摘 要：解三角形問題是高考中的必考題，在單選題、多選題、填空題和解答題中都可以出現(xiàn).由于此內(nèi)容包含了高中階段的所有三角知識，其綜合性和應(yīng)用性非常突出，所以大量的綜合問題噴涌而出，呈現(xiàn)出精彩紛呈、形式各異的格局.

關(guān)鍵詞：解三角形；高考；問題剖析

解三角形問題涉及知識點(diǎn)眾多，既可以考查學(xué)生基礎(chǔ)知識的掌握情況 ，又可以培養(yǎng)學(xué)生的思維能力，是高考數(shù)學(xué)出題人的偏愛.本文通過舉例分析研判，講述幾個重點(diǎn)題型及其解題要點(diǎn)，以期給一線教師帶來些許幫助.

1 用正弦定理、余弦定理解決三角形問題

正弦定理主要用于解決三角形中，已知“兩角帶一邊”和已知“兩邊和其中所對的角”，求其他元素問題.余弦定理主要用于解決三角形中，已知“兩角夾一邊”和已知“三邊”求其他元素問題.在綜合題中，經(jīng)常使用正弦定理或余弦定理解決三角形中邊的關(guān)系與角的三角函數(shù)關(guān)系之間的轉(zhuǎn)換問題.

例1 在①ac＝3，②csin A＝3，③c＝3b這三個條件中任選一個，補(bǔ)充在下面問題中，若問題中的三角形存在，求c的值；若問題中的三角形不存在，說明理由.

問題：是否存在△ABC，它的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且sin A＝3sin B，C＝π6，"" ？

解析：選條件①.由C＝π6和余弦定理得a2+b2-c22ab＝32.由sin A＝3sin B及正弦定理得a＝3b.于是3b2+b2-c223b2＝32，由此可得b＝c.由ac＝3，解得a＝3，b＝c＝1.因此，選條件①時，問題中的三角形存在，此時c＝1.

選條件②.由C＝π6和余弦定理得a2+b2-c22ab＝32.由sin A＝3sin B及正弦定理得a＝3b.于是3b2+b2-c223b2＝32，由此可得b＝c，則B＝C＝π6，A＝2π3.由csin A＝3，所以c＝b＝23，a＝6.因此，選條件②時問題中的三角形存在，此時c＝23.

選條件③. 由C＝π6和余弦定理得a2+b2-c22ab＝32.由sin A＝3sin B及正弦定理得a＝3b.于是3b2+b2-c223b2＝32，由此可得b＝c.由c＝3b，與b＝c矛盾.因此，選條件③時問題中的三角形不存在.

點(diǎn)評：本題是解三角形問題的綜合題的最新模式，雖然難度不大，但涉及了解三角形問題的主要知識點(diǎn)，對此類問題，學(xué)生必須熟練掌握，爭取做到不失一分.由于問題中有多個選項，具體求解問題時，學(xué)生只需要抓住一個熟悉的并且有把握的選項進(jìn)行求解.

例2 在△ABC，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若已知a2-（b-c）2＝（2-3）bc，且sin B＝1+cos C，邊BC上的中線AM的長為7.

（1）求角A和角B的大小.

（2）求△ABC的面積.

解析：（1）由a2-（b-c）2＝（2-3）bc，得a2-b2-c2＝-3bc，所以cos A＝b2+c2-a22bc＝32.又0lt;Alt;π，所以A＝π6.又sin B＝1+cos C，0lt;sin Blt;1，于是cos Clt;0，即C為鈍角，所以B為銳角，且B+C＝5π6，則sin5π6-C＝1+cos C，化簡得cosC+π3＝-1，解得C＝2π3，所以B＝π6.

（2）由（1）知，a＝b，sin C＝32，cos C＝-12，在△ACM中，由余弦定理得AM2＝b2

+a22-2b·a2cos C＝b2+b24+b22＝（7）2，解得b＝2，故S△ABC＝12absin C＝3.

點(diǎn)評：本題中的求角C和邊長b都是通過解方程來解決的，但如何抓住已知條件中的等量關(guān)系建立只含有一個變量的方程是解題關(guān)鍵.

2 三角形面積公式的綜合應(yīng)用

由初中的三角形面積公式，結(jié)合三角函數(shù)知識我們?nèi)菀椎玫叫碌娜切蚊娣e公式，即S△ABC＝12absin C＝12acsin B＝12bcsin A，此組公式用途非常廣泛，它能把解三角形問題推向又一個高度.

例1 在△ABC中，a+b＝11，若cos A＝18，cos B＝916.

（1）a的值.

（2）求sin C和△ABC的面積.

解析：（1）由于cos A＝18，則A∈0，π2，可得sin A＝378.又cos B＝916，則B∈0，π2，可得sin B＝5716.由正弦定理可得asin A＝bsin B.又b＝11-a，則a＝6.

（2）由（1）可知，邊a＝6.又a+b＝11，則b＝5.下面只要求出sin C就行了，sin C＝sin［π-（A+B）］＝sin（A+B）＝sin Acos B+cos Asin B＝74，所以S△ABC＝12absin C＝1574.

點(diǎn)評：本題中的求三角形面積，是建立在求三角形中其他對應(yīng)元素的基礎(chǔ)上解決的，所以解三角形仍然是一個重要解題過程，由于面積公式有三個，如何恰當(dāng)選擇也是很重要的.

例2 已知外接圓半徑為6的△ABC的邊a，b，c，角B，C和面積S滿足條件S＝a2-（b-c）2和sin B+sin C＝43，求△ABC面積的最大值.

解析：由于S＝12bcsin A＝a2-（b-c）2＝2bc-（b2+c2-a2）＝2bc-2bccos A，

即有14＝1-cos Asin A＝tanA2，從而有sin A＝817.又sin B+sin C＝43，由正弦定理得b2R+c2R＝43.又R＝6，所以b+c＝43×2R＝16，所以S＝12bcsin A＝417·bc≤417b+c22＝25617，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c=8時，等號成立，所以△ABC面積的最大值為25617.

點(diǎn)評：本題中給出了兩個條件，由其中一個求出了sin A的值，那么在求三角形的面積時必須抓住此條件建立面積的關(guān)系式，再由另一個條件得到b+c＝16，它是運(yùn)用基本不等式解決三角形面積的最大值的關(guān)鍵條件.

3 三角形的內(nèi)角和定理的運(yùn)用

由三角形的內(nèi)角和定理可以得到，在△ABC中， A＝π-（B+C）；A2＝π2-B+C2等結(jié)論.如果A，B是銳角三角形的兩個銳角，則A+Blt;π2，如果A，B是鈍角三角形的兩個銳角，則A+Bgt;π2.

例1 在銳角△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.已知2bsin A-3a＝0.

（1）求角B的大小.

（2）求cos A+cos B+cos C的取值范圍.

解析：（1）由正弦定理得2sin "Bsin A＝3sin A.又△ABC是銳角三角形，則sin Agt;0，故sin B＝32，所以B＝π3.

（2）由于A+B+C＝π，得C＝2π3-A.又△ABC是銳角三角形，則A∈π6，π2.由于cos C＝cos2π3-A＝-12cos A+32sin A，所以cos A+cos B+cos C＝32sin A+

12cos A+12＝sinA+π6+12，由于A∈π6，π2，則A+π6∈π3，2π3，則sinA+π6∈32，1，故cos A+cos B+cos C的取值范圍是12+32，32.

點(diǎn)評：在解答本題的過程中，抓住三角形的內(nèi)角和定理及銳角三角形的條件，對三角形中的某個角進(jìn)行必要的縮角處理，從而得出了該角的最小范圍.

例2 若三角形ABC的三個內(nèi)角A，B，C滿足cosA-C2＝2sin B2，求角B的最大值.

解析：由cosA-C2＝2sin B2，得cosA-C2＝2sin π-（A+C）2＝2cosA+C2，即cosA2cosC2+sinA2sinC2＝2cosA2cosC2-sinA2sinC2，化簡可得tanA2tanC2＝13，于是tanB2＝1tanA+C2＝1-tanA2tanC2tanA2+tanC2≤1-tanA2tanC22tanA2tanC2＝33，由于y＝tan x在0，π2上是增函數(shù)，所以0lt;B2≤π6，即0lt;B≤π3，故角B的最大值為π3.

點(diǎn)評：由于題設(shè)中給出的是三角形中關(guān)于三角形內(nèi)角的半角函數(shù)關(guān)系，通過找出了一個關(guān)于三角形內(nèi)角正切函數(shù)的關(guān)系，然后利用已知條件和所得的結(jié)論，結(jié)合三角形內(nèi)角和的關(guān)系最終順利地解決角的最值問題.

4 三角形三邊不等關(guān)系的運(yùn)用

在三角形中，任意兩邊之和大于第三邊，任意兩邊之差小于第三邊，由此可以得到，在△ABC中，Agt;B等件于agt;b等件于sin Agt;sin B的結(jié)論.

例1 在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若不等式kb2+acgt;19bc對任意三角形都成立，求實(shí)數(shù)k的最小值.

解析：在△ABC中，由于不等式kb2+acgt;19bc對任意三角形都成立，即kgt;19bc-acb2＝cb·19-ab恒成立.又在三角形中，clt;a+b，則cblt;1+ab，所以19bc-acb2lt;1+ab19-ab，當(dāng)19-abgt;0時，1+ab19-ab≤1+ab+19-ab22＝100，當(dāng)且僅當(dāng)1+ab＝19-ab，即ab＝9時，有k≥100，所以實(shí)數(shù)k的最小值為100.

點(diǎn)評：如果題目中含有不等式條件，必須注意三角形邊的不等關(guān)系的運(yùn)用，在本解法中，通過利用三角形中三邊之間的不等關(guān)系構(gòu)造了一個新的不等關(guān)系，成功地達(dá)到了消元轉(zhuǎn)化的目的，為最后利用基本不等式求最值創(chuàng)造了有利條件.

例2 已知A，B，C是平面上任意三點(diǎn)，其中BC＝a，AC＝b，AB＝c，試求y＝ca+b+bc的最小值.

解析：依題意三點(diǎn)A，B，C要么構(gòu)成一個三角形，要么是一個線段，故必有b+c≥agt;0，于是2·（b+c）≥a+b+c，所以y＝ca+b+bc＝ca+b+b+cc-1＝ca+b+2（b+c）2c-1

≥ca+b+a+b+c2c-1＝ca+b+a+b2c-12≥2-12，當(dāng)且僅當(dāng)a+b＝2c時，等號成立，即y的最小值為2-12.

點(diǎn)評：通過對題設(shè)中的“平面上任意三點(diǎn)”進(jìn)行挖掘，得到一個重要的不等關(guān)系，這是轉(zhuǎn)化函數(shù)的重要依據(jù)，由此，可以將所給的不等式進(jìn)行適當(dāng)變形轉(zhuǎn)化，就可以為運(yùn)用基本不等式求最值創(chuàng)造了必要條件.

5 與三角函數(shù)等知識的交匯

由于解三角形的知識具有豐富的應(yīng)用性，與許多數(shù)學(xué)知識都有交集，因而與其交匯類型的題目也很多，其中與三角函數(shù)、平面向量等交匯的題目較為多見.

例1 已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，其面積S＝b2+c2-a24.

（1）若a＝6，b＝2，求cos B.

（2）求sin（A+B）+sin Bcos B+cos（B-A）的最大值.

解析：（1）利用面積公式和正弦定理、余弦定理容易求得A＝π4， cos B＝306.

（2）由第（1）問可知，A＝π4，sin（A+B）+sin Bcos B+cos（B-A）＝sinB+π4+

sin B·cos B+cosB-π4＝2（sin B+cos B）+sin Bcos B，若令t＝sin B+cos B，

則t2＝1+2sin "Bcos B，所以sin（A+B）+sin Bcos B+cos（B-A）＝2t+12（t2-1）

＝12（t+2）2-32，t∈（0，2］，故當(dāng)t＝2，即B＝π4時，sin（A+B）+sin Bcos B+cos（B-A）取得最大值52.

點(diǎn)評：本題的核心是一個關(guān)于三角函數(shù)公式的綜合問題，其中解三角形的內(nèi)容是作為背景條件呈現(xiàn)的，這也是一種常見的考查模式.

例2 在銳角三角形ABC中，若2sin 2A+sin2B＝2sin 2C，試求1tan A+1tan B+1tan C的最小值.

分析：若三角形ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，根據(jù)正弦定理及條件2sin 2A+sin2B＝2sin 2C，可得2a2+b2＝2c2，即2（a2+b2-c2）＝3b2.又由余弦定理得4bccos A＝3b2，即4ccos A＝3b，再根據(jù)正弦定理得4sin "Ccos A＝3·sin "B＝3sin（A+C），化簡可得tan C=3tan A.又在銳角三角形ABC中，容易證明

tan A+tan B+tan C＝tan Atan Btan C，所以1tan B＝34tan A-14tan A，于是1tan A+1tan B+1tan C＝1312tan A+3tan A4≥132，于是其最小值為132.

點(diǎn)評：在本解法中，利用正切公式的特點(diǎn)，通過將條件式沿著同一個方向轉(zhuǎn)化，從而挖出了一個正切關(guān)系的重要結(jié)論，這是后面成功解題的關(guān)鍵，解題中的消元、化簡、邊角轉(zhuǎn)化是非常重要的解題意識.

6 結(jié)語

本文介紹了關(guān)于解三角形問題的五類主要題型的特點(diǎn)分析和破題關(guān)鍵，其中正弦定理、余弦定理和三角形面積公式的運(yùn)用是解題過程中的核心環(huán)節(jié)，在分析問題時必須抓住問題特點(diǎn)，挖掘隱含條件，注重尋找等量與不等關(guān)系進(jìn)行推演變形，建立進(jìn)一步推理的重要關(guān)系，為溝通其他條件創(chuàng)造關(guān)鍵聯(lián)系條件.在做與其他知識點(diǎn)的交匯題時應(yīng)特別注意三角形限制條件的運(yùn)用，否則容易出錯，應(yīng)該建立必要的預(yù)防對策.