1、命题点1与三角形有关的边长、角度、面积问题等价转化思想在解三角形中的应用(1)利用正、余弦定理解三角形关键是利用定理进行边角互化当出现边角混合时，常利用正弦定理；当出现三边的平方时，常利用余弦定理(2)若想“边”往“角”化，常利用“a2Rsin A，b2Rsin B，c2Rsin C”；若想“角”往“边”化，常利用sin A，sin B，sin C，cos C等高考题型全通关1在ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，已知acos AR，其中R为ABC外接圆的半径，a2c2b2S，其中S为ABC的面积(1)求sin C；(2)若ab，求ABC的周长解(1)由正弦定理得 acos A，
2、sin 2A1，又02A2，2A，则A.又a2c2b2acsin B， 由余弦定理可得2accos Bacsin B，tan B.又0B，B，sin Csin(AB)sin .(2)由正弦定理得，又ab，又sin C，c，abc.点评本题求解的关键有两点：一是acos AR；二是面积公式Sacsin B的代入2已知函数f(x)2cos2xsin 2x，xR.(1)求函数f(x)的单调递减区间及最大值；(2)在ABC中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c，f(A)1，a，且2sin B3sin C，求边长b和c的值解(1)由题意知，函数f(x)2cos2xsin 2x1cos 2xsin 2x
3、12cos，因为ycos x在区间2k，2k(kZ)上单调递减，所以令2k2x2k，得kxk.所以f(x)的单调递减区间为(kZ)当2x2k(kZ)，即xk(kZ)时，f(x)有最大值3.(2)因为f(A)12cos1，所以cos1，又因为2A，所以2A，即A，因为a，由余弦定理，得a2b2c22bccos A(bc)23bc7，因为2sin B3sin C，由正弦定理，得2b3c，所以b3，c2.点评在余弦定理中，要强化变形应用：如b2a2c22accos B(ac)22ac2accos B；a2c2b22accos B；cos B.命题点2解三角形的实际应用利用正、余弦定理求解实际问题的策
4、略利用正、余弦定理求解实际应用问题时，通常要根据题意，从实际问题中抽象出一个或几个三角形，然后通过解三角形得到实际问题的解，求解的关键是将实际问题转化为解三角形问题破解此类题的关键如下：分析：理解题意，弄清已知与未知，抽象出一个或几个三角形建模：根据已知条件与求解目标，把已知量与待求量尽可能地集中在相关的三角形中，建立三角形模型求解作答：选择正、余弦定理求解，并检验解的合理性，然后作答避免误差：解三角形时，应尽可能用原始数据，少用间接求出的量 高考题型全通关1(2020长沙模拟)高铁是我国国家名片之一，高铁的修建凝聚着中国人的智慧与汗水如图所示，B，E，F为山脚两侧共线的三点，在山顶A处测得这
5、三点的俯角分别为30，60，45，计划沿直线BF开通穿山隧道，现已测得BC，DE，EF三段线段的长度分别为3,1,2.(1)求出线段AE的长度；(2)求出隧道CD的长度切入点：(1)结合图形及角的关系得出F、FAE，AEF可解(2)利用CDBEBCDE求解解(1)由已知可得EF2，F45，EAF604515，在AEF中，由正弦定理得：，即，解得AE2(1)(2)由已知可得BAE180306090，在RtABE中，BE2AE4(1)，所以隧道长度CDBEBCDE4.2.如图，为了测量A，B两点间的距离，观察者找到在同一直线上的三点C，D，E.从D点测得ADC67.5，从C点测得ACD45，BCE
6、75，从E点测得BEC60.若测得DC2 km，CE km，求A，B两点间的距离解在ADC中，ACD45，ADC67.5，则DAC1804567.567.5，又DC2 km，则ACDC2 km.在BCE中，BCE75，BEC60，则EBC180756045.由正弦定理可得，又CE km，所以BC km，在ABC中，AC2 km，BC km，ACB180ACDBCE60，则AB2AC2BC22ACBCcosACB9，则AB3 km.命题点3正、余弦定理的综合应用角度一以平面几何为载体的解三角形问题解决以平面几何为载体的解三角形问题应注意的4个方面一是充分利用平面几何图形的性质；二是出现多个三角形
7、时，从条件较多的三角形突破求解；三是四边形问题要转化到三角形中去求解；四是通过三角形中的不等关系确定角或边的范围高考题型全通关1.如图，在平面四边形 ABCD中，AC与BD为其对角线，已知BC1，且cosBCD.(1)若AC平分BCD，且AB2，求AC的长；(2)若CBD45，求CD的长解(1)若对角线AC平分BCD，即BCD2ACB2ACD，cosBCD2cos2ACB1，cosACB0，cosACB.在ABC中，BC1，AB2，cosACB，由余弦定理AB2BC2AC22BCACcosACB可得，AC2AC30，解得AC，或AC(舍去)，AC的长为.(2)cosBCD，sinBCD，又CB
8、D45，sinCDBsin(180BCD45)sin(BCD45)(sinBCDcosBCD)，在BCD中，由正弦定理，可得CD5，即CD的长为5.2在ABC中，A90，点D在BC边上在平面ABC内，过D作DFBC且DFAC(1)若D为BC的中点，且CDF的面积等于ABC的面积，求ABC；(2)若ABC45，且BD3CD，求cosCFB解(1)如图所示，D为BC的中点，所以BDCD又SABCSCDF，即ABACCDDFBCAC，从而BC2AB，又A90，从而ACB30，所以ABC903060.(2)由ABC45，从而ABAC，设ABACk，则BCk.又BD3CD，所以BDBCk，CDk.因为D
9、FACk，从而BFk，CFk.法一：由余弦定理，得cosCFB.法二：所以cosDFB，从而sinDFB，cosDFC，从而sin DFC.所以cosCFBcos.点评求解本题(1)的关键是由SCDFSABC求得BC2AB；求解本题(2)的关键是借助勾股定理及条件BD3CD，推出DF及BF的长度(或比值关系)另本题(1)(2)问没有直接联系，在解题上可采用跳步解答，直接求解第(2)问角度二最值(范围)问题三角形面积的最值问题的两种解决方法一是将面积表示为边的形式，利用基本不等式求得最大值或最小值；二是将面积用三角形某一个角的三角函数表示，结合角的范围确定三角形面积的最值高考题型全通关1ABC中
10、，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知2bcos C2a3c.(1)求tan的值：(2)若2，且|2，求ABC面积的最大值解(1)ABC中，2bcos C2a3c，由正弦定理得，2sin Bcos C2sin A3sin C，即2sin Bcos C2sin(BC)3sin C，所以02cos Bsin C3sin C又C(0，)，所以sin C0，所以cos B.又B(0，)，所以B，所以tan2.(2)由2，所以M为AB中点，如图所示在BMC中，由余弦定理得CM2BM2BC22BMBCcos B，所以24BM2BC2BMBC，即242BMBCBMBC，所以BMBC24(2)，当且仅当
11、BMBC时等号成立所以SABC2SBCM2BCBMsin B24(2)2412，所以ABC面积的最大值为2412.点评解答本题的关键是由2得出M为AB的中点，进而得出SABC2SMBC在求SABC最值时，不等式起了关键作用2(2020武汉模拟)在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足cos 2Acos 2B2sin sin .(1)求角B的值；(2)若ba，求ac的取值范围解(1)cos 2Acos 2B2sinsin22 cos 2A，cos 2B，可得2cos2 B1，cos2B，即cos B，B(0，)，B或.(2)ba，由(1)可得B，由正弦定理2，可得a2sin A，c2sin C，ac2sin Asin C2sin Asin 2sin Asin cos Acossin Asin Acos Asin.ba， A，A，ac.点评本题(2)求解的关键是借助正弦定理实现边与角的互化，即ac2sin Asin C，鉴于AC，从而CA，从而优化边的最值问题为三角函数f(A)sin的范围问题，可借助三角函数的性质求解，但需注意ba所隐含的角A范围：A.
