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1、 课题从不同数学思想角度谈解三角形解三角形是近些年高考的热点，各省市的命题人在命题方向上标新立异，但是我们可以从不同的方向上来解析历年省市的真题、各地的模拟题，从而探索解三角形的热点命题规律，进一步的提升对该知识点的解题能力。角度一：转化与化归思想i 转化与化归思想方法在研究、解决数学问题中，当思维受阻时考虑寻求简单方法或从一种情形转化到另一种情形，也就是转化到另一种情境使问题得到解决，这种转化是解决问题的有效策略，同时也是成功的思维方式利用正、余弦定理，通过“边化角、角化边、切化弦等”的角度对问题进行转化，转化为熟悉的三角恒等变换、三角函数、平面向量等问题，再进行求解 1在三角形ABC中，角
2、A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知a，c，1，则C等于( )A30B45C45或135D60【解析】由1和正弦定理，得cos Asin Bsin Acos B2sin Ccos A，即sin C2sin Ccos A，cos A60由正弦定理，得，则sin C又ca，C60，故C45【答案】选C 2在三角形ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且a2b2c2bc若a，S为ABC的面积，则S3cos Bcos C的最大值为( )A3BC2D【解析】由cos A，A，又a，故Sbcsin Aasin C3sin Bsin C，因此S3cos Bcos C3sin Bsin C3c
3、os Bcos C3cos (BC)，于是当BC时取得最大值3【答案】选A3已知三角形ABC的三边长是三个连续的自然数，且最大的内角是最小内角的2倍，则最小内角的余弦值为( )ABCD【解析】依题意，不妨设三边长am1，bm，cm1，其中m2，mN，则有C2A，sin Csin 2A2sin Acos A，由正、余弦定理得c2a，则bc2a(b2c2a2)，于是m(m1)2(m1)(m24m)，解得m5，故cos A【答案】选A4在锐角三角形ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，6cos C，则的值是 【解析】由6cos C，得b2a26abcos C.化简整理得2(a2b2)3c2
4、，将切化弦，得(). 根据正、余弦定理得4. 【答案】45在ABC中，B60，AC，则AB2BC的最大值为_ 【解析】由正弦定理知，AB2sin C，BC2sin A又AC120，AB2BC2sin C4sin(120C)2(sin C2sin 120cos C2cos 120sin C)2(sin Ccos Csin C)2(2sin Ccos C)2sin(C)，其中tan ，是第一象限角，由于0C120，且是第一象限角，因此AB2BC有最大值2. 【答案】26在ABC中，内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，已知tan2 (1)求的值； (2)若B，a3，求ABC的面积【解】(1)由
5、tan2，得tan A，(2)由tan A，A(0，)，得sin A，cos A 又由a3，B及正弦定理，得b3由sin Csin (AB)sin (A)，得sin C则ABC的面积Sabsin C9【变式11】钝角三角形的三边长为a，a1，a2，其最大角不超过120，则a的取值范围是( )A0a3Ba3C2a3D1a【解析】因为a，a1，a2为钝角三角形的三边长，aa1a2，则a1由大边对大角可知，边长为a2的边对应的角最大，由余弦定理得cos (0，)，得a3【答案】选B【变式12】若满足条件C60，AB，BCa的三角形ABC有两个，那么a的取值范围是( )A(1，)B(，)C(，2)D(
6、1，2)【解析】因为C60，AB，由正弦定理，得2，a2 sin A，又AB120，且三角形有两解，60A120，且A90，即sin A1，得a2【答案】选C【变式13】在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2cos2cos Bsin(AB)sin Bcos(AC).(1)求cos A的值；(2)若a4，b5，求向量在方向上的投影【解】(1)由2cos2cos Bsin(AB)sin Bcos(AC)，得cos(AB)1cos Bsin(AB)sin Bcos B，即cos(AB)cos Bsin(AB)sin B.则cos(ABB)，即cos A.(2)由cos A，0A，得si
7、n A，由正弦定理，有，所以sin B.由题知ab，则AB，故B.根据余弦定理，有(4)252c225c，解得c1或c7(舍去)故向量在方向上的投影为|cos B.角度二：函数与方程思想函数思想，是指用函数的概念和性质去分析问题、转化问题和解决问题方程思想，是从问题中的数量关系入手，运用数学语言将问题中的条件转化为数学模型(方程、不等式或方程与不等式的混合组)，然后通过解方程(组)或不等式(组)来使问题获解有时，还通过函数与方程的互相转化、接轨，达到解决问题的目的1在ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且满足csin Aacos C，则sin Asin B的最大值是()A1BCD
8、3【解析】由csin Aacos C，得sin Csin Asin Acos C，在ABC中sin A0，所以sin Ccos C，tan C，C(0，)，则C. 所以sin Asin Bsin Asinsin Acos Asin，A，所以当A时，sin Asin B取得最大值 【答案】选C2在ABC中，D为BC边上一点，DC2BD，AD，ADC45，若ACAB，则BD等于( )A2B4C2D3【解析】在ADC中，AC2AD2DC22AD DC cos 452DC22DC 2DC22DC；在ABD中，AB2BD2AD22BD AD cos 135BD222BD 2(2BD22BD)，整理得BD
9、24BD10，解得BD2或2(舍去) 【答案】选C3在三角形ABC中，2sin2 sin A，sin (BC)2cos Bsin C，则 【解析】2sin2 sin A1cos Asin Asin (A)因为0A，A，则A，所以A再由余弦定理，得a2b2c2bc，；将sin (BC)2cos Bsin C展开得sin Bcos C3cos Bsin C，将其角化边，得bc，即2b22c2a2，；将代入，得b23c2bc0，左右两边同除以c2，得230，解得或(舍去)，【答案】4在ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，已知bcos Cbsin Cac0(1)求B；(2)若b，求2ac
10、的取值范围【解】(1)由正弦定理知sin Bcos Csin Bsin Csin Asin C0，将sin Asin (BC)sin Bcos Ccos Bsin C代入上式，得sin Bsin Ccos Bsin Csin C0，在ABC中，sin C0，则sin Bcos B10，即sin又0B，则B(2)由(1)得2，2ac4sin A2sin C4sin A2sin (A)5sin Acos A2sin(A)，其中tan ，是第一象限角，由于0A120，且是第一象限角，2sin(A)(，2因此2ac的取值范围为(，25凸四边形PABQ中，其中A、B为定点，AB，P、Q为动点，满足APP
11、QQB1(1)写出cos A与cos Q的关系式；(2)设三角形PAB和三角形PQB的面积分别为S和T，求S2T2的最大值【解】(1)在PAB中，由余弦定理知PB2PA2AB22PA AB cos A42cos A， 同理，在PQB中PB222cos Q， 42cos A22cos Q，cos Qcos A1(2)由已知得，SPA ABsin Asin A，TPQ QBsin Q， S2T2sin2Asin2Q(1cos2A)(1cos2Q)cos2Acos A2，当cos A时，S2T2有最大值为【变式2-1】已知ABC的三内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，向量m(sin B,1cos
12、 B)与向量n(2,0)的夹角的余弦值为 (1)求角B的大小；(2)若b，求ac的范围【解】(1)m(sin B,1cos B)，n(2,0)，mn2sin B，又|m|2，0B，0，sin 0，|m|2sin .而|n|2，cos cos ，B.(2) 由(1)得2，且ACac2sin A2sin C2sin A2sin (A)sin Acos A2sin (A)，又0A，所以A， 所以sin1，所以2sin2，即ac的取值范围为(，2.【变式22】设ABC的三内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，abtan A，且B为钝角 (1)证明：BA； (2)求sin Asin C的取值范围【证明
13、】(1)由abtan A及正弦定理得，所以sin Bcos A，即sin Bsin ，又B为钝角，则A(，)，故BA，即BA.【解】(2)由(1)可知C(AB)(2A)2A0，故A(0，).则sin Asin Csin Asin sin Acos 2A2sin2 Asin A10A，故0sin A，因此22由此可知sin Asin C的取值范围是【变式23】已知圆O的半径为R(R为常数)，它的内接ABC满足2R(sin2 Asin2 C)(ab)sin B，其中a，b，c分别为角A，B，C的对边，求ABC面积的最大值【解】由正弦定理得a2c2b(ab)，即a2b2c2ab 由余弦定理得cos
