高考数学正弦定理习题精讲

正弦定理和余弦定理是解斜三角形和判定三角形类型的重要工具，其主要作用是将已知条件中的边、角关系转化为角的关系或边的关系。在近年高考中主要有以下五大命题热点： 一、求解斜三角形中的基本元素

是指已知两边一角(或二角一边或三边)，求其它三个元素问题，进而求出三角形的三线(高线、角平分线、中线)及周长等基本问题．

例1(2005年全国高考江苏卷) ABC中，，BC＝3，则ABC的周长为（ ）

A． B．C． D．

分析：由正弦定理，求出b及c，或整体求出b＋c，则周长为3＋b＋c而得到结果．

bcbcbc， sinBsinCsinBsinC2sinsinBsin(B)332 得b＋c＝23[sinB＋sin(－B)]＝．故三角形的周长为：3＋b＋c＝，故选(D)．

3评注：由于本题是选择题也可取△ABC为直角三角形时，即B＝，周长应为33＋3，故

6 解：由正弦定理得：

3排除(A)、(B)、(C)．而选(D)．

例2(2005年全国高考湖北卷) 在ΔABC中，已知AB求sinA的值．

分析：本题关键是利用余弦定理，求出AC及BC，再由正弦定理，即得sinA． 解：设E为BC的中点，连接DE，则DE//AB，且，设BE＝x 466,cosB，AC边上的中线BD=5，36在ΔBDE中利用余弦定理可得：BD2BE2ED22BEEDcosBED，

5x282662x，解得x1，（舍去） 336故BC=2，从而AC2AB2BC22ABBCcosB，即又，

283故， 二、判断三角形的形状：给出三角形中的三角关系式，判断此三角形的形状．

例3(2005年北京春季高考题)在ABC中，已知2sinAcosBsinC，那么ABC一定是（ ）

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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．故选(B)．

解法2：由题意，得cosB＝，再由余弦定理，得cosB＝．

∴ ＝

22c，即a＝b，得a＝b，故选(B)． 2a评注：判断三角形形状，通常用两种典型方法：⑴统一化为角，再判断(如解法1)，⑵统一

化为边，再判断(如解法2)．

三、 解决及面积有关问题

主要是利用正、余弦定理，并结合三角形的面积公式来解题．

例4(2005年全国高考上海卷) 在ABC中，若A120，AB5，BC7，

则ABC的面积S＝_________ 分析：本题只需由余弦定理，求出边AC，再运用面积公式S＝AB•ACsinA即可解决．

AB2AC2BC225AC2491，解得AC＝3． 解：由余弦定理，得cosA＝

2AB•AC10•AC212∴ S＝AB•ACsinA＝．∴ AB•AC•sinA＝AC•h，得h＝AB• sinA＝四、求值问题

12121232，故选(A)． 2例5(2005年全国高考天津卷) 在ABC中，A、B、C所对的边长分别为a、b、c，

设a、b、c满足条件b2c2bca2和，求A和tanB的值．

分析：本题给出一些条件式的求值问题，关键还是运用正、余弦定理．

b2c2a21，因此，A60 解：由余弦定理cosA2bc2在△ABC中，∠C=180°－∠A－∠B=120°－∠B.

由已知条件，应用正弦定理312cbsinCsin(120B) sinBsinBsin120cosBcos120sinB31cotB,解得cotB2,从而

sinB222 / 31

五、正余弦定理解三角形的实际应用

利用正余弦定理解斜三角形，在实际应用中有着广泛的应用，如测量、航海、几何等方面都要用到解三角形的知识，例析如下： （一.）测量问题

例1 如图1所示，为了测河的宽度，在一岸边选定A、B两点，望对岸标记物C，测得∠CAB=30°，∠CBA=75°，AB=120cm，求河的宽度。

分析：求河的宽度，就是求△ABC在AB边上的高，而在河的一边，已测出AB长、∠CAB、∠CBA，这个三角形可确定。

解析：由正弦定理得∵SABCC A

图1

D

B

ACAB，∴AC=AB=120m，又sinCBAsinACB11ABACsinCABABCD，解得CD=60m。 22点评：虽然此题计算简单，但是意义重大，属于“不过河求河宽问题”。

（二.）遇险问题

例2某舰艇测得灯塔在它的东15°北的方向，此舰艇以30海里/小时的速度向正东前进，30分钟后又测得灯塔在它的东30°北。若此灯塔周围10海里内有暗礁，问此舰艇继续向东航行有无触礁的危险？

解析：如图舰艇在A点处观测到灯塔S在东15°北的方向上；舰艇航行半小时后到达B点，测得S在东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，过点S作SC⊥直线AB，垂足为C，则SC=15sin30°=7.5。

这表明航线离灯塔的距离为7.5海里，而灯塔周围10海里内有暗礁，故继续航行有触礁的危险。

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西 北 东

C

A 南 15° B 30° 图2

点评：有关斜三角形的实际问题，其解题的一般步骤是：（1）准确理解题意，分清已知及所求，尤其要理解应用题中的有关名词和术语；（2）画出示意图，并将已知条件在图形中标出；（3）分析及所研究问题有关的一个或几个三角形，通过合理运用正弦定理和余弦定理求解。 （三.）追击问题

例3 如图3，甲船在A处，乙船在A处的南偏东45°

北 A 45° B 15° C

图3

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，应沿什么方向，用多少h能尽快追上乙船？

解析：设用t h，甲船能追上乙船，且在C处相遇。

在△ABC中，AC=28t，BC=20t，AB=9， 设∠ABC=α，∠BAC=β。

∴α=180°－45°－15°=120°。根据余弦定理AC2AB2BC22ABBCcos，

139222128t60t270，，（4t－3）（32t+9）=0，解得t=，t=28t8120t2920t()2432（舍）

∴AC=28×=21 n mile，BC=20×=15 n mile。

BCsinAC15353253，又∵α=120°，∴β为锐角，β=arcsin，1421143434根据正弦定理，得sin又

5353722＜＜，∴arcsin＜， 14141424∴甲船沿南偏东－arcsin4533的方向用h可以追上乙船。 144点评：航海问题常涉及到解三角形的知识，本题中的 ∠ABC、AB边已知，另两边未知，但

他们都是航行的距离，由于两船的航行速度已知，所以，这两边均及时间t有关。这样根据余弦定理，可列出关于t的一元二次方程，解出t的值。

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五、交汇问题

是指正余弦定理及其它知识的交汇，如及不等式、数列、立体几何(特别是求角及距离)、解析几何、实际问题等知识交汇．

例6 (2005年全国高考卷三试题)△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a，

b，c成等比数列，

（Ⅰ）求cotA+cotC的值； （Ⅱ）设，求a＋c的值.

分析：本题是正、余弦定理及向量、等比数列等知识的交汇，关键是用好正弦定理、余弦

定理等．

解：（Ⅰ）由cosB,得sinB1()234347, 4由b2=ac及正弦定理得 sin2BsinAsinC.

11cosAcosCsinCcosAcosCsinA tanAtanCsinAsinCsinAsinCsin(AC)sinB14 7.

sin2Bsin2BsinB7233 （Ⅱ）由，得ca•cosB＝，由ㄋB＝，可得ac＝2，即b＝2．

24则cotAcotC由余弦定理b2=a2+c2－2ac+cosB，

得a2+c2=b2+2ac·cosB=5. (ac)2a2c22ac549,易错题解析

例题1 在不等边△ABC中，a为最大边，如果a2b2c2，求A的取值范围。 错解：∵a2b2c2，∴b2c2a20。则

b2c2a2cosA0，由于cosA在（0°，180°）上为减函数

2bcac3

且cos90°0，∴A90°

又∵A为△ABC的内角，∴0°＜A＜90°。

辨析：错因是审题不细，已知条件弱用。题设是a为最大边，而错解中只把a看做是三角形

的普通一条边，造成解题错误。

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正解：由上面的解法，可得A＜90°。

又∵a为最大边，∴A＞60°。因此得A的取值范围是（60°，90°）。 例题2 在△ABC中，若，试判断△ABC的形状。 错解：由正弦定理，得

sin2AsinAcosB·，∵sinA0，sinB0 即2sinBsinBcosA∴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。这是三角变换中常见的错误，原因是不熟悉三角函数的

性质，三角变换生疏。

正解：同上得sin2Asin2B，∴2A＝2k2B

或2A2k2B(kZ)。

∵0A，0b，∴k0，则AB或。 故△ABC为等腰三角形或直角三角形。

例题3 在△ABC中，A＝60°，b＝1，S△ABC3，求的值。 错解：∵A＝60°，b＝1，S△ABC3，又bcsinA，

∴csin60°，解得c＝4。

由余弦定理，得ab2c22bccosA1168cos60°13 又由正弦定理，得sinC∴

abcsinAsinBsinC63，sinB。 392391314。

336223939辨析：如此复杂的算式，计算困难。其原因是公式不熟、方法不当造成的。 正解：由已知可得c4，a13。由正弦定理，得

2Rabc239a132392R。∴。 sinAsinBsinC3sinAsin60°36 / 31

例题4 在△ABC中，c62，C＝30°，求a＋b的最大值。 错解：∵C＝30°，∴A＋B＝150°，B＝150°－A。

由正弦定理，得

ab62sinAsin(150°A)sin30°

∴a2(62)sinA， b2(6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的最大值为4(62)。

辨析：错因是未弄清A及150°－A之间的关系。这里A及150°－A是相互制约的，不是

相互独立的两个量，sinA及sin(150°－A)不能同时取最大值1，因此所得的结果也是错误的。

正解：∵C＝30°，∴A＋B＝150°，B＝150°－A。

由正弦定理，得

ab62sinAsin(150°A)sin30°

因此ab2(62)[sinAsin(150°A)]

2(62)·sin75°cos(A75°)62·cos(A75°) 4(843)cos(A75°)8434(62)∴a＋b的最大值为843。

例题5 在△ABC中，已知a＝2，b＝22，C＝15°，求A。

错解：由余弦定理，得c2a2b22abcos15°

482×2×22×62843 4∴c62。 又由正弦定理，得

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而00A1800，∴A＝300或A1500。

辨析：由题意ba，∴BA。因此A＝150°是不可能的。错因是没有认真审题，未利用隐

含条件。在解题时，要善于应用题中的条件，特别是隐含条件，全面细致地分析问题，避免错误发生。

正解：同上c62，sinA，∵ba，

∴BA，且00A1800，∴A300。

12例题6 在△ABC中，cosAbcos，判断△ABC的形状。 错解：在△ABC中，∵acosAbcosB，由正弦定理

得2RsinAcosA2RsinBcosB

∴sin2Asin2B，∴2A2B且2A2B180° ∴A＝B且A＋B＝90°

故△ABC为等腰直角三角形。

辨析：对三角公式不熟，不理解逻辑连结词“或”、“且”的意义，导致结论错误。

正解：在△ABC中，∵acosAbcosB，由正弦定理， 得2RsinAcosA2RsinBcosB，∴sin2Asin2B。

∴2A＝2B或2A＋2B＝180°，∴A＝B或A＋B＝90°。 故△ABC为等腰三角形或直角三角形。

例题7 若a，b，c是三角形的三边长，证明长为a，b，c的三条线段能构成锐角三角

形。

错解：不妨设0abc，只要考虑最大边的对角θ为锐角即可。

(a)2(b)2(c)2abc。 cos2ab2ab由于a，b，c是三角形的三边长，根据三角形三边关系，有abc，即cos0。 ∴长为a，b，c的三条线段能构成锐角三角形。

辨析：三条线段构成锐角三角形，要满足两个条件：①三条边满足三角形边长关系；②最

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长线段的对角是锐角。显然错解只验证了第二个条件，而缺少第一个条件。

正解：由错解可得cos0

又∵abc(abc)(abc)

abc(ab)2cabc2ab0

abcabcabc即长为a，b，c的三条线段能构成锐角三角形。 高考试题展示

1、（06湖北卷）若ABC的内角A满足，则sinAcosA

A.1555 B． C． D． 333解：由sin2A＝2sinAcosA0，可知A这锐角，所以sinA＋cosA0，

53又(sinAcosA)21sin2A，故选A

2、（06安徽卷）如果A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于A2B2C2的三个内角的正弦值，则

A．A1B1C1和A2B2C2都是锐角三角形 B．A1B1C1和A2B2C2都是钝角三角形

C．A1B1C1是钝角三角形，A2B2C2是锐角三角形 D．A1B1C1是锐角三角形，A2B2C2是钝角三角形

解：A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0，则A1B1C1是锐角三角形，若A2B2C2是锐角三角形，

sinAcosAsin(A1)212sinBcosBsin(B1)，得，那么，由，所以A2B2C2是钝角三角形。故选D。 212sinCcosCsin(C1)2123、（06辽宁卷）ABC的三内角A,B,C所对边的长分别为a,b,c设向量

p(ac,b),q(ba,ca),若p//q,则角C的大小为

(A) (B) (C) (D)

63223

【解析】p//q(ac)(ca)b(ba)b2a2c2ab，利用余弦定理可得2cosC1，即，故选

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择答案B。

【点评】本题考查了两向量平行的坐标形式的重要条件及余弦定理和三角函数，同时着重考查了同学们的运算能力。

4、（06辽宁卷）已知等腰△ABC的腰为底的2倍，则顶角A的正切值是（ ）

Ａ．

3 Ｂ．3 2 Ｃ．

15 8 Ｄ．

157

15A21515，选D 2解：依题意，结合图形可得，故tanAA71521tan21()2152tan5、（06全国卷I）ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若a、b、c成等比数列，且c2a，则cosB

A． B． C．

143422 D．43

解：ABC中，a、b、c成等比数列，且c2a，则b=2a，

=，选B.

6、06山东卷）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c,A=,a=3,b=1，则c=

(A)

31 （B）2 （C）3—1 （D）3

12解：由正弦定理得sinB＝，又a>b，所以A>B，故B＝30°，所以C＝90°，故c＝2，选B

7、（06四川卷）设a,b,c分别是ABC的三个内角A,B,C所对的边，则a2bbc是A2B的

（A）充要条件 （B）充分而不必要条件 （C）必要而充分条件 （D）既不充分又不必要条件 解析：设a,b,c分别是ABC的三个内角A,B,C所对的边，若a2bbc，

则sin2AsinB(sinBsinC)，则

121cos2a1cos2BsinBsinC，

22∴ (cos2Bcos2A)sinBsinC，sin(BA)sin(AB)sinBsinC， 又sin(AB)sinC，∴ sin(AB)sinB，∴ ABB，A2B，

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若△ABC中，A2B，由上可知，每一步都可以逆推回去，得到a2bbc， 所以a2bbc是A2B的充要条件，选A.

8、（06北京卷）在ABC中，若sinA:sinB:sinC5:7:8，则B的大小是___________. 解： sinA:sinB:sinC5:7:8Ûa:b:c＝5:7:8设a＝5k，b＝7k，c＝8k，

由余弦定理可解得B的大小为.

9、（06湖北卷）在ABC中，已知，b＝4，A＝30°，则sinB＝解：由正弦定理易得结论sinB＝

3。 2

33 . 210、（06江苏卷）在△ABC中，已知BC＝12，A＝60°，B＝45°，则AC＝ 【思路点拨】本题主要考查解三角形的基本知识 【正确解答】由正弦定理得，解得AC46

【解后反思】解三角形：已知两角及任一边运用正弦定理，已知两边及其夹角运用余弦定

理

11、（06全国II）已知△ABC的三个内角A、B、C成等差数列，且AB＝1，BC＝4，则边BC上的中线AD的长为 ．

解析: 由ABC的三个内角A、B、C成等差数列可得A+C=2B而A+B+C=可得

AD为边BC上的中线可知BD=2,由余弦定理定理可得AD3。

本题主要考察等差中项和余弦定理,涉及三角形的内角和定理,难度中等。 12、（06上海春）在△ABC中，已知BC8,则cos2C .

AC5，三角形面积为

12，

解：由三角形面积公式，得BCCAsinC20sinC12，即．

1277于是cos2C12sin2C从而应填．

252513、（06湖南卷）如图3,D是直角△ABC斜边BC上一点,AB=AD,记∠CAD=,∠ABC=.

（1）证明 sincos20; （2）若AC=3DC,求的值.

β B 11 / 31

图3

D C A α 解：(1)．如图3，(2)2,sinsin(2)cos2，

222 即sincos20．

（2）．在ABC中，由正弦定理得

DCACDC3DC,.sin3sin

sinsin()sinsin 由(1)得sincos2，sin3cos23(12sin2), 即23sin2sin30.解得sin

033或sin． 232,sin3,. 2314、（06江西卷）在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，

已知， （1）求的值；

（2）若a2，S△ABC2，求b的值． 解：（1）因为锐角△ABC中，A＋B＋C＝

sin2，，所以cosA＝，则

13B＋CB＋CA2＋sin2Atan2＋sin2＝22cos2B＋C2

21－cos（B＋C）11＋cosA17＝＋（1－cosA）＝＋＝1＋cos（B＋C）21－cosA33（2）因为SABC＝2，又SABC＝bcsinA＝bc•133b121222，则bc＝3。 3将a＝2，cosA＝，c＝代入余弦定理：a2＝b2＋c2－2bccosA中得b4－6b2＋9＝0 解得b＝3

A15、（06江西卷）如图，已知△ABC是边长为1的正三M、N分别是边AB、AC上的点，线段MN经过角形，

△ABC的中心G，

NDC设ÐMGA＝a（）

（1）

MB试将△AGM、△AGN的面积（分别记为S1及S2）表示为a的函数

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（2）求y＝的最大值及最小值

解：（1）因为G是边长为1的正三角形ABC的中心，

所以 AG＝，MAG＝， 由正弦定理

GMsin6＝6GAsin（－－）6得

（2）

1214422y＝＝2〔sin（＝72（3＋cot2）， ＋）＋sin（－）〕sin662因为，所以当＝或＝时，y取得最大值ymax＝240

33当＝时，y取得最小值ymin＝216

2则S1＝GMGAsin＝，同理可求得S2＝

16、（06全国卷I）ABC的三个内角为A、B、C，求当A为何值时， 取得最大值，并求出这个最大值。

B+CπAB+CA.解: 由A+B+C=π, 得 = － , 所以有cos =sin .

22222

B+CAAA1232AcosA+2cos =cosA+2sin =1－2sin + 2sin =－2(sin － )+

2222222A1πB+C3

当sin = , 即A= 时, cosA+2cos取得最大值为 2232217、（06全国II）在ABC中，B45,AC10,cosC（1）BC?

(2)若点D是AB的中点，求中线CD的长度。

解：（1）由cosC255 得sinC552310 sinAsin(18045C)(cosCsinC)21025,求 5 由正弦定理知BCAC10310sinA32 sinB1022（2）ABAC105sinC2， sinB25213 / 31

由余弦定理知CDBD2BC22BDBCcosB1182132213 218、（06四川卷）已知A,B,C是三角形ABC三内角，

向量m1,3,ncosA,sinA，且mn1 （Ⅰ）求角A； （Ⅱ）若，求tanB

解：本小题主要考察三角函数概念、同角三角函数的关系、两角和及差的三角函数的公式以及倍角公式，考察应用、分析和计算能力。

（Ⅰ）∵mn1 ∴1,3cosA,sinA1 即3sinAcosA1

31,

2sinAcosA122∵0A,A665 ∴ ∴ 6（Ⅱ）由题知，整理得sin2BsinBcosB2cos2B0

∴cosB0 ∴tan2BtanB20 ∴tanB2或tanB1

而tanB1使cos2Bsin2B0，舍去 ∴tanB2

∴tanCtanABtanAB

19、（06天津卷）如图，在ABC中，AC2，BC1，． （1）求AB的值；

（2）求sin2AC的值.

本小题考查同角三角函数关系、两角和公式、倍角公式、正定理、余弦定理等基础知识，考察基本运算能力及分析解 决题的能力.满分12分. （Ⅰ）解： 由余弦定理，

AB2AC2BC22AC.BC.cosC412212.

14 / 31

弦问

34那么，AB2. （Ⅱ）解：由，且0C,得sinC1cos2C由正弦定理，解得sinA7. 4BCsinC14。

AB857， 16所以，。由倍角公式sin2Asin2AcosA且cos2A12sin2A9， 16故sin2ACsin2AcosCcos2AsinC37. 820、（07重庆理5）在ABC中，AB3,A450,C750,则BC =（ ）

A.33 B.2 C.2 D.33

【答案】：A

【分析】：AB3,A450,C750,由正弦定理得：

acBCAB,sinAsinCsin45sin753,

624 BC33.

21、（07北京文12理11）在△ABC中，若，C150，BC1，则AB

解析：在△ABC中，若，C150，∴ A 为锐角，，BC1，则根据正弦定理AB=10。． 222、（07湖南理12）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a1，b=7，

c3，则B ．

【答案】

5π6

【解析】由正弦定理得cosB1373,，所以

221323、（07湖南文12） 在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，

若，则A= .

15 / 31

3acasinC1πsinA2，所以A= 【解析】由正弦定理得

sinAsinCc63224、（07重庆文13）在△ABC中，AB=1,BC=2,B=60°，则AC＝ 。 【答案】：

3

【分析】：由余弦定理得：AC21222212cos603.AC3.

24、（07北京文理13）2002年在北京召开的国际数学是我国以古代数学家赵爽的弦图为基础设计的．弦等直角三角形及一个小正方形拼成的一个大正方

家大会，会标 图是由四个全 形（如图）．如果

小正方形的面积为1，大正方形的面积为25，直角三角形中较小 的锐角为，那么cos2的值等于 ．

解析：图中小正方形的面积为1，大正方形的面积为25，∴ 每一个直角三角形的面积是6，设直角三角形的两条直角边长分别为a, b，则， ∴ 两条直角边的长分别为3，4，

设直角三角形中较小的锐角为，cosθ=，cos2θ=2cos2θ－1=25、（07福建理17）在△ABC中，，． （Ⅰ）求角C的大小；

（Ⅱ）若△ABC最大边的边长为17，求最小边的边长．

本小题主要考查两角和差公式，用同角三角函数关系等解斜三角形的基本知识以及推理和运算能力，满分12分．

13451．

解：（Ⅰ）Cπ(AB)，tanCtan(AB)13145457。 25又0Cπ，．

（Ⅱ），AB边最大，即AB17．

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0，又tanAtanB，A，B，角A最小，BC边为最小边．

由且， 得．由得：．

所以，最小边BC2．

26、（07广东理16）已知△ABC顶点的直角坐标分别为A(3，4)，B(0，0)，C(c，0)． （1）若c5，求sin∠A的值；

（2）若∠A是钝角，求c的取值范围．

解析： （1）AB(3,4)，AC(c3,4)，若c=5， 则AC(2,4)，

∴cosAcosAC,AB61652515，∴sin∠A＝255；

32）若∠A为钝角，则解得c25，∴c的取值范围是(25,)；

328、（07湖北理16）已知△ABC的面积为3，且满足0ABAC6，设AB和AC的夹角为．

（I）求的取值范围；（II）求函数f()2sin23cos2的最大值及最小值． 4本小题主要考查平面向量数量积的计算、解三角形、三角公式、三角函数的性质等基本知识，考查推理和运算能力．

解：（Ⅰ）设△ABC中角A，B，C的对边分别为a，b，c，

则由，0≤bccos≤6，可得0≤cot≤1，．

3cos2（Ⅱ）f()2sin21cos23cos2 42πππ(1sin2)3cos2sin23cos212sin21．

3π2，，∴2≤2sin1≤3．

3即当时，f()max3；当时，f()min2．

29、（07全国卷1理17）设锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c， a2bsinA．（Ⅰ）求B的大小；

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（Ⅱ）求cosAsinC的取值范围．

解：（Ⅰ）由a2bsinA，根据正弦定理得sinA2sinBsinA，所以，

由△ABC为锐角三角形得．

（Ⅱ）cosAsinCcosAsinA

cosA12cosA32sinA．

由△ABC为锐角三角形知，，．

，所以． 由此有

323sinA3323， 所以，cosAsinC的取值范围为．

30、（07全国卷2理17）在△ABC中，已知内角，边BC23．设内角（1）求函数yf(x)的解析式和定义域； （2）求y的最大值．

解：（1）△ABC的内角和ABC，由得． 应用正弦定理，知ACBCsinAsinB23sinsinx4sinx，

 ABBCsinAsinC4sin2x． 因为yABBCAC， 所以y4sinx4sin2x2230x3，

（2）因为y4sinx1cosx2sinx23  43sinx235x，

所以，当，即时，y取得最大值63．

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Bx，周长为y．

32、（07山东文17）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，tanC37． （1）求cosC；

（2）若，且ab9，求c． 解：（1）tanC37，sinCcosC37 又sin2Ccos2C1 解得．

tanC0，C是锐角．

．

（2）， ， ab20．

又ab9a22abb281． a2b241． c2a2b22abcosC36． c6．

33、（07上海理17）在△ABC中，a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边．

若，，求△ABC的面积S．

解： 由题意，得cosB35，B为锐角，，

sinAsin(πBC)sin3π724B10， 由正弦定理得 ，  S12acsinB1221074587． 34、（07天津文17）在△ABC中，已知AC2，BC3，． （Ⅰ）求sinB的值； （Ⅱ）求的值．

本小题考查同角三角函数的基本关系式、两角和公式、倍角公式、正弦定理等的知识，考查基本运算能力．满分12分．

2（Ⅰ）解：在△ABC中，sinA1cos2A14535， 由正弦定理，．所以sinBACBCsinA232355． （Ⅱ）解：因为，所以角A为钝角，从而角B为锐角，于是

22cosB1sin2B12155，

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cos2B2cos2B1221171， 525221421sin2B2sinBcosB2．

5515sin2Bsin2Bcoscos2Bsin．

66635、（07浙江理18）已知△ABC的周长为21，且sinAsinB2sinC． （I）求边AB的长；

（II）若△ABC的面积为，求角C的度数．

解：（I）由题意及正弦定理，得ABBCAC21，BCAC2AB，

两式相减，得AB1．

（II）由△ABC的面积BCACsinCsinC，得，

AC2BC2AB2(ACBC)22ACBCAB21， 由余弦定理，得cosC2ACBC2ACBC21216所以C60．

36、（07天津文理15） 如图，在ABC中，

ABAC120,AB2,AC1,D是

ADBC__________.

边BC上一点，DC2BD,则

8【答案】

3BD

CAB2AC2BC2AB2AD2BD2【分析】法一：由余弦定理得cosB 2ABAC2ABBD可得BC7，

BD2AD2AB23298又AD,BC夹角大小为ADB，cosADB，

2BDAD9413791所以ADBCADBCcosADB8.

3法二：根据向量的加减法法则有:BCACAB

112ADABBDAB(ACAB)ACAB,此时

3332212122AD·BC(ACAB)(ACAB)ACAC·ABAB

33333.

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正、余弦定理的五大命题热点

正弦定理和余弦定理是解斜三角形和判定三角形类型的重要工具，其主要作用是将已知条件中的边、角关系转化为角的关系或边的关系。在近年高考中主要有以下五大命题热点：

一、求解斜三角形中的基本元素

是指已知两边一角(或二角一边或三边)，求其它三个元素问题，进而求出三角形的三线(高线、角平分线、中线)及周长等基本问题．

例1(2005年全国高考江苏卷) ABC中，，BC＝3，则ABC的周长为（ ） A． B．C． D．

分析：由正弦定理，求出b及c，或整体求出b＋c，则周长为3＋b＋c而得到结果．

解：由正弦定理得：

bcbcbc2sinBsinCsinBsinCsinsinBsin(B)333，

得b＋c＝23[sinB＋sin(

2－B)]＝．故三角形的周长为：3＋b＋c＝，故选(D)． 3评注：由于本题是选择题也可取△ABC为直角三角形时，即B＝，周长应为33＋3，

6故排除(A)、(B)、(C)．而选(D)．

例2(2005年全国高考湖北卷) 在ΔABC中，已知AB466,cosB，AC边上的中线36BD=5，求sinA的值．

分析：本题关键是利用余弦定理，求出AC及BC，再由正弦定理，即得sinA．

解：设E为BC的中点，连接DE，则DE//AB，且，设BE＝x 在ΔBDE中利用余弦定理可得：BD2BE2ED22BEEDcosBED，

5x282662x，解得x1，（舍去） 336故BC=2，从而AC2AB2BC22ABBCcosB，即又，故， 283二、判断三角形的形状 给出三角形中的三角关系式，判断此三角形的

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形状．

例3(2005年北京春季高考题)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．故选(B)．

解法2：由题意，得cosB＝，再由余弦定理，得cosB＝． ∴ ＝

22c，即a＝b，得a＝b，故选(B)． 2a评注：判断三角形形状，通常用两种典型方法：⑴统一化为角，再判断(如解法1)，⑵统一化为边，再判断(如解法2)．

三、 解决及面积有关问题

主要是利用正、余弦定理，并结合三角形的面积公式来解题．

例4(2005年全国高考上海卷) 在ABC中，若A120，AB5，BC7，则ABC的面积S＝_________ 分析：本题只需由余弦定理，求出边AC，再运用面积公式S＝AB•ACsinA即可解决．

AB2AC2BC225AC2491，解得AC＝3． 解：由余弦定理，得cosA＝

2AB•AC10•AC212∴ S＝AB•ACsinA＝．∴ AB•AC•sinA＝AC•h，得h＝AB• sinA＝四、求值问题

12121232，故选(A)． 2 例5(2005年全国高考天津卷) 在ABC中，A、B、C所对的边长分别为a、b、c，设

a、b、c满足条件b2c2bca2和，求A和tanB的值．

分析：本题给出一些条件式的求值问题，关键还是运用正、余弦定理．

b2c2a21，因此，A60 在△ABC中，∠C=180°解：由余弦定理cosA－∠A－2bc2∠B=120°－∠B.

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由已知条件，应用正弦定理312cbsinCsin(120B) sinBsinBsin120cosBcos120sinB31cotB,解得cotB2,从而

sinB22五、交汇问题

是指正余弦定理及其它知识的交汇，如及不等式、数列、立体几何(特别是求角及距离)、解析几何、实际问题等知识交汇．

例6(2005年全国高考卷三试题)△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知

a，b，c成等比数列，

（Ⅰ）求cotA+cotC的值； （Ⅱ）设，求a＋c的值.

分析：本题是正、余弦定理及向量、等比数列等知识的交汇，关键是用好正弦定理、余弦定理等．

解：（Ⅰ）由cosB,得sinB1()2则cotAcotC343472

,由b=ac及正弦定理得 sin2BsinAsinC. 411cosAcosCsinCcosAcosCsinAsin(AC) 2tanAtanCsinAsinCsinAsinCsinBsinB147. 2sinBsinB7233 （Ⅱ）由，得ca•cosB＝，由ㄋB＝，可得ac＝2，即b＝2．

24由余弦定理b2=a2+c2－2ac+cosB，得

ac3

a2+c2=b2+2ac·cosB=5.

(ac)2a2c22ac549,正余弦定理解三角形的实际应用

利用正余弦定理解斜三角形，在实际应用中有着广泛的应用，如测量、航海、几何等方面都要用到解三角形的知识，例析如下：

一、 测量问题

例1 如图1所示，为了测河的宽度，在一岸边选定A、B两点，望对岸标记物C，测得∠CAB=30°，∠CBA=75°，AB=120cm，求河的宽度。

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A

图1

C D

B

分析：求河的宽度，就是求△ABC在AB边上的高，而在河的一边，已测出AB长、∠CAB、∠CBA，这个三角形可确定。

解析：由正弦定理得

SABCACAB，∴AC=AB=120m，又∵sinCBAsinACB11ABACsinCABABCD，解得CD=60m。 22点评：虽然此题计算简单，但是意义重大，属于“不过河求河宽问题”。

二、 遇险问题

例2某舰艇测得灯塔在它的东15°北的方向，此舰艇以30海里/小时的速度向正东前进，30分钟后又测得灯塔在它的东30°北。若此灯塔周围10海里内有暗礁，问此舰艇继续向东航行有无触礁的危险？

解析：如图舰艇在A点处观测到灯塔S在东15°北的方向上；舰艇航行半小时后到达B点，测得S在东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，过点S作SC⊥直线AB，垂足为C，则SC=15sin30°=7.5。

这表明航线离灯塔的距离为7.5海里，而灯塔周围10海里内有暗礁，故继续航行有触礁的危险。

点评：有关斜三角形的实际问题，其解题的一般步骤是：（1）准确理解题意，分清已知及所求，尤其要理解应用题中的有关名词和术语；（2）画出示意图，并将已知条件在图形中标出；（3）分析及所研究问题有关的一个或几个三角形，通过合理运用正弦定理和余弦定理求解。

三、 追击问题

北 西 东 C

A 南 15° B 30° 图2

例3 如图3，甲船在A处，乙船在A处的南偏东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，应沿什么方向，用多少h能

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北 A 45° B 15° C

图3

尽快追上乙船？

解析：设用t h，甲船能追上乙船，且在C处相遇。

在△ABC中，AC=28t，BC=20t，AB=9，设∠ABC=α，∠BAC=β。

∴α=180°－45°－15°=120°。根据余弦定理AC2AB2BC22ABBCcos，

1392（4t－3）（32t+9）=0，解得t=，t=8120t2920t()，128t260t270，

243233（舍）∴AC=28×=21 n mile，BC=20×=15 n mile。

4428t2 根据正弦定理，得sin=arcsin

34BCsinAC153253，又∵α=120°，∴β为锐角，β211453535353722，又＜＜，∴arcsin＜，∴甲船沿南偏东－arcsin的1414141414244方向用h可以追上乙船。

点评：航海问题常涉及到解三角形的知识，本题中的 ∠ABC、AB边已知，另两边未知，但他们都是航行的距离，由于两船的航行速度已知，所以，这两边均及时间t有关。这样根据余弦定理，可列出关于t的一元二次方程，解出t的值。

正弦定理在实际问题中的应用

在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比值相等，并且都等于外接圆的直径．这一定理的引入，标志着对三角形的又向前迈进了一步，由过去的解直角三角形到可以解任意三角形．正弦定理在实际问题中有着广泛的应用，下面介绍几例．

例1 某人在草地上散步，看到他西南有两根相距6米的标杆，当他向正北方向步行3分钟后，看到一根标杆在其南方向上，另一根标杆在其南偏西30方向上，求此人步行的速度．

解：如图所示，A、B两点的距离为6米，当此人沿正北方向走到C点时，测得∠BCO =45， ∠ACO =30，∴∠BCA =∠BCO－∠ACO =45－30=15．

由题意，知∠BAC =120，∠ABC =45．

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西

北

C 30

45

B A O

南

东

在△ABC中，由正弦定理，得：=， 即有AC = ==63＋6．

在直角三角形AOC中，有：OC = AC·cos30= (63＋6)×设步行速度为x米/分，则x == 3＋3≈4.7． 即此人步行的速度为4.7米/分．

例2 某海轮以30海里/小时的速度航行，在A点测得海面上油井P在南偏东60，向北航行40分钟后到达B点，测得油井P在南偏东30，海轮改为北偏东60的航向再行驶80分钟到达C点，求P、C间的距离．

解：如图，在△ABP中，AB = 30×∠APB =30，∠BAP =120， 由正弦定理，得：=，即

20BP=，解得BP =203． 132240= 20， 603= 9＋33． 2C 60 B 30 A 60

P

在△BPC中，BC = 30×

80= 40， 60由已知∠PBC =90，∴PC =PB2BC2=(203)2202=207 (海里)． 所以P、C间的距离为207海里．

评析：上述两例是在准确理解方位角的前提下，合理运用正弦定理把问题解决，因此，用正弦定理解有关应用问题时，要注意问题中的一些名称、术语，如仰角、俯角、视角、象限角、方位角等．

例3 某工厂生产主要产品后，留下大量中心角为60，半径为a的扇形边角料，现要废物利用，从中剪裁下巨型毛坯，要求矩形面积尽可能大，请问如何裁剪？

分析：从实际出发，尽可能使面积最大，有两种裁剪方法．一种是使矩形的一边落在扇形的半径上，另一种是使矩形的两顶点分别在扇形的两条半径上，分别计算出这两种情况下的最大值，再比较结果的出最佳方案．

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解：方案一，如图1，矩形有两个顶点在半径OA上，设∠AOP =，则PM = a·sin， ∵扇形中心角为60，∴∠PQO =120，由正弦定理，得：=，即PQ =

)，

23·a·sin(60－

∴矩形的MPQR的面积为：S1=PM·PQ =

60)－cos60]≤

1323·a2·sin·sin(60－) =

13·a2[cos(2－

·a2·(1－) =

1232a， 632a． 6当=30时，cos(2－60) = 1，S1取得最大值

方案二，如图2，矩形有两个顶点分别在扇形的两条半径OA、OB上， 设∠AOM =，∠MRA =×60=30，∠MRO =150，由正弦定理，得：2a·sin，

又=，∴OR = 2a·sin(30－)，∴矩形的MPQR的面积为：

S2= MR·PQ = 4a2·sin·sin(30－) = 2a2·[cos(2－30)－cos30]≤2a2·(1－

3) = (2－3)a2． 212RM=，即RM = sin即在此情况下，∠AOM ==15时，可求出M点，然后作出MPQR面积为最大． 由于S1－S2=

232a－(2－6B Q B P

a23)a=(73－12)＞0，所以

6Q P M A O M

R 图2

A

第一种方案能使裁出的矩形面积最大，即∠AOP ==30，使P取在AB弧中点，分别向扇形的一条

O R

图1

半径作垂线及平行线得到矩形MPQR，即为最大矩形．

正余弦定理的变式、应用及其推广

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正余弦定理是反映三角形中边及角之间关系的两个重要定理，如果将它们整合、变形后

再应用，就会感到另一种新奇及愉悦，同时也给众多题目找到了“同一根源” 。

一、变式 如果将正弦定理中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；

以上诸式表明，三角形中两个角的正弦的平方和减去第三个角的正弦的平方，等于前两个角的正弦及第三个角的余弦的积的两倍；

变式1：在△ABC中，sin2A + sin2B - sin2C = 2sinAsinBcosC;

222变式2：在△ABC中，sin A + sin B-sin （A+B）= -2sinAsinBcos（A+B），即sin2A + sin2B

+2sinAsinBcos(A+B) = sin2(A+B);

观察变式的结构特征总有“意犹未尽”之感，必然令人产生一种猜测：当A、B为任意角时，等式还会成立吗？事实上，答案是肯定的。

变式3：sin2α+sin2β+2sinαsinβcos(α+β)= sin2(α+β)

证明：左=++ 2sinαsinβcos (α+β) = 1 -( 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、应用

上述变式有着广泛的应用，以下从几个方面加以说明：

1、求三角函数值 例1、求cos2 71°+ cos71°cos49°+ cos 2 49°的值.

2222解：由变式（2）知sin 19°+ sin 41°+ sin19°sin41°= sin 19°+ sin 41°+ 2sin19°

12sin41°cos60°= sin260°=.

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34例2、(1998年高考试题)在△ABC中，a、b、c分别是A、B、C的对边，设a+c=2b，A-C=求sinB的值。

，3解：由a+c=2b及正弦定理得：sinA+sinC=2sinB，∴4sin2B= sin2A + sin2C+2 sinA sinC= sin2B+2 sinA sinC（1+cosB），又∵A-C=

312， 312∴2 sinA sinC= -cos（A+C）+cos=+ cosB， ∴3sin2B=（+ cosB）（1+cosB），化简得, 8cos2B+3cosB-5=0，

∴cosB=，或cosB=-1（不合题意,舍去），∴sinB==

5839。 82、判定三角形形状 例3、在△ABC中，已知sin2A + sin2B+ sin2C = 2, 试判断△ABC的形状：

解：由变式（1）知sin2A + sin2B+ sin2C- 2 = 2sinAsinBcosC+ 2 sin2C- = 2( sinAsinB - cosC)cosC

= 2cosC [sinAsinB + cos( A+B)]= 2cosAcosBcosC 又∵sin2A + sin2B+ sin2C = 2,∴cosAcosBcosC = 0，

即 cosA = 0 或 cosB = 0 或 cosC = 0 ， ∴△ABC是直角三角形。

3、证明三角恒等式 例4、设α、β为锐角，且sin2α+ sin2β= sin(α+β), 求证：α+β=。

证明：由变式(3)知sin2(α+β) = sin2+ sin2+2sinαsinβcos(α+β)

= sin(α+β)+ 2sinαsinβcos(α+β)≥sin2(α+β) + 2sinαsinβcos(α+β)。可见

2则 ＞α＞ -β＞0 , 得sinα＞sin (-β) = cosβ＞0 ，从而sin(α+β) = sin2

222α+ sin 2β＞cos 2β+ sin 2β= 1，所以α+β=。

22cos(α+β)≤0 得α+β≥, 若α+β＞ ，

2三、推广

若将变式（3）中的β用-β来代替即可得，推论1：sin 2α+ sin 2β-2sinαsinβcos(α-β)= sin 2(α-β)；

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若将变式（3）中的α、β分别用-α，-β来代替即可得，推论2：cos2α+ cos2β-2cosαcosβcos(α+β)=sin2(α+β)；

若将推论2中的β用 -β来代替即可得。推论3：cos2α+cos2β-2cosαcosβcos(α-β)=sin2(α-β)；

事实上，若对变式（3）式中分别对α、β赋以不同的特殊角则还可得一系列高考试题： ①（1991全国高考）求cos 210°+ cos 250°- sin40°sin80°的值；

②（1992全国高考）求sin 220°+ cos280°+ 3sin20°cos80°的值 ；③（1995全国高考）求sin 220°+ cos 250°+ sin20°cos50°的值。 07年高考题

山东理（20）（本小题满分12分）如图，甲船以每小时302海里的速度向正北方航行，乙船按固定方向匀速直线航行，当甲船位于A1处时，乙船位于甲船的北偏西105方向的B1处，此时两船相距20海里，当甲船航行20分钟到达A2处时，乙船航行到甲船的北偏西120方向120 A2

的B2处，此时两船相距102海里，问乙船每小时航行多少海里？

B 222北 105 （20）

20如图，连结A1B1，由已知A2B2102，A1A2302102，

60A1A2A2B1，又∠A1A2B218012060，

B1 乙 A1

甲

△A1A2B2是等边三角形，A1B2A1A2102，由已知，A1B120，∠B1A1B21056045，

在△A1B2B1中，由余弦定理，B1B22A1B12A1B222A1B2A1B2cos45202(102)2220102． 200．B1B2102．因此，乙船的速度的大小为（海里/小时）

22

浙江理（18）已知△ABC的周长为21，且sinAsinB2sinC．（I）求边AB的长；（II）若△ABC的面积为，求角C的度数． （18）解：（I）由题意及正弦定理，得ABBCAC21，

BCAC2AB，两式相减，得AB1．

（II）由△ABC的面积BCACsinCsinC，得，

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AC2BC2AB2(ACBC)22ACBCAB21，所以C60． 由余弦定理，得cosC 2ACBC2ACBC2，求△ABC的面积S．

上海理17．在△ABC中，a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边．若，17．解： 由题意，得cosB3，B为锐角，， sinAsin(πBC)sin53π72， B410 由正弦定理得 ，  S1acsinB121048．

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