\(a、b、c\),若\(bsinA-\sqrt{3}cosB=0\),且\(b^2=ac\),则\(\cfrac{a+c}{b}\)的值为【】

$A、\cfrac{\sqrt{2}}{2}$ $B、\sqrt{2}$ $C、2$ $D、4$

分析:边化角,得到\(sinBsinA-\sqrt{3}sinAcosB=0\),由于\(sinA\neq 0\)

得到\(tanB=\sqrt{3}\),则\(B=\cfrac{\pi}{3}\)

由余弦定理得到\(b^2=a^2+c^2-2accosB=a^2+c^2-ac\)

变形一:又\(b^2=ac\),代入上式,得到\(a^2+c^2-ac=ac\),解得\(a=c\),又\(B=\cfrac{\pi}{3}\)

即三角形是等边三角形,则\(a=b=c\),故\(\cfrac{a+c}{b}=2\)

变形二:由\(b^2=a^2+c^2-2accosB=a^2+c^2-ac\)得到,\(b^2=(a+c)^2-3ac\)

\(b^2=ac\),代入上式替换\(ac\),得到\(4b^2=(a+c)^2\),求得\(\cfrac{a+c}{b}=2\)

$\fbox{例10}$在$\Delta ABC$中,角$A、B、C$的对边分别为$a、b、c$,若$b=1$,$a=2c$,则当$C$取最大值时,$\Delta ABC$的面积为【】
$A、\cfrac{\sqrt{3}}{3}$ $B、\cfrac{\sqrt{3}}{6}$ $C、\cfrac{2\sqrt{3}}{3}$ $D、\sqrt{3}$

分析:当\(C\)取到最大值时,\(cosC\)取得最小值,故先研究\(cosC\)

\(cosC=\cfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=\cfrac{3c^2+1}{4c}\)

\(=\cfrac{1}{4}(3c+\cfrac{1}{c})\ge \cfrac{1}{4}\cdot 2\sqrt{3}=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)

当且仅当\(3c=\cfrac{1}{c}\),即\(c=\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)时取得等号;

且此时\(sinC=\cfrac{1}{2}\),故当\(C\)取到最大值时,

\(S_{\Delta ABC}=\cfrac{1}{2}absinC\)

\(=\cfrac{1}{2}\cdot 2c\cdot 1\cdot \cfrac{1}{2}=\cfrac{\sqrt{3}}{6}\)

故选\(B\)

$\fbox{例11}$【2018·浙江省名校协作体高三联考】在$\Delta ABC$中,内角$A,B,C$所对的边分别为$a,b,c$,已知$c=2$,$C=\cfrac{\pi}{3}$,①当$2sin2A+sin(2B+C)=sinC$ 时,求$\Delta ABC$的面积;

分析:由\(2sin2A+sin(2B+C)=sinC\)

得到\(4sinAcosA+sin[(A+B+C)+B-A]=sinC\),即\(4sinAcosA+sin[\pi+B-A]=sinC\)

\(4sinAcosA-sin(B-A)=sin(B+A)\),即\(4sinAcosA=sin(B-A)+sin(B+A)\)

\(4sinAcosA=2sinBcosA\),即\(cosA(2sinA-sinB)=0\)

①当\(cosA=0\)时,\(A=\cfrac{\pi}{2}\),由\(C=\cfrac{\pi}{3}\),得到\(B=\cfrac{\pi}{6}\)

此时,\(b=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}\)\(S_{\Delta ABC}=\cfrac{1}{2}bcsinA=\cfrac{1}{2}\cdot 2\cdot \cfrac{2\sqrt{3}}{3}=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}\)

②当\(cosA\neq 0\)时,则有\(sinB=2sinA\),即\(b=2a\)

\(\left\{\begin{array}{l}{a^2+b^2-ab=4}\\{b=2a}\end{array}\right.\),解得\(b=\cfrac{4\sqrt{3}}{3}\)\(b=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}\)

\(S_{\Delta ABC}=\cfrac{1}{2}absinC=\cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{4\sqrt{3}}{3}\cdot \cfrac{2\sqrt{3}}{3}\cdot\cfrac{1}{2}=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}\)

综上所述,\(S_{\Delta ABC}=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}\)

②求\(\Delta ABC\)周长的最大值。

分析:具体解法见求三角形的周长类的取值范围