2019年高考数学一轮复习课时作业(二十二)第22讲正弦定理和余弦定理的应用文
高考数学一轮复习 第二十二讲 正弦定理和余弦定理.doc
第二十二讲正弦定理和余弦定理班级________ 姓名________ 考号________ 日期________ 得分________一、选择题：(本大题共6小题，每小题6分，共36分，将正确答案的代号填在题后的括号内．)1．(·湖北)在△ABC中，a＝15，b＝10，A＝60°，则cos B＝( )A．－223B.223C．－63D.63解析：依题意得0°<B<60°，由正弦定理得asin A ＝bsin B得sin B＝b sin Aa＝33，cos B＝1－sin2B＝63，选D.答案：D2．(·天津)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c.若a2－b2＝3bc，sin C ＝23sin B，则A＝( )A．30° B．60°C．1 D．150°解析：由sin C＝23sin B可得c＝23b，由余弦定理得cos A＝b2＋c2－a22bc＝－3bc＋c22bc＝32，于是A＝30°，故选A.答案：A3．(·江西)E，F是等腰直角△ABC斜边AB上的三等分点，则tan∠ECF＝( ) A.1627B.23C.33D.34解析：设AC＝1，则AE＝EF＝FB＝13AB＝23，由余弦定理得CE＝CF＝AE2＋AC2－2AC·AE cos45°＝53，所以cos∠ECF＝CE2＋CF2－EF22CE·CF＝45，所以tan∠ECF＝sin∠ECFcos∠ECF＝1－⎝⎛⎭⎪⎫45245＝34.答案：D4．(·青岛模拟)△ABC 中，若lg a －lg c ＝lgsin B ＝－lg 2且B ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，则△ABC 的形状是( )A ．等边三角形B ．直角三角形C ．等腰三角形D ．等腰直角三角形 解析：∵lg a －lg c ＝lgsin B ＝－lg 2， ∴lg ac ＝lgsin B ＝lg22.∴a c ＝sin B ＝22. ∵B ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，∴B ＝π4，由c ＝2a ，得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝3a 2－b 222a2＝22. ∴a 2＝b 2，∴a ＝b . 答案：D5．△ABC 中，a 、b 、c 分别为∠A 、∠B 、∠C 的对边，如果a 、b 、c 成等差数列，∠B ＝30°，△ABC 的面积为0.5，那么b 为( )A ．1＋ 3B ．3＋ 3 C.3＋33D ．2＋ 3 解析：2b ＝a ＋c ，12ac ·12＝12⇒ac ＝2，a 2＋c 2＝4b 2－4，b 2＝a 2＋c 2－2ac ·32⇒b 2＝4＋233⇒b ＝3＋33. 答案：C6．已知锐角A 是△ABC 的一个内角，a 、b 、c 是三角形中各内角的对应边，若sin 2A －cos 2A ＝12，则( )A ．b ＋c ＝2aB ．b ＋c <2aC ．b ＋c ≤2aD ．b ＋c ≥2a解析：由sin 2A －cos 2A ＝12，得cos2A ＝－12，又A 是锐角，所以A ＝60°，于是B ＋C ＝1所以b ＋c 2a ＝sin B ＋sin C2sin A ＝2sin B ＋C 2cosB －C 23＝cosB －C2≤1，b ＋c ≤2a .答案：C二、填空题：(本大题共4小题，每小题6分，共24分，把正确答案填在题后的横线上．)7．(·江苏)在锐角△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，若b a ＋a b＝6cos C ，则tan C tan A ＋tan Ctan B的值是________．解析：解法一：取a ＝b ＝1，则cos C ＝13，由余弦定理和c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝43，∴c ＝233. 在如图所示的等腰三角形ABC 中， 可得tan A ＝tan B ＝2， 又sin C ＝223，tan C ＝22， ∴tan C tan A ＋tan Ctan B＝4. 解法二：b a ＋a b ＝6cos C 得，a 2＋b 2ab ＝6·a 2＋b 2－c 22ab，即a 2＋b 2＝32c 2，∴tan C tan A ＋tan C tan B ＝tan C ⎝ ⎛⎭⎪⎫cos A sin A ＋cos B sin B ＝sin 2C cos C sin A sin B＝2c 2a 2＋b 2－c 2＝4. 答案：48．(·山东)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若a ＝2，b ＝2，sin B＋cos B ＝2，则角A 的大小为________．解析：由sin B ＋cos B ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫B ＋π4＝2得 sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π4＝1，所以B ＝π4.由正弦定理a sin A ＝b sin B 得sin A ＝a sin B b ＝2·sin π42＝12，所以A ＝π6或5π6(舍去)． 答案：π69．(·新课标全国)在△ABC 中，D 为BC 边上一点，BC ＝3BD ，AD ＝2，∠ADB ＝135°.若AC ＝2AB ，则BD ＝________.解析：如图，设AB ＝c ，AC ＝b ，BC ＝a ，则由题设可知BD ＝13a ，CD ＝23a ，所以根据余弦定理可得b 2＝(2)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23a 2－2×2×23a cos45°，c 2＝(2)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13a 2－2×2×13a cos135°，由题意知b ＝2c ，可解得a ＝6＋35，所以BD ＝13a ＝2＋ 5.答案：2＋ 510．(·新课标全国)在△ABC 中，D 为边BC 上一点，BD ＝12DC ，∠ADB ＝1AD ＝2.若△ADC的面积为3－3，则∠BAC ＝________.解析：由∠ADB ＝1∠ADC ＝60°，又因为AD ＝2，所以S △ADC ＝12AD ·DC sin60°＝3－3，所以DC ＝2(3－1)，又因为BD ＝12DC ，所以BD ＝3－1，过A 点作AE ⊥BC 于E 点，则S △ADC＝12DC ·AE ＝3－3，所以AE ＝3，又在直角三角形AED 中，DE ＝1，所以BE ＝3，在直角三角形ABE 中，BE ＝AE ，所以△ABE 是等腰直角三角形，所以∠ABC ＝45°，在直角三角形AEC 中，EC ＝23－3，所以tan∠ACE ＝AE EC ＝323－3＝2＋3，所以∠ACE ＝75°，所以∠BAC ＝180°－75°－45°＝60°.答案：60°三、解答题：(本大题共3小题，11、12题13分，13题14分，写出证明过程或推演步骤．)11．(·全国Ⅰ)已知△ABC 的内角A ，B 及其对边a ，b 满足a ＋b ＝a 1tan A ＋b 1tan B，求内角C .解：由a ＋b ＝a 1tan A ＋b 1tan B 及正弦定理得sin A ＋sin B ＝cos A ＋cos B ， 即sin A －cos A ＝cos B －sin B ， 从而sin A cosπ4－cos A sin π4＝cos B sin π4－sin B cos π4， 即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A －π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－B .又0<A ＋B <π，故A －π4＝π4－B ，A ＋B ＝π2，所以C ＝π2.12．(·辽宁)在△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，且2a sin A ＝(2b ＋c )sin B ＋(2c ＋b )sin C .(1)求A 的大小；(2)若sin B ＋sin C ＝1，试判断△ABC 的形状．解：(1)由已知，根据正弦定理得2a 2＝(2b ＋c )b ＋(2c ＋b )c ，即a 2＝b 2＋c 2＋bc . 由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ， 故cos A ＝－12，又A ∈(0，π)，故A ＝1(2)由(1)得sin 2A ＝sin 2B ＋sin 2C ＋sin B sin C . 又sin B ＋sin C ＝1，得sin B ＝sin C ＝12.因为0°<B <90°，0°<C <90°，故B ＝C . 所以△ABC 是等腰的钝角三角形．13．(·陕西)如图，在△ABC 中，已知B ＝45°，D 是BC 边上的一点，AD ＝10，AC ＝14，DC ＝6，求AB 的长．解：在△ADC 中，AD ＝10，AC ＝14，DC ＝6，由余弦定理得cos∠ADC ＝AD 2＋DC 2－AC 22AD ·DC＝100＋36－1962×10×6＝－12，∴∠ADC ＝1∠ADB ＝60°.在△ABD 中，AD ＝10，B ＝45°，∠ADB ＝60°， 由正弦定理得AB sin∠ADB ＝ADsin B，∴AB ＝AD ·sin∠ADB sin B ＝10sin60°sin45°＝10×3222＝5 6.。
2019届高三数学一轮复习：第22讲 正弦定理和余弦定理
角,则 B=π4,所以 AC= 1 + 2-2 × 1 × 2 × 22=1=AB,
易知 A 为直角,此时△ABC 为直角三角形,所以 B 为
钝角,即 B=34π,所以
AC= 1 + 2-2 × 1 ×
2×
-
2 2
=
5.
2019年4月28日
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教学参考
4.[2017·全国卷Ⅱ] △ABC 的内角 A,B,C
,化简得
3cos α=4sin α.
所以 tan α= 43,即 tan∠PBA= 43.
2019年4月28日
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教学参考
14.[2013·全国卷Ⅱ] △ABC 的内角 A,B,C 解:(1)由已知及正弦定理得
的对边分别为 a,b,c,已知 a=bcos C+csin sin A=sin Bcos C+sin Csin B.① 又 A=π-(B+C),故
的对边分别为 a,b,c,若 2bcos B=acos
C+ccos A,则 B=
.
[答案]
π 3
[解析] 因为 2bcos B=acos C+ccos A,由正弦
定理有 2sin Bcos B=sin Acos C+sin Ccos A=sin(A+C)=sin B,所以 cos B=12,得 B=π3.
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3
b2+c2-a2=bc 及基本不等式得 bc≥2bc-a2,即
bc≤4,所以△ABC 面积的最大值为12×4× 23= 3.
2019年4月28日
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高考数学一轮复习 课时作业22 正弦定理和余弦定理 文-人教版高三全册数学试题
课时作业22 正弦定理和余弦定理[基础达标]一、选择题1．[2020·某某省级示X 性高中联合体联考]△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若3sin A ＝2sin C ，b ＝5，cos C ＝－13，则a ＝( )A ．3B ．4C ．6D ．8解析：因为3sin A ＝2sin C ，由正弦定理得3a ＝2c ，设a ＝2k (k >0)，则c ＝3k .由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝25－5k 220k ＝－13，解得k ＝3或k ＝－53(舍去)，从而a ＝6.故选C.答案：C2．[2020·某某某某一中月考]在△ABC 中，若sin 2A ＋sin 2B <sin 2C ，则△ABC 的形状是( )A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．不能确定解析：∵sin 2A ＋sin 2B <sin 2C ，∴a 2＋b 2<c 2，∴cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab<0，又0°<C <180°，∴C 为钝角，∴△ABC 是钝角三角形，故选C.答案：C3．[2020·某某某某中学调研]在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，S 为△ABC 的面积，若S ＝14(b 2＋c 2－a 2)，则A ＝( )A ．90° B．60° C ．45° D．30°解析：∵S ＝12bc sin A ，b 2＋c 2－a 2＝2bc cos A ，S ＝14(b 2＋c 2－a 2)，∴12bc sin A ＝12bc cosA ，∴tan A ＝1，∵0°<A <180°，∴A ＝45°，故选C.答案：C4．[2019·某某仲元中学期中]在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若a 2＋b 2＝2c 2，则cos C 的最小值为( )A.32 B.22C.12D ．－12解析：∵cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ，a 2＋b 2＝2c 2，∴cos C ＝a 2＋b 24ab ≥2ab 4ab ＝12，当且仅当a ＝b 时取等号，∴cos C 的最小值为12，故选C.答案：C5．[2020·某某某某高级中学月考]在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，已知sin(2A ＋π6)＝12，b ＝1，△ABC 的面积为32，则b ＋csin B ＋sin C的值为( )A. 3 B ．2 C ．4 D ．1解析：∵sin (2A ＋π6)＝12，∴A ＝π3，又b ＝1，△ABC 的面积为12bc sin A ＝32，解得c＝2，∴a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝1＋4－2＝3，∴a ＝3，∴b ＋c sin B ＋sin C ＝a sin A＝2，故选B.答案：B 二、填空题6．[2020·某某某某一中月考]在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a ＝7，b ＝2，A ＝π3，则△ABC 的面积为________．解析：由正弦定理得sin B ＝b sin A a ＝2sinπ37＝217，∵b <a ，∴B <A ，∴cos B ＝277，∴sin C ＝sin(A ＋B )＝32114，∴△ABC 的面积为12ab sin C ＝332.答案：3327．[2020·某某测试]在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，b tan B ＋b tan A ＝2c tan B ，且a ＝5，△ABC 的面积为23，则b ＋c 的值为________．解析：由正弦定理及b tan B ＋b tan A ＝2c tan B ，得sin B ·sin B cos B ＋sin B ·sin Acos A＝2sinC ·sin Bcos B，即cos A sin B ＋sin A cos B ＝2sin C cos A ，亦即sin(A ＋B )＝2sin C cos A ，故sin C ＝2sin C cos A ．因为sin C ≠0，所以cos A ＝12，所以A ＝π3.由面积公式，知S △ABC ＝12bc sinA ＝23，所以bc ＝8.由余弦定理，知a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝(b ＋c )2－3bc ，代入可得b ＋c＝7.答案：78．[2019·某某内江期中]在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知4(tan A ＋tan B )＝tan A cos B ＋tan Bcos A，则cos C 的最小值为________．解析：∵4(tan A ＋tan B )＝tan A cos B ＋tan B cos A，∴4sin A cos B ＋cos A sin Bcos A cos B＝sin A ＋sin Bcos B cos A，∴4sin(A ＋B )＝sin A ＋sin B ，∴4sin C ＝sin A ＋sin B ，由正弦定理得a＋b ＝4c ，即c ＝a ＋b4，∴cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝15a 2＋b 2－2ab 32ab，又a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时取等号，∴cos C ≥28ab 32ab ＝78，∴cos C 的最小值为78. 答案：78三、解答题9．[2019·全国卷Ⅰ]△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，设(sin B －sin C )2＝sin 2A －sinB sinC .(1)求A ；(2)若2a ＋b ＝2c ，求sin C .解析：(1)由已知得sin 2B ＋sin 2C －sin 2A ＝sinB sinC ，故由正弦定理得b 2＋c 2－a 2＝bc .由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12.因为0°<A <180°，所以A ＝60°.(2)由(1)知B ＝120°－C ，由题设及正弦定理得2sin A ＋sin(120°－C )＝2sin C ，即62＋32cos C ＋12sin C ＝2sin C ，可得cos(C ＋60°)＝－22.由于0°<C <120°，所以sin(C ＋60°)＝22，故 sin C ＝sin(C ＋60°－60°)＝sin(C ＋60°)cos 60°－cos(C ＋60°)sin 60° ＝6＋24. 10．[2019·某某六校协作体期中]设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，且c ·cos C 是a ·cos B 与b ·cos A 的等差中项．(1)求角C 的大小；(2)若c ＝2，求△ABC 周长的最大值．解析：(1)由题意得a cos B ＋b cos A ＝2c cos C ，由正弦定理得sin A cos B ＋sin B cos A ＝2sin C cos C ，即sin(A ＋B )＝sin C ＝2sin C cos C ，∵C ∈(0°，180°)，∴sin C ≠0，∴cosC ＝12，所以C ＝60°.(2)解法一 由余弦定理得c 2＝4＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝a 2＋b 2－ab ＝(a ＋b )2－3ab ≥(a ＋b )2－3(a ＋b2)2＝a ＋b24，得a ＋b ≤4，当且仅当a ＝b 时等号成立，故△ABC 周长取最大值为6.解法二 由正弦定理得a sin A ＝b sin B ＝c sin C ＝433，故△ABC 的周长为a ＋b ＋c ＝433(sin A ＋sin B )＋2＝433[sin A ＋sin(A ＋60°)]＋2＝433(32sin A ＋32cos A )＋2＝4sin(A＋30°)＋2.∵A ∈(0°，120°)，∴当A ＝60°时，△ABC 周长取最大值为6.[能力挑战]11．[2020·某某某某第一次诊断]在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 所对的边，且2c sin B ＝3a tan A .(1)求b 2＋c 2a2的值；(2)若a ＝2，求△ABC 面积的最大值．解析：(1)∵2c sin B ＝3a tan A ，∴2c sin B cos A ＝3a sin A ，由正弦定理得2cb cos A ＝3a 2，由余弦定理得b 2＋c 2－a 2＝3a 2，化简得b 2＋c 2＝4a 2，∴b 2＋c 2a2＝4.(2)∵a ＝2，由(1)知b 2＋c 2＝4a 2＝16，∴由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝6bc.根据基本不等式知b 2＋c 2≥2bc ，即8≥bc ，当且仅当b ＝c 时“＝”成立， ∴cos A ≥68＝34.由cos A ＝6bc ，得bc ＝6cos A ，且A ∈(0，π2)，∴△ABC 的面积S ＝12bc sin A ＝12×6cos A ×sin A ＝3tan A .∵1＋tan 2A ＝1＋sin 2A cos 2A ＝cos 2A ＋sin 2A cos 2A ＝1cos 2A， ∴tan A ＝1cos 2A －1≤ 169－1＝73， ∴S ＝3tan A ≤7.∴△ABC 的面积的最大值为7.。
2019版高考数学一轮复习第三章三角函数解三角形第22讲正弦定理和余弦定理学案
第22讲正弦定理和余弦定理1．正弦定理和余弦定理3．三角形常用的面积公式 (1)S ＝12a ·h a (h a 表示a 边上的高).(2)S ＝12ab sin C ＝12ac sin B ＝12bc sin A ＝abc 4R .(3)S ＝12r (a ＋b ＋c )(r 为内切圆半径).1．思维辨析(在括号内打“√”或“×”).(1)正弦定理和余弦定理对任意三角形都成立.( √ ) (2)三角形中各边和它所对角的弧度数之比相等.( × ) (3)已知两边及其夹角求第三边，用余弦定理.( √ )(4)在△ABC 的六个元素中，已知任意三个元素可求其他元素.( × ) (5)在△ABC 中，若sin A >sin B ，则A >B .( √ )解析 (1)正确.由正弦定理和余弦定理的证明过程可知，它们对任意三角形都成立. (2)错误.由正弦定理可知该结论错误. (3)正确.由余弦定理可知该结论正确. (4)错误.当已知三个角时不能求三边.(5)正确.由正弦定理知sin A ＝a 2R ，sin B ＝b2R，由sin A >sin B 得a >b ，即A >B .2．在△ABC 中，若∠A ＝60°，∠B ＝45°，BC ＝32，则AC ＝( B ) A ．4 3 B ．2 3 C ． 3D ．32解析 由正弦定理得：BC sin A ＝AC sin B ，即32sin 60°＝ACsin 45°，所以AC ＝3232×22＝2 3.3．在△ABC 中，a ＝3，b ＝1，c ＝2，则∠A ＝( C ) A ．30° B ．45° C ．60°D ．75°解析 ∵cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝1＋4－32×1×2＝12，又∵0°<A <180°，∴A ＝60°.4．在△ABC 中，若a ＝18，b ＝24，∠A ＝45°，则此三角形有( B ) A ．无解 B ．两解C ．一解D ．解的个数不确定解析 ∵a sin A ＝b sin B ，∴sin B ＝b a ·sin A ＝2418sin 45°，∴sin B ＝223，又∵a <b ，∴∠B 有两个.5．在△ABC 中，∠B ＝120°，AC ＝7，AB ＝5，则△ABC 的面积为！！！ 4###. 解析 设BC ＝x ，由余弦定理得49＝25＋x 2－10x cos 120°， 整理得x 2＋5x －24＝0，即x ＝3.因此S △ABC ＝12AB ×BC ×sin B ＝12×3×5×32＝1534.一 利用正、余弦定理解三角形(1)正弦定理是一个连比等式，在运用此定理时，只要知道其比值或等量关系就可以通过约分达到解决问题的目的，在解题时要学会灵活运用.(2)运用余弦定理时，要注意整体思想的运用.【例1】 如图，在平面四边形ABCD 中，AD ＝1，CD ＝2，AC ＝7.(1)求cos ∠CAD 的值； (2)若cos ∠BAD ＝－714，sin ∠CBA ＝216，求BC 的长.解析 (1)在△ADC 中，由余弦定理，得cos ∠CAD ＝AC 2＋AD 2－CD 22AC ·AD ＝7＋1－427＝277.(2)设∠BAC ＝α，则α＝∠BAD －∠CAD . 因为cos ∠CAD ＝277，cos ∠BAD ＝－714，所以sin ∠CAD ＝1－cos 2∠CAD ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫2772＝217， sin ∠BAD ＝1－cos 2∠BAD ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－7142＝32114. 于是sin ∠BAC ＝sin (∠BAD －∠CAD )＝sin ∠BAD cos ∠CAD －cos ∠BAD ·sin ∠CAD ＝32114×277－⎝ ⎛⎭⎪⎫－714×217＝32.在△ABC 中，由正弦定理得，BC ＝AC ·sin ∠BAC sin ∠CBA＝7×32216＝3.二 利用正、余弦定理判定三角形的形状利用正、余弦定理判定三角形形状的技巧(1)“角化边”：利用正弦、余弦定理把已知条件转化为只含边的关系，通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状.(2)“边化角”：利用正弦、余弦定理把已知条件转化为只含内角的三角函数间的关系，通过三角函数恒等变形，得出内角的关系，从而判断出三角形的形状，此时要注意应用A ＋B ＋C ＝π这个结论.注意：在两种解法的等式变形中，一般两边不要约去公因式，应移项提取公因式，以免漏解.【例2】 在△ABC 中，已知a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，且2a sin A ＝(2b ＋c )sin B ＋(2c ＋b )sin C ．(1)求A 的大小；(2)若sin B ＋sin C ＝1，试判断△ABC 的形状. 解析 (1)由已知，根据正弦定理得2a 2＝(2b ＋c )b ＋(2c ＋b )c ，即a 2＝b 2＋c 2＋bc ， 由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，故cos A ＝－12，又0<A <π，所以A ＝23π.(2)由(1)得sin 2A ＝sin 2B ＋sin 2C ＋sin B sin C ＝34.又sin B ＋sin C ＝1，联立两式得sin B ＝sin C ＝12.因为0<B <π2，0<C <π2，故B ＝C ＝π6，所以△ABC 是等腰三角形.三 与三角形面积有关的问题三角形面积问题的常见类型及解题策略(1)求三角形的面积.对于面积公式S ＝12ab sin C ＝12ac ·sin B ＝12bc sin A ，一般是已知哪一个角就使用含哪个角的公式.(2)已知三角形的面积解三角形.与面积有关的问题，一般要利用正弦定理或余弦定理进行边和角的互化.【例3】 △ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，已知2cos C (a cos B ＋b cos A )＝c .(1)求C ；(2)若c ＝7，△ABC 的面积为332，求△ABC 的周长.解析 (1)由已知正弦定理，得2cos C (sin A cos B ＋sin B cos A )＝sin C,2cos C sin (A ＋B )＝sin C ．故2cos C sin C ＝sin C ．可得cos C ＝12，所以C ＝π3.(2)由已知，得12ab sin C ＝332.又C ＝π3，所以ab ＝6.由已知及余弦定理，得a 2＋b 2－2ab cos C ＝7.故a 2＋b 2＝13，从而(a ＋b )2＝25.所以△ABC 的周长为5＋7.1．(2018·山西太原模拟)在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若sin A ＝223，a ＝2，S △ABC ＝2，则b 的值为( A )A ． 3B ．322C ．2 2D ．2 3解析 ∵在锐角△ABC 中，sin A ＝223，S △ABC ＝2，∴cos A ＝1－sin 2A ＝13，12bc sin A ＝12bc ·223＝2，∴bc ＝3 ①，由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，∴(b ＋c )2＝a 2＋2bc (1＋cos A )＝4＋6×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＝12，∴b ＋c ＝23②.由①②得b ＝c ＝3，故选A ．2．(2018·辽宁五校第一次联考)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，若直线bx ＋y cos A ＋cos B ＝0与ax ＋y cos B ＋cos A ＝0平行，则△ABC 一定是( C )A ．锐角三角形B ．等腰三角形C ．直角三角形D ．等腰或直角三角形解析 由两直线平行可得b cos B －a cos A ＝0，由正弦定理可知sin B cos B －sin A cosA ＝0，即12sin 2A ＝12sin 2B ，又A ，B ∈(0，π)，且A ＋B ∈(0，π)，所以2A ＝2B 或2A ＋2B ＝π，即A ＝B 或A ＋B ＝π2.若A ＝B ，则a ＝b ，cos A ＝cos B ，此时两直线重合，不符合题意，舍去，故A ＋B ＝π2，则△ABC 是直角三角形，故选C ．3．(2018·东北育才模拟)已知△ABC 是斜三角形，内角A ，B ，C 所对的边的长分别为a ，b ，c .若c sin A ＝3a cos C ．(1)求角C ；(2)若c ＝21，且sin C ＋sin(B －A )＝5sin 2A ，求△ABC 的面积. 解析 (1)根据a sin A ＝csin C ，可得c sin A ＝a sin C ，又∵c sin A ＝3a cos C ，∴a sin C ＝3a cos C ， ∴sin C ＝3cos C ，∴tan C ＝sin C cos C ＝3，∵C ∈(0，π)，∴C ＝π3. (2)∵sin C ＋sin(B －A )＝5sin 2A ，sin C ＝sin(A ＋B )， ∴sin(A ＋B )＋sin(B －A )＝5sin 2A ，∴2sin B cos A ＝2×5sin A cos A .∵△ABC 为斜三角形，∴cos A ≠0，∴sin B ＝5sin A . 由正弦定理可知b ＝5a ，① ∵c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，∴21＝a 2＋b 2－2ab ×12＝a 2＋b 2－ab ，②由①②解得a ＝1，b ＝5，∴S △ABC ＝12ab sin C ＝12×1×5×32＝534.4．(2016·北京卷)在△ABC 中，a 2＋c 2＝b 2＋2ac . (1)求B 的大小；(2)求2cos A ＋cos C 的最大值.解析 (1)由余弦定理及题设得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝2ac 2ac ＝22.又因为0<b <π，所以B ＝π4.(2)由(1)知A ＋C ＝3π4，2cos A ＋cos C ＝2cos A ＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4－A ＝2cos A －22cos A ＋22sin A ＝22cos A ＋22sin A ＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫A －π4.因为0<A <3π4，所以当A ＝π4时，2cos A ＋cos C 取得最大值1．易错点 解三角形时出现增解与丢解错因分析：在三角形中忽视“大边对大角”“大角的正弦值也大”产生增解；由sin 2A＝sin 2B 得2A ＝2B 或2A ＋2B ＝π时，容易丢掉2A ＋2B ＝π.【例1】 在△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，若tan A ∶tan B ＝a 2∶b 2，试判断△ABC 的形状.解析 ∵sin A cos A ∶sin B cos B ＝a 2∶b 2＝sin 2A ∶sin 2B ，∴sin A cos B cos A sin B ＝sin 2A sin 2B，整理得sin 2A ＝sin 2B ， ∴2A ＝2B 或2A ＋2B ＝π，即A ＝B 或A ＋B ＝π2，∴△ABC 为等腰三角形或直角三角形.【跟踪训练1】 △ABC 中，sin A ＝513，cos B ＝35，则cos C ＝ －1665 .解析 ∵cos B >0，∴B 为锐角，sin B ＝45.∵sin A <sin B ，∴A <B ，cos A ＝1213.∴cos C ＝cos ［π－(A ＋B )］＝－cos(A ＋B ) ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1213×35－513×45＝－1665. 课时达标 第22讲［解密考纲］本考点考查利用正弦定理、余弦定理求解三角形，判断三角形的形状，求三角形的面积等.三种考查内容均有呈现，一般排在选择题、填空题的中间位置或解答题靠前的位置，题目难度中等偏易.一、选择题1．在△ABC 中，三内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若a ＝1，b ＝3，A ＝π6，则B＝( B )A ．π3B ．π3或2π3C ．π6或5π6D ．2π3解析 根据正弦定理a sin A ＝bsin B，得1sinπ6＝3sin B ， ∴sin B ＝32，∴B ＝π3或2π3. 2．在△ABC 中，若AB ＝2，AC 2＋BC 2＝8，则△ABC 面积的最大值为( C ) A ． 2 B ．2 C ． 3D ．3解析 ∵AC 2＋BC 2≥2AC ·BC ，∴AC ·BC ≤4.∵cos C ＝AC 2＋BC 2－AB 22AC ·BC ＝42AC ·BC ，∴cosC ≥12，∴0°<C ≤60°.∵S ＝12AC ·BC ·sin C ，∴由不等式的性质可知当AC ＝BC ＝2时，面积S 有最大值，S max＝12×2×2×32＝3，故选C ．3．在△ABC 中，∠A ＝45°，∠C ＝105°，BC ＝2，则边长AC 为( B ) A ．3－1 B ．1 C ．2D ．3＋1解析 根据题意有∠B ＝180°－105°－45°＝30°，根据正弦定理AC sin B ＝BCsin A ，得AC ＝2×1222＝1，故选B ．4．在△ABC 中，AC ＝7，BC ＝2，B ＝60°，则BC 边上的高等于( B ) A ．32B ．332C ．3＋62D ．3＋394解析 设AC ＝b ，BC ＝a ，AB ＝c ，由余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，得7＝4＋c 2－2c ，解得c ＝3.设BC 边上的高为h ，则h ＝c sin B ＝332.5．钝角三角形ABC 的面积是12，AB ＝1，BC ＝2，则AC ＝( B )A ．5B ． 5C ．2D ．1解析 S ＝12AB ·BC sin B ＝12×1×2sin B ＝12，∴sin B ＝22，∴B ＝π4或3π4.当B ＝3π4时，根据余弦定理得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos B ＝1＋2＋2＝5，∴AC ＝5，此时△ABC 为钝角三角形，符合题意；当B ＝π4时，根据余弦定理得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos B ＝1＋2－2＝1，∴AC ＝1，此时AB 2＋AC 2＝BC 2，△ABC 为直角三角形，不符合题意，故AC ＝ 5.6．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .若c 2＝(a －b )2＋6，C ＝π3，则△ABC 的面积是( C )A ．3B ．932C ．332D ．3 3解析 ∵c 2＝(a －b )2＋6，∴c 2＝a 2＋b 2－2ab ＋6.① ∵C ＝π3，∴c 2＝a 2＋b 2－2ab cos π3＝a 2＋b 2－ab .②由①②，得－ab ＋6＝0，即ab ＝6. ∴S △ABC ＝12ab sin C ＝12×6×32＝332.二、填空题7．△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a ，b ，c 成等比数列.若sin B ＝513，cos B ＝12ac，则a ＋c解析 ∵a ，b ，c 成等比数列，∴b 2＝ac .∵sin B ＝513，cos B ＝12ac，∴ac ＝13，∴b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，∴a 2＋c 2＝37，∴(a ＋c )2＝63，∴a ＋c ＝37.8．在△ABC 中，A ＝60°，AC ＝4，BC ＝23，则△ABC解析 如图所示，在△ABC 中，由正弦定理，得23sin 60°＝4sin B ，解得sin B ＝1，所以B ＝90°.所以S △ABC ＝12×AB ×23＝12×42－（23）2×23＝2 3.9．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .若b －c ＝14a ，2sin B ＝3sin C ，则cos A 的值为！！！ －14###.解析 由2sin B ＝3sin C 及正弦定理得2b ＝3c ，即b ＝32c .又∵b －c ＝14a ，∴12c ＝14a ，即a ＝2c .由余弦定理，得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝94c 2＋c 2－4c 22×32c 2＝－34c23c 2＝－14.三、解答题10．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足(2cos A －1)sin B ＋2cosA ＝1．(1)求A 的大小；(2)若5b 2＝a 2＋2c 2，求sin B sin C的值.解析 (1)∵(2cos A －1)sin B ＋2cos A ＝1，∴(2cos A －1)(sin B ＋1)＝0.∵0<B <π，∴sin B >0，∴cos A ＝12.∵0<A <π，∴A ＝π3. (2)在△ABC 中，由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝b 2＋c 2－bc .∵5b 2＝a 2＋2c 2，∴5b 2＝b 2＋c 2－bc ＋2c 2，∴4b 2＋bc －3c 2＝0，∴4⎝ ⎛⎭⎪⎫b c 2＋b c－3＝0. 解得b c ＝－1(舍)或b c ＝34，∴sin B sin C ＝b c ＝34. 11．△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知a ≠b ，c ＝3，cos 2A －cos 2B ＝3sin A cos A －3sin B cos B ．(1)求角C 的大小；(2)若sin A ＝45，求△ABC 的面积. 解析 (1)由倍角公式，原等式可化为cos 2A ＋12－cos 2B ＋12＝32sin 2A －32sin 2B ， 即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B －π6＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2A －π6. ∵a ≠b ，∴A ≠B .又∵A ，B ∈(0，π)，∴2B －π6＋2A －π6＝π，解得A ＋B ＝23π，∴C ＝π－(A ＋B )＝π3. (2)由正弦定理可求得a ＝85. ∵a <c ，∴A <C ＝π3，∴cos A ＝35. ∴sin B ＝sin ［π－(A ＋C )］＝sin(A ＋C )＝4＋3310， ∴S △ABC ＝12ac sin B ＝83＋1825. 12．(2016·山东卷)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知2(tan A ＋tan B )＝tan A cos B ＋tan B cos A. (1)证明：a ＋b ＝2c ；(2)求cos C 的最小值.解析 (1)由题意知2⎝ ⎛⎭⎪⎫sin A cos A ＋sin B cos B ＝sin A cos A cos B ＋sin B cos A cos B， 化简得2(sin A cos B ＋sin B cos A )＝sin A ＋sin B ，即2sin(A ＋B )＝sin A ＋sin B ．因为A ＋B ＋C ＝π，所以sin(A ＋B )＝sin(π－C )＝sin C ．从而sin A ＋sin B ＝2sin C ．由正弦定理得a ＋b ＝2c .(2)由(1)知c ＝a ＋b 2，所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2＋b 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 222ab ＝38⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋b a －14≥12，当且仅当a ＝b 时，等号成立.故cosC 的最小值为12.。
高考数学一轮复习 第22讲 正弦定理和余弦定理精品课件 理 新人教课标A
因此得角 A 的取值范围是π3，π2.
(2)由正弦定理知：sBinCA＝sAinBC，故 sinC＝ABBsCinA＝12，因
为 角 C 为 钝 角 ， 所 以 角 C ＝ 150°. 由 余 弦 定 理 知 cosC ＝
AC2＋2ABCC·B2－C AB2，化简得ABCC＝2
2－ 2
3，所以 sinB＝ACBsCinA＝
第22讲 │ 要点探究
(1) π3，π2
21) 由 题 意 得 ：
sin2A<sin2B＋sin2C，再由正弦定理得 a2<b2＋c2，即 b2＋c2－
a2>0.则 cosA＝b2＋2cb2c－a2>0，
∵0<A<π，∴0<A<π2.又 a 为最大边，∴A>π3.
第22讲 │ 要点探究
(1)2
π (2)6
[解析] (1)根据三角形内角和定理
∠C＝30°，根据正弦定理sinc C＝sinbB，即
c＝bssiinnBC＝2 22×12＝2. 2
第22讲 │ 要点探究
(2)由 sinB＋cosB＝ 2得 1＋2sinBcosB＝2，即 sin2B＝1，因为 0<B<π，所以角 B＝π4. 又因为 a＝ 2，b＝2，所以在△ ABC 中，由正弦定 理得sin2A＝ 2π，解得 sinA＝21，又 a<b，所以∠A<∠B
(1)起初两人的距离是多少？ (2)t 小时后两人的距离是多少？ (3)什么时候两人的距离最短？
图 22－2
第22讲 │ 要点探究
[思路] (1)根据余弦定理；(2)甲在线段 Ox 上和甲在射 线 Ox′上分别使用余弦定理；(3)根据建立的函数关系求函 数在 t 为何值时函数有最小值．
高考数学一轮复习专题训练—正弦定理和余弦定理及其应用
正弦定理和余弦定理及其应用考纲要求 1.掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题；2.能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题．知识梳理1．正、余弦定理在△ABC 中，若角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，R 为△ABC 外接圆半径，则定理正弦定理余弦定理公式a sin A ＝b sin B ＝c sin C＝2R a 2＝b 2＋c 2－2bc cos_A ；b 2＝c 2＋a 2－2ca cos_B ； c 2＝a 2＋b 2－2ab cos_C常见变形(1)a ＝2R sin A ，b ＝2R sin_B ，c ＝2R sin_C ； (2)sin A ＝a 2R ，sin B ＝b 2R ，sin C ＝c2R；(3)a ∶b ∶c ＝sin_A ∶sin_B ∶sin_C ； (4)a sin B ＝b sin A ，b sin C ＝c sin B ，a sin C ＝c sin Acos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ；cos B ＝c 2＋a 2－b 22ac ；cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab2.在△ABC 中，已知a ，b 和A 时，解的情况如下：A 为锐角A 为钝角或直角图形关系式 a ＝b sin Ab sin A <a <ba ≥ba >ba ≤b解的个数一解两解 一解 一解 无解(1)S ＝12a ·h a (h a表示a 边上的高)．(2)S ＝12ab sin C ＝12ac sin B ＝12bc sin A ＝abc 4R .(3)S ＝12r (a ＋b ＋c )(r 为内切圆半径)．4．测量中的几个术语 (1)仰角和俯角在同一铅垂平面内的水平视线和目标视线的夹角，目标视线在水平视线上方叫仰角，目标视线在水平视线下方叫俯角(如图1)．(2)方位角从正北方向起按顺时针转到目标方向线之间的水平夹角叫做方位角．如B 点的方位角为α(如图2)．(3)方向角：正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，如南偏东30°，北偏西45°等． (4)坡度：坡面与水平面所成的二面角的正切值．解决与平面几何有关的计算问题关键是找清各量之间的关系，从而应用正、余弦定理求解．1．三角形中的三角函数关系(1)sin(A ＋B )＝sin C ；(2)cos(A ＋B )＝－cos C ； (3)sin A ＋B 2＝cos C 2；(4)cos A ＋B 2＝sin C 2.2．三角形中的射影定理在△ABC 中，a ＝b cos C ＋c cos B ；b ＝a cos C ＋c cos A ；c ＝b cos A ＋a cos B ．3．在△ABC 中，两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，A >B ⇔a >b ⇔sin A >sin B ⇔ cos A <cos B ．诊断自测1．判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)三角形中三边之比等于相应的三个内角之比．( ) (2)在△ABC 中，若sin A >sin B ，则A >B .( )(3)在△ABC 的六个元素中，已知任意三个元素可求其他元素．( )(4)当b 2＋c 2－a 2>0时，△ABC 为锐角三角形；当b 2＋c 2－a 2＝0时，△ABC 为直角三角形；当b 2＋c 2－a 2<0时，△ABC 为钝角三角形．( ) 答案 (1)× (2)√ (3)× (4)×解析 (1)三角形中三边之比等于相应的三个内角的正弦值之比． (3)已知三角时，不可求三边．(4)当b 2＋c 2－a 2>0时，△ABC 不一定为锐角三角形．2．在△ABC 中，a ＝2，b ＝3，c ＝4，则cos B ＝( ) A.1116 B ．1316C ．1114D ．1314答案 A解析 由余弦定理知cos B ＝22＋42－322×2×4＝1116.3.如图所示，设A ，B 两点在河的两岸，一测量者在A 所在的同侧河岸边选定一点C ，测出AC 的距离为50 m ，∠ACB ＝45°，∠CAB ＝105°后，就可以计算出A ，B 两点的距离为( )A ．50 2 mB ．50 3 mC ．25 2 mD ．2522m答案 A解析 在△ABC 中，由正弦定理得 AB sin ∠ACB ＝ACsin ∠CBA，又∠CBA ＝180°－45°－105°＝30°， ∴AB ＝AC sin ∠ACBsin ∠CBA ＝50×2212＝502(m)．4．(2018·全国Ⅲ卷)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若△ABC 的面积为a 2＋b 2－c 24，则C ＝( ) A.π2 B ．π3C ．π4D ．π6答案 C解析 因为a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C ， 且S △ABC ＝a 2＋b 2－c 24，所以S △ABC ＝2ab cos C 4＝12ab sin C ，所以tan C ＝1. 又C ∈(0，π)，故C ＝π4.5．(2020·全国Ⅲ卷)在△ABC 中，cos C ＝23，AC ＝4，BC ＝3，则tan B ＝( )A. 5 B ．2 5 C ．4 5 D ．8 5答案 C解析 由余弦定理得AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC cos C ＝42＋32－2×4×3×23＝9，得AB ＝3，所以AB ＝BC .过点B 作BD ⊥AC ，交AC 于点D ，则AD ＝12AC ＝2，BD ＝32－22＝5，所以tan ∠ABD ＝AD BD ＝25＝255，所以tan ∠ABC ＝2tan ∠ABD1－tan 2∠ABD＝4 5.故选C.6．(2019·浙江卷)在△ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝4，BC ＝3，点D 在线段AC 上．若∠BDC ＝45°，则BD ＝________，cos ∠ABD ＝________. 答案1225 7210解析 如图，易知sin ∠C ＝45，cos ∠C ＝35.在△BDC 中，由正弦定理可得 BD sin ∠C ＝BCsin ∠BDC，∴BD ＝BC ·sin ∠Csin ∠BDC ＝3×4522＝1225.由∠ABC ＝∠ABD ＋∠CBD ＝90°，可得cos ∠ABD ＝cos(90°－∠CBD )＝sin ∠CBD ＝sin[π－(∠C ＋∠BDC )] ＝sin(∠C ＋∠BDC )＝sin ∠C ·cos ∠BDC ＋cos ∠C ·sin ∠BDC ＝45×22＋35×22＝7210.考点一 利用正、余弦定理解三角形【例1】 (1)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知C ＝60°，b ＝6，c ＝3，则A ＝________.(2)已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若b sin 2A ＝a sin B ，且c ＝2b ，则ab 等于( ) A ．2B ．3C ． 2D ． 3答案 (1)75° (2)D解析 (1)由正弦定理，得sin B ＝b sin C c ＝6sin 60°3＝22，所以B ＝45°或135°，因为b <c ，所以B <C ，故B ＝45°，所以A ＝75°.(2)由正弦定理及b sin 2A ＝a sin B ，得2sin B sin A cos A ＝sin A sin B ，又sin A ≠0，sin B ≠0，则cos A ＝12.又c ＝2b ，所以由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝b 2＋4b 2－4b 2×12＝3b 2，得ab ＝ 3.故选D.感悟升华 利用正弦定理可解决以下两类三角形问题：一是已知两角和一角的对边，求其他边与角；二是已知两边和一边的对角，求其他边与角(该三角形具有不唯一性，常根据三角函数值的有界性和大边对大角定理进行判断)．利用余弦定理可解决以下两类三角形问题：一是已知两边和它们的夹角，求其他边与角；二是已知三边求各个角．由于这两种情形下的三角形是唯一确定的，所以其解也是唯一的． 【训练1】 (1)在△ABC 中，已知a ＝2，b ＝6，A ＝45°，则满足条件的三角形有( ) A ．1个B ．2个C ．0个D ．无法确定(2)如图所示，在△ABC 中，D 是边AC 上的点，且AB ＝AD,2AB ＝3BD ，BC ＝2BD ，则 sin C 的值为________．答案 (1)B (2)66解析 (1)由正弦定理得a sin A ＝b sin B ，∴sin B ＝b sin A a ＝6sin 45°2＝32，∵0°<B <180°，A ＝45°，b >a ，∴B ＝60°或120°，故满足条件的三角形有2个． (2)设AB ＝a ，∵AB ＝AD,2AB ＝3BD ，BC ＝2BD ， ∴AD ＝a ，BD ＝2a 3，BC ＝4a3. 在△ABD 中，cos ∠ADB ＝a 2＋4a 23－a 22a ×2a 3＝33， ∴sin ∠ADB ＝63，∴sin ∠BDC ＝63. 在△BDC 中，BD sin C ＝BCsin ∠BDC ，∴sin C ＝BD ·sin ∠BDC BC ＝66.考点二 正弦定理、余弦定理的应用角度1 判断三角形的形状【例2】 在△ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 所对的边，若a ＝2b cos C ，则此三角形一定是( ) A ．等腰直角三角形 B ．直角三角形 C ．等腰三角形D ．等腰三角形或直角三角形 答案 C解析 法一 由余弦定理可得a ＝2b ·a 2＋b 2－c 22ab ，因此a 2＝a 2＋b 2－c 2，得b 2＝c 2，于是b ＝c ， 从而△ABC 为等腰三角形．法二 由正弦定理可得sin A ＝2sin B cos C ， 因此sin(B ＋C )＝2sin B cos C ，即sin B cos C ＋cos B sin C ＝2sin B cos C ，于是sin(B －C )＝0，因此B －C ＝0，即B ＝C ， 故△ABC 为等腰三角形． 角度2 三角形面积的计算【例3】 (2019·全国Ⅱ卷)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若b ＝6，a ＝2c ，B ＝π3，则△ABC 的面积为________．答案 6 3解析 由余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ， 得36＝4c 2＋c 2－2×2c 2×12，解得c ＝23，所以a ＝43，所以S △ABC ＝12ac sin B ＝12×43×23×32＝6 3.角度3 以平面几何为背景解三角形【例4】 如图，在四边形ABCD 中，∠DAB ＝π3，AD ∶AB ＝2∶3，BD ＝7，AB ⊥BC .(1)求sin ∠ABD 的值；(2)若∠BCD ＝2π3，求CD 的长．解 (1)因为AD ∶AB ＝2∶3，所以可设AD ＝2k ， AB ＝3k ，k >0.又BD ＝7，∠DAB ＝π3，所以在△ABD 中，由余弦定理，得(7)2＝(3k )2＋(2k )2－2×3k ×2k cos π3，解得k ＝1，所以AD＝2，AB ＝3，sin ∠ABD ＝AD sin ∠DABBD＝2×327＝217.(2)因为AB ⊥BC ，所以cos ∠DBC ＝sin ∠ABD ＝217， 所以sin ∠DBC ＝277，在△BCD 中，因为BD sin ∠BCD ＝CD sin ∠DBC ，所以CD ＝7×27732＝433.感悟升华 1.判定三角形形状的途径：(1)化边为角，通过三角变换找出角之间的关系； (2)化角为边，通过代数变形找出边之间的关系，正(余)弦定理是转化的桥梁．2．三角形面积计算问题要适当选用公式，可以根据正弦定理和余弦定理进行边角互化． 3．求解几何计算问题要注意(1)根据已知的边角画出图形并在图中标示． (2)选择在某个三角形中运用正弦定理或余弦定理．【训练2】 (1)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若b cos C ＋c cos B ＝ a sin A ，则△ABC 的形状为( ) A ．锐角三角形 B ．直角三角形 C ．钝角三角形 D ．不确定答案 B解析 由正弦定理得sin B cos C ＋sin C cos B ＝sin 2A ， ∴sin(B ＋C )＝sin 2A ，即sin A ＝sin 2A .∵A ∈(0，π)，∴sin A >0，∴sin A ＝1，即A ＝π2，∴△ABC 为直角三角形．(2)(2021·西安模拟)如图，在锐角△ABC 中，D 为边BC 的中点，且AC ＝3，AD ＝322，O 为△ABC 外接圆的圆心，且cos ∠BOC ＝－13.①求sin ∠BAC 的值； ②求△ABC 的面积． 解 ①如图所示，∠BOC ＝2∠BAC ， ∴cos ∠BOC ＝cos2∠BAC ＝1－2sin 2∠BAC ＝－13，∴sin 2∠BAC ＝23，sin ∠BAC ＝63.②延长AD 至E ，使AE ＝2AD ，连接BE ，CE ， 则四边形ABEC 为平行四边形，∴CE ＝AB ， 在△ACE 中，AE ＝2AD ＝32，AC ＝3， ∠ACE ＝π－∠BAC ， cos ∠ACE ＝－cos ∠BAC ＝－1－⎝⎛⎭⎫632＝－33，由余弦定理得，AE 2＝AC 2＋CE 2－2AC ·CE ·cos ∠ACE ，即(32)2＝(3)2＋CE 2－2×3·CE ×⎝⎛⎭⎫－33， 解得CE ＝3，AB ＝CE ＝3，∴S △ABC ＝12AB ·AC ·sin ∠BAC＝12×3×3×63＝322. 解三角形应用举例一、测量距离问题测量距离问题分为三种类型：两点间不可通又不可视、两点间可视但不可达、两点都不可达．解决此问题的方法是：选择合适的辅助测量点，构造三角形，将问题转化为求某个三角形的边长问题，从而利用正、余弦定理求解． 【例1】如图，为了测量两座山峰上P ，Q 两点之间的距离，选择山坡上一段长度为300 3 m 且和P ，Q 两点在同一平面内的路段AB 的两个端点作为观测点，现测得∠P AB ＝90°，∠P AQ ＝∠PBA ＝∠PBQ ＝60°，则P ，Q 两点间的距离为________ m.答案 900解析 由已知，得∠QAB ＝∠P AB －∠P AQ ＝30°， 又∠PBA ＝∠PBQ ＝60°， ∴∠AQB ＝30°，∴AB ＝BQ .又PB 为公共边，∴△P AB ≌△PQB ， ∴PQ ＝P A .在Rt △P AB 中，AP ＝AB ·tan 60°＝900，故PQ ＝900， ∴P ，Q 两点间的距离为900 m. 二、测量高度问题测量高度问题一般涉及方位角、仰角、俯角等，因而所画图形为立体图形．在画图时，要注意运用空间想象力，解题时要尽可能地寻找其中的直角三角形，利用直角三角形中的特征关系解决问题，避免复杂的运算．【例2】如图所示，为测量一树的高度，在地面上选取A，B两点，从A，B两点分别测得树尖的仰角30°，45°，且A，B两点间的距离为60 m，则树的高度为________m.答案30＋30 3解析在△P AB中，∠P AB＝30°，∠APB＝15°，AB＝60 m，sin 15°＝sin(45°－30°)＝sin 45°cos 30°－cos 45°sin 30°＝22×32－22×12＝6－24，由正弦定理得PBsin 30°＝ABsin 15°，所以PB＝12×606－24＝30(6＋2)，所以树的高度为PB·sin 45°＝30(6＋2)×22＝(30＋303)(m)．三、测量角度问题与距离问题和高度问题不同，角度问题求解的方向为角，解决角度问题的关键仍在于将实际问题转化为具体的解三角形问题，即确定所求角，找出三角形中已知的边和角，利用正、余弦定理将这些边、角联系起来从而求解．【例3】如图，两座相距60 m的建筑物AB，CD的高度分别为20 m，50 m，BD为水平面，则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角∠CAD等于()A．30°B．45°C．60°D．75°答案 B解析 依题意可得AD ＝2010 m ，AC ＝30 5 m ， 又CD ＝50 m ，所以在△ACD 中，由余弦定理得cos ∠CAD ＝AC 2＋AD 2－CD 22AC ·AD ＝3052＋20102－5022×305×2010＝6 0006 0002＝22，又0°<∠CAD <180°，所以∠CAD ＝45°， 所以从顶端A 看建筑物CD 的张角为45°.A 级 基础巩固一、选择题1．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若a ＝13，b ＝3，A ＝60°，则边c ＝( ) A ．1 B ．2C ．4D ．6答案 C解析 ∵a 2＝c 2＋b 2－2cb cos A ， ∴13＝c 2＋9－2c ×3×cos 60°，即c 2－3c －4＝0，解得c ＝4或c ＝－1(舍去)．2．已知△ABC ，a ＝5，b ＝15，A ＝30°，则c 等于( ) A ．2 5 B ． 5C ．25或 5D ．均不正确答案 C解析 ∵a sin A ＝b sin B，∴sin B ＝b sin A a ＝155·sin 30°＝32.∵b >a ，∴B ＝60°或120°.若B ＝60°，则C ＝90°，∴c ＝a 2＋b 2＝2 5. 若B ＝120°，则C ＝30°，∴a ＝c ＝ 5.3．(2020·全国Ⅲ卷)在△ABC 中，cos C ＝23，AC ＝4，BC ＝3，则cos B ＝( )A.19 B ．13C ．12D ．23答案 A解析 由余弦定理得AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC cos C ＝42＋32－2×4×3×23＝9，所以AB ＝3，所以cos B ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ·BC ＝9＋9－162×3×3＝19.故选A.4．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若cb <cos A ，则△ABC 为( )A ．钝角三角形B ．直角三角形C ．锐角三角形D ．等边三角形答案 A解析 由c b <cos A ，得sin Csin B <cos A ，又B ∈(0，π)，所以sin B >0， 所以sin C <sin B cos A ， 即sin(A ＋B )<sin B cos A ， 所以sin A cos B <0，因为在三角形中sin A >0，所以cos B <0， 即B 为钝角，所以△ABC 为钝角三角形．5．一艘海轮从A 处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B 处，在C 处有一座灯塔，海轮在A 处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B 处观察灯塔，其方向是北偏东65°，则B ，C 两点间的距离是( ) A ．102海里B ．103海里C ．203海里D ．202海里答案 A解析 如图所示，易知，在 △ABC 中，AB ＝20，∠CAB ＝30°，∠ACB ＝45°， 在△ABC 中，根据正弦定理得BC sin 30°＝AB sin 45°，解得BC ＝102(海里)．6．(2021·郑州调研)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知a ＝3b ，A －B ＝π2，则角C ＝( ) A.π12 B ．π6C ．π4D ．π3答案 B解析 由题意得A ＝B ＋π2，所以sin A ＝sin ⎝⎛⎭⎫B ＋π2＝cos B ，又a ＝3b ，所以由正弦定理得sin A ＝3sin B ，故cos B ＝3sin B ，所以tan B ＝33，因为B ∈(0，π)，所以B ＝π6，所以C ＝π－⎝⎛⎭⎫π6＋π2－π6＝π6. 二、填空题7．(2021·北京西城区模拟改编)在锐角三角形ABC 中，若a ＝2，b ＝3，A ＝π6，则cos B ＝________. 答案74解析 由正弦定理a sin A ＝b sin B ，得sin B ＝b ·sin Aa ＝3×122＝34，又△ABC 为锐角三角形，所以cos B ＝1－sin 2B ＝1－916＝74. 8.如图，在△ABC 中，D 是AB 边上的点，且满足AD ＝3BD ，AD ＋AC ＝BD ＋BC ＝2，CD ＝2，则cos A ＝________.答案 0解析 设BD ＝x (x >0)，则AD ＝3x ，AC ＝2－3x ，BC ＝2－x ， 易知cos ∠ADC ＝－cos ∠BDC . ∴9x 2＋2－2－3x 22×2×3x＝－x 2＋2－2－x22×2x，解得x ＝13，故AD ＝1，AC ＝1，∴cos A ＝AD 2＋AC 2－CD 22·AD ·AC＝0.9．(2020·长春二模改编)在△ABC 中，C ＝30°，cos A ＝－23，AC ＝15－2，则AC 边上的高为________． 答案5解析 依题意得sin A ＝1－cos 2A ＝53，则sin B ＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ＝53×32－23×12＝15－26. 由正弦定理得BC sin A ＝AC sin B ，得BC ＝AC ·sin A sin B ，所以AC 边上的高为BC ·sin C ＝AC ·sin A ·sin C sin B＝15－2×53×1215－26＝ 5.三、解答题10．(2020·全国Ⅰ卷)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知B ＝150°. (1)若a ＝3c ，b ＝27，求△ABC 的面积； (2)若sin A ＋3sin C ＝22，求C . 解 (1)由题设及余弦定理， 得28＝3c 2＋c 2－2×3c 2×cos 150°， 解得c ＝－2(舍去)或c ＝2，从而a ＝2 3. 因此△ABC 的面积为12×23×2×sin 150°＝ 3.(2)在△ABC 中，A ＝180°－B －C ＝30°－C ， 所以sin A ＋3sin C ＝sin(30°－C )＋3sin C ＝sin(30°＋C )， 故sin(30°＋C )＝22. 而0°<C <30°，所以30°<30°＋C <60°， 所以30°＋C ＝45°，故C ＝15°.11．(2021·成都诊断)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且(a －c )sin(A ＋B )＝(a －b )(sin A ＋sin B )． (1)求角B 的大小；(2)若b ＝4，求a ＋c 的最大值．解 (1)在△ABC 中，∵sin(A ＋B )＝sin(π－C )＝sin C ， ∴(a －c )sin C ＝(a －b )(sin A ＋sin B )． 由正弦定理，得(a －c )c ＝(a －b )(a ＋b )，整理，得c 2＋a 2－b 2＝ac . ∴c 2＋a 2－b 22ac ＝12，∴cos B ＝12.又0<B <π，∴B ＝π3.(2)∵b ＝4，∴a 2＋c 2－16＝ac ， 即(a ＋c )2－16＝3ac . ∵ac ≤⎝⎛⎭⎫a ＋c 22，∴(a ＋c )2－16≤3⎝⎛⎭⎫a ＋c 22，∴14(a ＋c )2≤16， ∴a ＋c ≤8，当且仅当a ＝c 时等号成立． ∴a ＋c 的最大值为18.B 级 能力提升12．(2021·西安一模)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若a ＋b ＝a tan A ＋btan B ，则角C ＝( ) A.π6 B ．π4C ．π3D ．π2答案 D 解析 ∵a ＋b ＝a tan A ＋b tan B， ∴a ＋b ＝a cos A sin A ＋b cos Bsin B ，由正弦定理得sin A ＋sin B ＝sin A cos A sin A ＋sin B cos Bsin B，即sin A －cos A ＝cos B －sin B ， ∴2sin ⎝⎛⎭⎫A －π4＝2sin ⎝⎛⎭⎫π4－B ， ∴A －π4＝π4－B 或A －π4＋π4－B ＝π，即A ＋B ＝π2或A －B ＝π(舍)，∴C ＝π2，故选D.13．(2020·太原调研)设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知△ABC 的外接圆面积为16π，且cos 2C －cos 2B ＝sin 2A ＋sin A sin C ，则a ＋c 的最大值为________． 答案 8解析 由cos 2C －cos 2B ＝sin 2A ＋sin A sin C ， 得(1－sin 2C )－(1－sin 2B )＝sin 2A ＋sin A sin C ， 即sin 2B －sin 2C ＝sin 2A ＋sin A sin C ，结合正弦定理，得b 2－c 2＝a 2＋ac ，即a 2＋c 2－b 2＝－ac ， 所以由余弦定理，得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝－12.因为0<B <π，所以B ＝2π3，则A ＋C ＝π－B ＝π3，C ＝π3－A ，且0<A <π3.设△ABC 的外接圆半径为R ，则由条件得πR 2＝16π， 解得R ＝4，所以由正弦定理，得a sin A ＝c sin C＝2R ＝8， 所以a ＝8sin A ，c ＝8sin C ，所以a ＋c ＝8sin A ＋8sin C ＝8sin A ＋8sin ⎝⎛⎭⎫π3－A ＝8sin A ＋8⎝⎛⎭⎫32cos A －12sin A ＝4sin A ＋43cos A ＝8sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π3. 因为π3<A ＋π3<2π3，所以sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π3＝1， 即A ＝π6时，a ＋c 取得最大值8.14．已知函数f (x )＝sin 2x －cos 2x ＋23sin x cos x (x ∈R)． (1)求f (x )的最小正周期；(2)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若f (A )＝2，c ＝5，cos B ＝17，求△ABC中线AD 的长．解 (1)f (x )＝－cos 2x ＋3sin 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6.∴T ＝2π2＝π.∴函数f (x )的最小正周期为π.(2)由(1)知f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6， ∵在△ABC 中f (A )＝2， ∴sin ⎝⎛⎭⎫2A －π6＝1， ∴2A －π6＝π2，∴A ＝π3.又cos B ＝17且B ∈(0，π)，∴sin B ＝437，∴sin C ＝sin(A ＋B )＝32×17＋12×437＝5314， 在△ABC 中，由正弦定理c sin C ＝a sin A ，得55314＝a32， ∴a ＝7，∴BD ＝72.在△ABD 中，由余弦定理得， AD 2＝AB 2＋BD 2－2AB ·BD cos B ＝52＋⎝⎛⎭⎫722－2×5×72×17＝1294， 因此△ABC 的中线AD ＝1292.。
高三数学二轮复习查漏补缺课时练习：(二十二)第22讲正弦定理和余弦定理
积为 S,且 4S=(a+b )2-c2,则 sin π4+C = (
)
√2
A .1 B.- 2
√2 √3
C. 2 D. 2
17.( 5 分 ) [ 2018· 太原二模 ] 已知点 O 是△ABC 的内心 ,∠BAC= 60°,BC= 1,则△BOC 面积的最大值
为
.
课时作业 ( 二十二 )
???2?+???2?-???2? 32+4 2 -(√13) 2 1
S= 4 ,则△ABC 的边 BC
的长是
.
12.[ 2018·湖南衡阳二模 ]
在 △ ABC 中,内角 A,B,C 所对的边分别是
a,b,c,若
??sin??+??sin-??sin??
??sin?? = 2sin
C
,则
C=
.
13.[ 2018·河北保定一模 ] 已知 a,b,c 分别为 △ABC 的三个内角 A,B,C 的对边 ,a= 3,b= 2,且 accos
15.( 13 分) [ 2018·保定二模 ]
在△ABC 中,内角 A,B,C 所对的边分别为
a,
b,c
,且
??
??=
1+
cos
C.
(1)求证 :sin C= tan B;
2√7
3 √3
(2)若 cos B= 7 ,C 为锐角 ,△ABC 的面积为 2 ,求 c.
难点突破 16.( 5 分 ) [ 2018· 广东茂名 3 月联考 ] 在△ABC 中,三个内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c.若 △ABC 的面
a
,b,
c,若
sin??
2019届高考理科数学一轮复习精品学案：第22讲 正弦定理和余弦定理(含解析)
第22讲正弦定理和余弦定理考试说明 1.通过对任意三角形边长和角度的探索,掌握正弦定理、余弦定理.2.能利用正弦定理和余弦定理解决一些简单的三角形度量问题.考情分析真题再现■ [2017-2013]课标全国真题再现1.[2017·全国卷Ⅰ]△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知sin B+sin A(sin C-cos C)=0,a=2,c=,则C=()A.B.C. D.[解析] B因为sin B+sin A(sin C-cos C)=sin(A+C)+sin A sin C-sin A cos C=(sin A+cos A)sin C=0,所以sin A=-cos A,得A=π.又由正弦定理=,得=,解得sin C=,所以C=.2.[2016·全国卷Ⅲ]在△ABC中,B=,BC边上的高等于BC,则cos A=()A.B.C.-D.-[解析] C如图3-22-1所示,作AD⊥BC交BC于点D,设BC=3,则AD=BD=1,AB=,AC=.由余弦定理得32=()2+()2-2×××cos A,解得cos A=-.3.[2014·全国卷Ⅱ]钝角三角形ABC的面积是,AB=1,BC=,则AC=()A.5B.C.2D.1[解析] B根据三角形面积公式,得BA·BC·sin B=,即×1××sin B=,得sin B=,其中C<A.若B 为锐角,则B=,所以AC==1=AB,易知A为直角,此时△ABC为直角三角形,所以B为钝角,即B=,所以AC==.4.[2017·全国卷Ⅱ]△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若2b cos B=a cos C+c cos A,则B= . [答案][解析] 因为2b cos B=a cos C+c cos A,由正弦定理有2sin B cos B=sin A cos C+sin C cos A=sin(A+C)=sin B,所以cos B=,得B=.5.[2016·全国卷Ⅱ]△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若cos A=,cos C=,a=1,则b= .[答案][解析] ∵cos A=,cos C=,且A,C为三角形的内角,∴sin A=,sin C=,∴sin B=sin(A+C)=sin A cos C+cos A sin C=.由正弦定理得=,解得b=.6.[2015·全国卷Ⅰ]在平面四边形ABCD中,∠A=∠B=∠C=75°,BC=2,则AB的取值范围是.[答案] (-,+)[解析] 如图3-22-2所示.MB<AB<EB,在△BMC中,CB=CM=2,∠BCM=30°,由余弦定理知MB2=22+22-2×2×2cos 30°=8-4=(-)2,所以MB=-.在△EBC中,设EB=x,由余弦定理知4=x2+x2-2×x×x cos 30°,得x2=8+4=(+)2,所以x=+,即EB=+,所以-<AB<+.7.[2014·全国卷Ⅰ]已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边,a=2,且(2+b)·(sin A-sinB)=(c-b)sin C,则△ABC面积的最大值为.[答案][解析] 根据正弦定理和a=2可得(a+b)(a-b)=(c-b)c,故得b2+c2-a2=bc,根据余弦定理得cos A==,所以A=.根据b2+c2-a2=bc及基本不等式得bc≥2bc-a2,即bc≤4,所以△ABC面积的最大值为×4×=.8.[2017·全国卷Ⅱ]△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin(A+C)=8sin2.(1)求cos B;(2)若a+c=6,△ABC的面积为2,求b.解:(1)由题设及A+B+C=π得sin B=8sin2,故sin B=4(1-cos B),上式两边平方,整理得17cos2B-32cos B+15=0,解得cos B=1(舍去)或cos B=.(2)由cos B=得sin B=,故S△ABC=ac sin B=ac.又S△ABC=2,则ac=.由余弦定理及a+c=6得b2=a2+c2-2ac cos B=(a+c)2-2ac(1+cos B)=36-2××=4,所以b=2.9.[2017·全国卷Ⅰ]△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知△ABC的面积为.(1)求sin B sin C;(2)若6cos B cos C=1,a=3,求△ABC的周长.解:(1)由题设得ac sin B=,即c sin B=,由正弦定理得sin C sin B=.故sin B sin C=.(2)由题设及(1)得cos B cos C-sin B sin C=-,即cos(B+C)=-,所以B+C=,故A=.由题设得bc sin A=,即bc=8.由余弦定理得b2+c2-bc=9,即(b+c)2-3bc=9,得b+c=.故△ABC的周长为3+.10.[2017·全国卷Ⅲ]△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin A+cos A=0,a=2,b=2.(1)求c;(2)设D为BC边上一点,且AD⊥AC,求△ABD的面积.解:(1)由已知可得tan A=-,所以A=.在△ABC中,由余弦定理得28=4+c2-4c cos ,即c2+2c-24=0,解得c=-6(舍去)或c=4.(2)由题设可得∠CAD=,所以∠BAD=∠BAC-∠CAD=.故△ABD的面积与△ACD的面积的比值为=1.又△ABC的面积为×4×2sin∠BAC=2,所以△ABD的面积为.11.[2016·全国卷Ⅰ]△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2cos C(a cos B+b cos A)=c.(1)求C;(2)若c=,△ABC的面积为,求△ABC的周长.解:(1)由已知及正弦定理,得2cos C(sin A cos B+sin B cos A)=sin C,即2cos C sin(A+B)=sin C, 故2sin C cos C=sin C,可得cos C=,所以C=.(2)由已知,得ab sin C=.又C=,所以ab=6.由已知及余弦定理得,a2+b2-2ab cos C=7,故a2+b2=13,从而(a+b)2=25,所以△ABC的周长为5+.12.[2015·全国卷Ⅱ]△ABC中,D是BC上的点,AD平分∠BAC,△ABD面积是△ADC面积的2倍.(1)求;(2)若AD=1,DC=,求BD和AC的长.解:(1)S△ABD=AB·AD sin∠BAD,S△ADC=AC·AD sin∠CAD.因为S△ABD=2S△ADC,∠BAD=∠CAD,所以AB=2AC.由正弦定理可得==.(2)因为S△ABD∶S△ADC=BD∶DC,所以BD=.在△ABD和△ADC中,由余弦定理知AB2=AD2+BD2-2AD·BD cos∠ADB,AC2=AD2+DC2-2AD·DC cos∠ADC.故AB2+2AC2=3AD2+BD2+2DC2=6.由(1)知AB=2AC,所以AC=1.13.[2013·全国卷Ⅰ]如图3-22-3所示,在△ABC中,∠ABC=90°,AB=,BC=1,P为△ABC内一点,∠BPC=90°.(1)若PB=,求PA;(2)若∠APB=150°,求tan∠PBA.解:(1)由已知得,∠PBC=60°,所以∠PBA=30°.在△PBA中,由余弦定理得PA2=3+-2××cos 30°=.故PA=.(2)设∠PBA=α,由已知得PB=sin α.在△PBA中,由正弦定理得=,化简得cos α=4sin α.所以tan α=,即tan∠PBA=.14.[2013·全国卷Ⅱ]△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=b cos C+c sin B.(1)求B;(2)若b=2,求△ABC面积的最大值.解:(1)由已知及正弦定理得sin A=sin B cos C+sin C sin B.①又A=π-(B+C),故sin A=sin(B+C)=sin B cos C+cos B sin C.②由①②和C∈(0,π)得sin B=cos B.又B∈(0,π),所以B=.(2)△ABC的面积S=ac sin B=ac.由已知及余弦定理得4=a2+c2-2ac cos.又a2+c2≥2ac,故ac≤,当且仅当a=c时,等号成立.因此△ABC面积的最大值为+1.■ [2017-2016]其他省份类似高考真题1.[2017·山东卷]在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.若△ABC为锐角三角形,且满足sin B(1+2cosC)=2sin A cos C+cos A sin C,则下列等式成立的是()A.a=2bB.b=2aC.A=2BD.B=2A[解析] A由sin B+2sin B cos C=2sin A cos C+cos A sin C得sin B+2sin B cos C=sin A cos C+sin(A+C)=sin A cos C+sin B,所以2sin B cos C=sin A cos C.因为△ABC为锐角三角形,所以cos C>0,所以2sin B=sin A,再根据正弦定理得2b=a,故选A.2.[2017·北京卷]在△ABC中,∠A=60°,c=a.(1)求sin C的值;(2)若a=7,求△ABC的面积.解:(1)在△ABC中,因为∠A=60°,c=a,所以由正弦定理得sin C==×=.(2)因为a=7,所以c=×7=3.由余弦定理a2=b2+c2-2bc cos A得72=b2+32-2b×3×,解得b=8或b=-5(舍).所以△ABC的面积S=bc sin A=×8×3×=6.3.[2017·山东卷]在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知b=3,·=-6,S△ABC=3,求A和a.解:因为·=-6,所以bc cos A=-6,又S△ABC=3,所以bc sin A=6,因此tan A=-1,又0<A<π,所以A=.又b=3,所以c=2.由余弦定理a2=b2+c2-2bc cos A,得a2=9+8-2×3×2×=29,所以a=.4.[2017·天津卷]在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a sin A=4b sin B,ac=(a2-b2-c2).(1)求cos A的值;(2)求sin(2B-A)的值.解:(1)由a sin A=4b sin B及=,得a=2b.由ac=(a2-b2-c2)及余弦定理,得cos A===-.(2)由(1)可得sin A=,代入a sin A=4b sin B,得sin B==.由(1)知,A为钝角,所以cos B==.于是sin 2B=2sin B cos B=,cos 2B=1-2sin2B=,故sin(2B-A)=sin 2B cos A-cos 2B sin A=×-×=-.【课前双基巩固】知识聚焦1.b2+c2-2bc cos A c2+a2-2ac cos B a2+b2-2ab cos C 2R sin B 2R sin C sin A∶sin B∶sin C2.一解两解一解一解对点演练1.[解析] 易知A=75°,角B最小,所以边b最短.由正弦定理=,得=,解得b=.2.[解析] 由余弦定理得c2=a2+b2-2ab cos C=52+(2)2-2×5×2cos 30°=7,所以c=.3.60°[解析] 因为cos C==,所以C=60°.4.4[解析] 因为sin C==,所以△ABC的面积S=ab sin C=4.5.A=B A>B [解析] 根据正弦定理知,在△ABC中有sin A=sin B⇔a=b⇔A=B,sin A>sin B⇔a>b⇔A>B.6.45°[解析] 由正弦定理知=,则sin B===.又a>b,则A>B,所以B为锐角,故B=45°.7.[解析] 易知c==,△ABC的面积等于×2×3×=.8.直角三角形或等腰三角形[解析] 由已知有cos C(sin A-sin B)=0,所以有cos C=0或sin A=sin B,解得C=90°,或A=B.【课堂考点探究】例1[思路点拨] (1)根据正弦定理与两角和的正弦公式,化简条件等式,可得(2cos B-1)sin A=0,结合sin A>0得到cos B,从而解出B;(2)由余弦定理,可得出12=a2+c2-ac.再利用基本不等式求最大值.解:(1)∵2c-a=2b cos A,∴根据正弦定理,得2sin C-sin A=2sin B cos A.①∵A+B=π-C,∴sin C=sin(A+B)=sin B cos A+cos B sin A,代入①式,得2sin B cos A=2sin B cos A+2cos B sin A-sin A,化简得(2cos B-1)sin A=0.∵A是三角形的内角,∴sin A>0,∴2cos B-1=0,解得cos B=,∵B∈(0,π),∴B=.(2)由余弦定理b2=a2+c2-2ac cos B,得12=a2+c2-ac.∴(a+c)2-3ac=12,∴12≥(a+c)2-(a+c)2,当且仅当a=c=2时取等号,∴a+c≤4,即a+c的最大值为4.变式题(1)A(2)[解析] (1)∵(a-b)(sin A+sin B)=(c-b)sin C,∴由正弦定理可得(a-b)(a+b)=(c-b)c,可化为b2+c2-a2=bc.∴由余弦定理可得cos A===,又A为锐角,∴A=.∵a=,∴由正弦定理可得===2,∴b2+c2=(2sinB)2+2sin-B2=4+2sin2B-,∵B∈,,∴2B-∈,,∴sin2B-∈,1,可得b2+c2=4+2sin2B-∈(5,6].(2)设AB=a,∵AB=AD,2AB=BD,BC=2BD,∴AD=a,BD=,BC=.在△ABD中,cos∠ADB==,∴sin∠ADB=,∴sin∠BDC=.在△BDC中,=,∴sin C==.例2[思路点拨] 设∠BAD=α,∠DAC=β,则由α+C=90°,可得β+B=90°,利用正弦定理得到关系式,再结合范围得到结论.等腰三角形或直角三角形[解析] 设∠BAD=α,∠DAC=β,则由α+C=90°,得β+B=90°.在△ABD中,由正弦定理得=,即=,同理得=.∵BD=DC,∴=,∴sin αsin C=sin βsinB.∵α+C=90°,β+B=90°,∴sin C cos C=sin B cos B,即sin 2C=sin 2B,∵B,C∈(0,π),∴B=C或B+C=90°,∴△ABC是等腰三角形或直角三角形.变式题等腰三角形[解析] 由已知等式得a=2··c,所以a2=a2+c2-b2,所以c2=b2,即c=b.故△ABC 为等腰三角形.例3[思路点拨] (1)利用同角三角函数的基本关系,余弦定理、正弦定理、两角和差的三角函数公式将已知条件进行化简整理;(2)利用正弦定理可求出b的值,进而根据三角形面积公式即可计算得解.解:(1)∵cos2B-cos2C-sin2A=-sin A sin B,∴sin2C+sin A sin B=sin2A+sin2B,∴由正弦定理得c2+ab=a2+b2,∴cos C===,∵0<C<π,∴C=.∵sin(A-B)=cos(A+B),∴sin A cos B-cos A sin B=cos A cos B-sin A sin B,∴sin A(sin B+cos B)=cos A(sin B+cos B),∴sin A=cos A,∴由A为锐角,可得A=,B=π-A-C=.(2)∵a=,A=,B=,∴由正弦定理可得b==,∴三角形ABC的面积S=ab sin C=×××=.变式题解:(1)由a(sin A-sin B)=(c-b)(sin C+sin B)及正弦定理,得a(a-b)=(c-b)(c+b),即a2+b2-c2=ab.所以cos C==,又C∈(0,π),所以C=.(2)由(1)知a2+b2-c2=ab,所以(a+b)2-3ab=c2=7.又S=ab sin C=ab=,所以ab=6,所以(a+b)2=7+3ab=25,即a+b=5.所以△ABC周长为a+b+c=5+.【备选理由】正、余弦定理,三角形面积公式及三角恒等变换的综合(或其中两个知识点的综合)已经是高考中考查三角函数和解三角形最主流的方式,下面三例均为此种类型,可在相应考点选用.1[配合例1使用] [2017·石家庄模拟]在△ABC中,角A,B,C的对边长分别为a,b,c,且cos 2B-cos 2A=2sin C·(sin A-sin C).(1)求角B的大小;(2)若b=,求2a+c的取值范围.解:(1)由cos 2B-cos 2A=2sin C·(sin A-sin C),可得sin2A-sin2B+sin2C=sin A·sin C.根据正弦定理得a2+c2-b2=ac,由余弦定理,得cos B==,∵0<B<π,∴B=.(2)由(1)得2R==2,2a+c=2R(2sin A+sin C)=22sin A+sin-A=5sin A+cos A=2sin(A+φ),其中,sin φ=,cos φ=,φ∈0,,∵A∈0,,∴A+φ∈φ,+φ,∴当A+φ=时,(2a+c)max=2,当A+φ=+φ时,2a+c=2,当A+φ=φ时,2a+c=.所以2sin(A+φ)∈(,2].即2a+c∈(,2].2[配合例1使用] [2017·莆田一中模拟]如图,在△ABC中,B=,D为边BC上的点,E为AD上的点,且AE=8,AC=4,∠CED=.(1)求CE的长;(2)若CD=5,求cos∠DAB的值.解:(1)∵∠AEC=π-=,∴在△AEC中,由余弦定理得AC2=AE2+CE2-2AE·CE cos∠AEC,∴160=64+CE2+8CE,∴CE2+8CE-96=0,∴CE=4(负值舍去).(2)在△CDE中,由正弦定理得=,∴5sin∠CDE=4×,∴sin∠CDE=,∵点D在边BC上,∴∠CDE>B=,而<,∴∠CDE只能为钝角,∴cos∠CDE=-,∴cos∠DAB=cos∠CDE-=cos∠CDE cos+sin∠CDE sin=-×+×=.3[配合例3使用] [2017·大庆实验中学模拟]在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足=sin C.(1)求角C;(2)若△ABC的中线CD的长为1,求△ABC的面积的最大值.解:(1)∵=sin C,∴cos C==sin C,即tan C=,∴C=.(2)由三角形中线长定理得2(a2+b2)=22+c2=4+c2,由三角形余弦定理得c2=a2+b2-ab,消去c2得4-ab=a2+b2≥2ab,ab≤(当且仅当a=b时,等号成立),∴S△ABC=ab sin C≤××=.。
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课时作业(二十二)第22讲正弦定理和余弦定理的应用时间/ 45分钟分值/ 100分基础热身1.在相距2 km的A,B两点处测量目标点C,若∠CAB=75°,∠CBA=60°,则A,C两点之间的距离为()A. kmB. kmC. kmD. 2 km2.一艘船向正北方向航行,在位置B处看见正西方向相距10海里的两个灯塔恰好与它在一条直线上,继续航行半小时后,看见一灯塔在船的南偏西60°方向上,另一灯塔在船的南偏西75°方向上,则这艘船的速度是 ()A. 5海里/时B. 5海里/时C. 10海里/时D. 10海里/时3.如图K22-1,从地面上C,D两点望山顶A,测得的仰角分别为45°和30°,已知CD=100 m,点C位于BD上,则山高AB等于 ()图K22-1A. 50(+1) mB. 50 mC. 50 mD. 100 m4.在直径为30 m的圆形广场中央上空,设置一个照明光源,射向地面的光呈圆锥形,且其轴截面顶角为120°,若要光源恰好照亮整个广场,则光源的高度为m.图K22-25.如图K22-2,一条河的两岸平行,河的宽度d=0.6 km,一艘客船从码头A出发匀速驶往河对岸的码头B.已知AB=1 km,水的流速为2 km/h,若客船从码头A驶到码头B所用的最短时间为6 min,则客船在静水中的速度为km/h.能力提升6.如图K22-3,两座相距60 m的建筑物AB,CD的高度分别为20 m,50 m,BD为水平面,则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角为()图K22-3A. 30°B. 45°C. 60°D. 75°7.一艘海轮从A处出发,以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行,30分钟后到达B处,在C处有一座灯塔,海轮在A处观察灯塔,其方向是南偏东70°,在B处观察灯塔,其方向是北偏东65°,那么B,C两点间的距离是()A. 10海里B. 10海里C. 20海里D. 20海里8.一个大型喷水池的中央有一个强力喷水柱,为了测量喷水柱喷出的水柱的高度,某人在喷水柱正西方向的点A测得水柱顶端的仰角为45°,沿点A向北偏东30°方向前进100 m到达点B,在B点测得水柱顶端的仰角为30°,则水柱的高度是()A. 50 mB. 100 mC. 120 mD. 150 m图K22-49.如图K22-4,D,C,B三点在地面同一直线上,DC=a,从C,D两点测得A点仰角分别是β,α(α<β),则A点离地面的高度AB等于()A.B.C.D.图K22-510.如图K22-5所示,A,B两点在一条河的两岸,测量者在A的同侧,且B点不可到达,要测出AB的距离,在A所在的岸边选定一点C,若测出AC=60 m,∠BAC=75°,∠BCA=45°,则A,B两点间的距离为m.图K22-611.如图K22-6,航空测量组的飞机航线和山顶在同一铅直平面内,已知飞机的飞行高度为10 000 m,速度为50 m/s.某一时刻驾驶员从飞机上看山顶的俯角为15°,经过420 s后驾驶员看山顶的俯角为45°,则山顶的海拔高度为m.(取≈1.4,≈1.7,≈2.4)图K22-712.如图K22-7,一辆汽车在一条水平的公路上向正西方向行驶,到A处时测得公路北侧一山顶D在北偏西60°的方向上,行驶600 m后到达B处,测得此山顶在北偏西15°的方向上,此时的仰角为30°,则此山的高度CD= m.13.(15分)某航模兴趣小组的同学,为了测定在湖面上航模航行的速度,采用如下办法:在岸边设置两个观察点A,B,且AB长为80 m,当航模在C处时,测得∠ABC=105°,∠BAC=30°,经过20 s后,航模直线航行到D处,测得∠BAD=90°,∠ABD=45°.假设A,B,C,D在同一水平面上,请你根据以上条件求出航模的速度.(答案保留根号)图K22-814.(15分)如图K22-9所示,某高速公路CE旁边B处有一栋楼房,某人在距地面100 m的32楼阳台A处,用望远镜观测路上的车辆,上午11时测得一客车位于楼房北偏东15°方向上且俯角为30°的C处,10 s后测得该客车位于楼房北偏西75°方向上且俯角为45°的D处.(假设客车匀速行驶)(1)如果此高速路段限速80 km/h,试问该客车是否超速?(2)又经过一段时间后,客车到达楼房的正西方向E处,问此时客车距离楼房多远?图K22-9难点突破图K22-1015.(5分)如图K22-10所示,据气象部门预报,在距离码头O南偏东45°方向600 km处的热带风暴中心正以20 km/h的速度向正北方向移动,距风暴中心450 km以内的地区都将受到影响,则该码头受到热带风暴影响的时间为 ()A. 14 hB. 15 hC. 16 hD. 7.5 h图K22-1116.(5分)如图K22-11所示,某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练.已知点A到墙面的距离为AB,某目标点P沿墙面上的射线CM移动,此人为了准确瞄准目标点P,需计算由点A观察点P的仰角θ(仰角θ为直线AP与平面ABC所成角)的大小.若AB=15 m,AC=25 m,∠BCM=30°,则tan θ的最大值是.(人的高度忽略不记)课时作业(二十二)1. A[解析] 如图,在△ABC中,由已知可得∠ACB=45°,所以=,所以AC=2×=(km).故选A.2. C[解析] 设两个灯塔的位置为C,D,船半小时后到达A处,如图所示.依题意有∠BAC=60°,∠BAD=75°,所以∠CAD=∠CDA=15°,从而CD=CA=10,在Rt△ABC中,得AB=5,于是这艘船的速度是=10(海里/时).故选C.3. A[解析] 设AB=x m,则由题意知,∠D=30°,∠ACB=45°.在Rt△ABC中,BC=AB=x m.在Rt△ADB中,DB=CD+BC=(100+x)m,DB=AB,即100+x=x,解得x=50(+1).故选A.4. 5[解析] 轴截面如图,则光源的高度h==5(m).5. 6[解析] 设AB与河岸线所成的角为θ,客船在静水中的速度为v km/h.由题意知,sin θ==,从而cos θ=,由余弦定理得=+12-2××2×1×,所以v=6.6. B[解析] 依题意可得AD=20 m,AC=30 m,又CD=50 m,所以在△ACD中,由余弦定理得cos∠CAD====.又0°<∠CAD<180°,所以∠CAD=45°,所以从顶端A看建筑物CD的张角为45°.7.A[解析] 如图所示,易知,在△ABC中,AB=20海里,∠CAB=30°,∠ACB=45°,根据正弦定理得=,解得BC=10海里.8. A[解析] 设水柱的高度是h m,水柱底端为C,顶端为D.在Rt△ACD中,∠CAD=45°,∴AC=CD=h m.在Rt△BCD中,∠CBD=30°,∴BC=h m.在△ABC中,∠BAC=60°,AC=h m,AB=100 m,根据余弦定理得,(h)2=h2+1002-2·h·100·cos 60°,即h2+50h-5000=0,即(h-50)(h+100)=0,∴h=50,故水柱的高度是50 m.9. A[解析] 因为DC=DB-CB=-,所以a=-,所以AB====.10.20[解析] ∠ABC=180°-75°-45°=60°,所以在△ABC中,由正弦定理得=,所以AB==20(m).11. 2650[解析] 如图,设A,B分别为飞机在某时刻和420 s后的位置,C为山顶,作CD垂直于AB的延长线于点D.由题意知,∠A=15°,∠DBC=45°,所以∠ACB=30°,AB=50×420=21000(m).又在△ABC中,=,所以BC=×sin 15°=10500(-)(m).因为CD⊥AD,所以CD=BC sin∠DBC=10 500(-)×≈7350(m).故山顶的海拔高度为10 000-7350=2650(m).12.100[解析] 在△ABC中,AB=600 m,∠BAC=30°,∠ACB=75°-30°=45°,由正弦定理得=,即=,所以BC=300 m.在△BCD中,∠CBD=30°,CD=BC tan∠CBD=300·tan 30°=100(m),即山的高度为100 m.13.解:在△ABD中,因为∠BAD=90°,∠ABD=45°,所以∠ADB=45°,所以AD=AB=80 m,所以BD=80 m.在△ABC中,∠BCA=180°-105°-30°=45°,由正弦定理得=,所以BC===40(m).在△DBC中,由题知∠CBD=60°,由余弦定理得DC2=DB2+BC2-2DB·BC cos60°=(80)2+(40)2-2×80×40×=9600(m).所以DC=40 m,航模的速度v==2(m/s).故航模的速度为2 m/s.14.解:(1)在Rt△ABC中,∠BAC=60°,AB=100 m,则BC=100 m.在Rt△ABD中,∠BAD=45°,所以BD=100 m.在△BCD中,∠DBC=75°+15°=90°,则DC==200(m),所以客车的速度v==20 m/s=72 km/h,所以该客车没有超速.(2)由(1)易知在Rt△BCD中,∠BCD=30°,又因为∠DBE=15°,所以∠CBE=105°,所以∠CEB=45°.在△BCE中,由正弦定理可知=,所以EB==50(m),即此时客车距离楼房50 m.15. B[解析] 记现在热带风暴中心的位置为点A,t小时后热带风暴中心到达B点位置,在△OAB中,OA=600,AB=20t,∠OAB=45°,根据余弦定理得OB2=6002+400t2-2×600×20t×.令OB2≤4502,即4t2-120t+1575≤0,解得≤t≤,所以该码头受到热带风暴影响的时间为-=15(h).16.[解析] 如图,过点P作PO⊥BC于点O,连接AO,则∠PAO=θ.设CO=x m,则OP=x m.在Rt△ABC中,AB=15 m,AC=25 m,易得BC=20 m,所以cos∠BCA=,所以AO==(m).所以tan θ===,当=,即x=时,tan θ取得最大值=.。