2019年高考学一轮热点难点师精讲与专题23：利用正(余)弦定理

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高考数学大一轮复习第三章 23正余弦定理的应用课件文

(1)选定或确定要创建的三角形，要首先确定所求量所在的三角形，若其他量已知则直接解；若有未知量，则把未知量放在另一确定三角形中求解．
(2)确定用正弦定理还是余弦定理，如果都可用，就选择更便于计算的定理．
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求解高度问题应注意(1)在测量高度时，要理解仰角、俯角的概念，仰角和俯角都是在同一铅垂面内，视线与水平线的夹角；
(3)将实际问题转化为可用数学方法解决的问题后，注意正、余弦定理的“联袂”使用．
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(2)准确理解题意，分清已知条件与所求，画出示意图；
(3)运用正、余弦定理，有序地解相关的三角形，逐步求解问题的答案，注意方程思想的运用．
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(1)明确方位角的含义；
(2)分析题意，分清已知与所求，再根据题意正确画出示意图，这是最关键、最重要的一步；
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求距离问题要注意：

2019届高考理科数学一轮复习精品学案：第23讲正弦定理和余弦定理的应用(含解析)

第 23 讲正弦定理和余弦定理的应用考试说明可以运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与丈量和几何计算相关的实质问题. 考情剖析考点考察方向考例考察热度解三角形利用三角恒等变换解2017 全国卷Ⅱ 17,2017与三角恒三角形 , 在三角形中求全国卷Ⅰ11,2016 全国★☆☆等变换三角函数值卷Ⅱ13三角函数三角函数性质与解三与解三角★☆☆角形的综合形解三角形实质应用中距离、高的实质应★★☆度、角度的计算用真题再现■[2017 - 2013] 课标全国真题再现[ 2016·全国卷Ⅱ] △的内角, , 的对边分别为, , , 若 cosA=,cosC=, 1, 则b= .ABC A B C a b c a=[答案][ 分析 ] ∵ 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=.■[2017 - 2016] 其余省份近似高考真题1. [ 2015 ·湖北卷 ]如图D在西偏北30°的方向上3- 23- 1, 一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶, 行驶 600 m 后抵达B处 , 测得此山顶在西偏北, 到A处时测得公路北侧一山顶75°的方向上 , 仰角为 30°, 则此山的高度CD= m.[答案]100[分析]依题意 , 在△中 ,600, ∠ 30°, ∠ 75° 30° 45° . 由正弦定理得 =, 即ABC AB= BAC= ACB= - ==, 所以 BC=300. 在△ BCD 中 , ∠ CBD=30°,CD=BC tan ∠ CBD=300·tan 30° =100.2.[ 2014 ·四川卷]如图3- 23- 2 所示 , 从气球A 上测得正前面的河流的两岸B ,C 的俯角分别为75°,30 °,此时气球的高度是60 m,则河流的宽度 BC 等于()A . 240( - 1)mB . 180( - 1)mC . 120( - 1)mD . 30( +1)m[ 分析 ] C 由题意可知 , AC= =120.∠ BAC=75° - 30° =45°, ∠ ABC=180° - 45° - 30° =105°, 所以 sin ∠ABC=sin 105° =sin(60 ° +45°)=sin60°cos 45° cos 60°sin 45°=.+在△ ABC 中, 由正弦定理得 =,于是 BC== =120( - 1) . 应选 C .【课前双基稳固】知识聚焦1. 水平视野上方下方2. 正北方向3. 水平角4. 水平面水平长度对点操练1 5[分析] 由题可知∠60°, 由正弦定理得= , 即=, 得 5. ACB= BC= .2. 2或[ 分析 ]以下图,应有两种状况.由正弦定理,得=, ∴sin A= =, ∴A=60°或A=120° . 当 A=60°时, AB=2; 当A=120°,AB=.3. [分析] 由题意可得, 在△ABC中 , AB=3. 5 m, AC=1. 4 m, BC=2. 8 m, 且α+∠ACB=π.由余弦定理可得2 2 2 2 2 2AB=AC+BC- 2AC· BC·cos∠ ACB,即3. 5 =1. 4 +2. 8 - 2×1. 4×2. 8×cos(π- α),解得cosα = ,所以sinα =,所以 tanα ==.4.[ 分析 ]在△ BCD中,∠ CBD=π -α -β.由正弦定理得=, 所以BC==. 在 Rt △ABC中 , AB=BC tan ∠ACB= .5. 130°[分析 ] 60°+70°=130°.6 南偏西80°[ 分析 ] 由条件及图可知 , ∠ ∠40°, 又∠60°, 所以∠30°, 所以∠10°, . A= B= BCD= CBD= DBA=所以灯塔A在灯塔 B南偏西80°的方向 .7. 200°[分析 ] 依据方向角的观点可得 .8. 20m [ 分析 ]由已知,四边形CBMD为正方形,∵CB=20 m,∴BM=20 m.又在Rt△ AMD中,DM=20 m,∠ ADM=30°,∴AM=DM tan30°=(m), ∴AB=AM+MB=+20=201+m.【讲堂考点研究】例 1 [ 思路点拨 ] 先解△, 得出, 再解 Rt△, 得出, 最后在△中 , 由余弦定理求AB.ACD AD BCD BD ABD解: 连结AB.由题意可知CD=40,∠ ADC=105°,∠ BDC=45°,∠ BCD=90°,∠ ACD=30°,∴∠ CAD=45°,∠ ADB=60° .在△中, 由正弦定理得= , 20ACD ∴AD=.在 Rt △BCD中 ,∵∠ BDC=45°,∠ BCD=90°,∴BD= CD=40.在△ ABD中,由余弦定理得AB==20, 即A, B两处岛屿的距离为20海里 .变式题[ 分析 ]在△ ABC中,cos∠ABC==, 所以 sin ∠ABC=, 所以在△ABC 中 , AD=AB·sin ∠ ABC=5 ×= (m) .例 2 [思路点拨 ] (1) 直角三角形求AC. 在△ ABC中使用余弦定理列方程求解A, C的距离;(2) 在△ AHC中使用正弦定理或许解解 :(1) 设BC=x米 , 由条件可知AC=x+×340=x+40( 米) .在△ ABC中,由余弦定理,可得22 2BC=AB+AC- 2AB· AC·cos∠ BAC,即 x2=1002+(40 +x)2- 2×100×(40 +x)×,解得 x=380,所以 AC=380+40=420(米),故 A, C两地间的距离为420 米.(2) 在△ACH中 , AC=420, ∠HAC=30°, ∠AHC=90°- 30°=60°,则由正弦定理,可得=,即=,所以 HC==140, 故这类仪器的垂直弹射高度为140米.变式题6340 [ 分析 ]∵AB=30 km,∠C=75°-15°=60°,∴在△ABC中由正弦定理得=, ∴BC=, ∴C到AB所在直线的距离h=BC sin75°=20 sin 15°sin 75°=10sin30°=5=5×1. 732=8. 66(km),∴山顶的海拔高度为(15 - 8. 66)km=6340 m.例 3 [ 思路点拨 ] (1) 在直角三角形BCP中可求得BC的值 , 在△ABC中由正弦定理可求得AB的值 , 联合时间可求出航行速度 ;(2) 在△BCD中由余弦定理求得CD, 再在△BCD中 , 由正弦定理可得∠CDB的正弦值 , 从而确立 D方向 .解 :(1)在△ BCP中,由tan∠ PBC=,得BC==2,在△ ABC中,由正弦定理得=, 即=,所以 AB=2(+1),故船的航行速度是每小时6( +1) 千米.(2) 在△BCD中 , BD=+1, BC=2,∠CBD=60°,则由余弦定理得 CD=,在△ BCD中,由正弦定理得=, 即=, 所以 sin ∠CDB= ,所以 , 山顶位于D处南偏东45°的方向.变式题 C [ 分析 ]在△ ABC中,由正弦定理可知BC===50(-)(m) .在△BCD中 , 由正弦定理可知sin ∠BDC===- 1. 由题图知cosθ =sin∠ ADE=sin∠BDC= - 1,应选C.【备选原因】解三角形的应用常常不限制在使用正、余弦定理解三角形到考察考生综合运用知识解决实质问题的能力 , 下边各例均为此而选, 往常还会与其余知知趣互综合 , 达 , 可在适合考点使用 , 也可作为拓展使用 .1[ 配合例 1 使用 ] 如图 , 旅客从某旅行区的景点A处下山至C处有两种路径.一种是从A处沿直线步行到 C处,另一种是从 A 处乘缆车沿直线到 B 处,而后从 B 处沿直线步行到 C处. 现有甲、乙两位旅客从 A 处下山,甲沿匀速步行 , 速度为 50 m/min, 在甲出发 2 min 后 , 乙从A 处乘缆车到B 处 , 在B 处逗留 1 min 后 ,AC再从 B 处匀速步行到 C处 . 假定缆车匀速直线运动的速度为130 m/min, 山路AC长 1260 m, 经丈量 ,cosA= ,cos C= .(1)求索道 AB的长 .(2)问乙出发多长时间后 , 乙在缆车上与甲的距离最短 ?解 :(1) 在△中 ,∵cosA=,cosC=,∴sinA=,sinC=,ABC从而 sin B=sin[π - ( A+C)] =sin( A+C)=sin A cos C+cos A sin C= × +× =.由正弦定理得=,得AB= · sin C= ×=1040,故索道AB的长为1040 m .(2) 假定乙出发t min 后 , 甲、乙两旅客的距离为d,此时甲行走了(100 +50t )m, 乙距离 A 处130t m. 由余弦定理得d2=(100 +50t )2+(130 t )2- 2×130t ×(100 +50t )×=200(37 t 2- 70t+ 50),∵0≤t≤, ∴0≤t≤ 8, 故当t= 时 , 即乙出发min 后 , 甲、乙两旅客的距离最短.2 [ 拓展使用 ]如图,经过乡村A有两条夹角为60°的公路AB, AC, 内新建一座工厂P,分别在两条公路边上建两个库房M, N(异于乡村 A), 设计 , 使得工厂产生的噪声对居民的影响最小( 即工厂与乡村的距离最远依据规划 , 拟在两条公路之间的地区要求 PM=PN=MN=2(单位:千米) . 怎样)?解 : 设∠ AMN=θ , 则在△ AMN 中 , 由正弦定理得= .由于 MN=2, 所以 AM= sin(120 ° - θ ) .在△ APM 中,cos ∠ AMP=cos(60 ° +θ ), 由余弦定理得2 22AP=AM+MP- 2AM · MP ·cos ∠AMP= sin 2(120 ° - θ )4 2 2× sin(120 ° -θ )cos(60 ° θ ) = sin2( θ 60°) sin( θ 60°)cos(+ - × + +- +θ +60°)+4= [1 - cos(2 θ +120° )] -sin(2 θ +120°)+4=- [sin(2 θ +120°)+cos(2 θ +120° )] + =- sin(2 θ +150°), θ ∈(0 °,120 °).当且仅当 212, 即 AP 获得最大值 2 , 此时 AM=AN=2千2θ +150° =270°, 即 θ =60°时 , AP 获得最大值米, AP=2 千米 .3 [ 配合例 1 使用 ] 如图 , 甲船以每小时 30海里的速度向正北方向航行 , 乙船按固定方向匀速直线航行 . 当甲船位于 A 1 处时 , 乙船位于甲船的北偏西 105°方向的 B 1 处 , 此时两船相距 20 海里 , 当甲船航行 20 分钟抵达 A 2 处时 , 乙船航行到甲船的北偏西120°方向的 B 2 处 , 此时两船相距 10海里 . 问 : 乙船每小时航行多少海里 ?解 : 连结 A 1B 2, 由题意知 A 2B 2=10 , A 1A 2=30 × =10, ∴A 1A 2=A 2B 2.又∠ A1A2B2=180° - 120° =60°,∴△ A1A2B2是等边三角形,∴A1B2=A1A2 =10. 由已知得, A1B1=20,∠B1A1B2=105° - 60° =45°,在△ A1B2B1中,由余弦定理得1 1 1 1 1 12 2+(10 2×10 ×1 2B =A +A - 2A B ·A B ·cos 45° =20 ) - 2×20 =200,∴B B =10 .所以 , 乙船的航行速度为60 30 ( 海里小时 ).× = /4 [ 配合例 3 使用 ] [ 2014·浙江卷 ] 如图 , 某人在垂直于水平川面ABC的墙眼前的点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挪动,这人为了正确对准目标点P,需计算由点A察看点 P的仰角θ的大小 . 若 AB=15 m,AC=25 m,∠ BCM=30°,则tanθ的最大值是. (仰角θ为直线 AP与平面 ABC所成角)[答案][ 分析 ]由勾股定理得BC=20 m. 如图3- 23- 20,过 P 点作 PD⊥ BC于 D,连结 AD,则由点 A察看点 P 的仰角θ = ∠ PAD,tanθ =. 设 PD=x,则 DC= x, BD=20-x,在Rt△ ABD中 , AD==, 所以 tan θ===≤, 故 tanθ 的最大值为.5 [ 拓展使用 ] 某港口要将一件重要物件用小艇送到一艘正在航行的轮船上. 在小艇出发时 , 轮船位于O港口 O北偏西30°的方向且与该港口相距20 n mile 的A处 , 并以 30 n mile/h 的航行速度向正东方向匀速行驶 . 假定该小艇沿直线方向以v n mile/h的航行速度匀速行驶,经过 t h 后与轮船相遇 .(1) 若希望相遇时小艇的航行距离最小, 则小艇航行速度的大小应为多少?(2) 假定小艇的最高航行速度只好达到30 n mile/h, 试设计航行方案( 即确立航行方向和航行速度的大小), 使得小艇能以最短时间与轮船相遇, 并说明原因.解 :(1) 设相遇时小艇航行的距离为s n mile, 则s===,故当 t= 时, s min=10, 此时v==30.即小艇以30n mile/h的速度航行,相遇时小艇的航行距离最小.(2)设小艇与轮船在 B 处相遇,以下图,则v2 t 2=400+900t 2- 2×20×30t ×cos(90° - 30°),故 v2=900- + .0 ≤30,∴900 ≤900, 即-≤ 0,∵ <v - +解得 t ≥,又当 t= 时, v=30,故当v=30时, t 获得最小值, 且最小值为.此时 , 在△OAB中 , 有OA=OB=AB=20, 故可设计航行方案以下mile/h,此时小艇能以最短时间与轮船相遇.: 航行方向为北偏东30°, 航行速度为30 n。

2019版高考数学(理)一轮总复习课件：4-专题研究2 正、余弦定理应用举例

思考题2 (1)在湖面上高为10 m处测得天空中一朵云的
仰角为30°，测得湖中影子的俯角为45°，则云距湖面的高度
为(精确到0.1 m)( )
A．2.7 m
B. 17.3 m
C. 37.3 m
D. 373 m
【解析】依题意画出示意图，则CtaMn3－0°10＝CtaMn4＋5°10， ∴CM＝ttaann4455°°＋－ttaann3300°°×10≈37.3(m) 【答案】 C
思考题 1 (2014·四川，理)如图所示，从气球 A 上测得正前方的河流的两岸 B，C 的俯角分别为 67°，30°，此时气球的高是 46 m，则河流的宽度 BC 约等于________ m．(用四舍五入法将结果精确到个位．参考数据：sin67°≈0.92，cos67°≈0.39， sin37°≈0.60，cos37°≈0.80， 3≈1.73)
∠BDE＝180°－135°－30°＝15°.在Rt△BED中，
BE＝DBsin15°＝202×Fra bibliotek6－ 4
2＝10(
3－1)．
在Rt△ABE中，∠AEB＝30°，
∴AB＝BEtan30°＝130(3－ 3)(米)．
故所求的塔高为130(3－ 3) 米．
【答案】 130(3－ 3) 米
★状元笔记★ 高度问题的注意点本题有两处易错点：①图形中为空间关系，极易当做平面问题处理，从而致错；②对仰角、俯角等概念理解不够深入，从而把握不准已知条件而致错．
【解析】根据已知的图形可得 AB＝sin4667°. 在△ABC 中，∠BCA＝30°，∠BAC＝37°，由正弦定理，得sinA3B0°＝sinB3C7°. 所以 BC≈2×04.962×0.60＝60 (m)．【答案】 60

2019届高三数学一轮复习：第23讲正弦定理和余弦定理的应用

A=60°时,AB=2 3;当 A=120°,AB= 3.
2019年4月28日
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10
课前双基巩固
3.[教材改编] 如图 3-23-2 所示,长为 3.5 m 的木棒 AB
斜靠在石堤旁,木棒的一端 A 在离堤足 C 处 1.4 m 的
地面上,另一端 B 在离堤足 C 处 2.8 m 的石堤上,石堤
弦定理得sin∠�� =sin∠�� ,即
5 sin
630°=sin��4��5°,得
BC=5
2.
2019年4月28日
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9
课前双基巩固
2.[教材改编] 某人向正东方向走了 x km
三角恒等变形,在三角形中求三角函数国卷Ⅰ11,2016全国卷
换
值
Ⅱ13
三角函数与三角函数性质与解三角形解三角形的综合
解三角形的实际应用中距离、高度、实际应用角度的计算
考查热度 ★☆☆ ★☆☆ ★★☆
2019年4月28日
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3
教学参考
真题再现
■ [2017－2013]课标全国真题再现
=sin∠��
,所
以
BC=��s��isni∠n∠��
=si��n��·s(��i��n+��
.在
)
Rt△ABC 中,AB=BCtan∠
验,观测点 A,B 两地相距 100 米,∠BAC=60°,在 A 地听到弹射声音的时间比 B 地晚127秒,在 A 地测得该仪器至最高点 H 处的仰角为 30°. (1)求 A,C 两地间的距离;

2019年高考数学理科考点一遍过17正、余弦定理及解三角形(含解析)

考点17 正、余弦定理及解三角形1．正弦定理和余弦定理掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题. 2．应用能够运用正弦定理、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.一、正弦定理 1．正弦定理在ABC △中，若角A ，B ，C 对应的三边分别是a ，b ，c ，则各边和它所对角的正弦的比相等，即sin sin sin a b c==A B C.正弦定理对任意三角形都成立． 2．常见变形（1）sin sin sin ,,,sin sin ,sin sin ,sin sin ;sin sin sin A a C c B ba Bb A a Cc A b C c B B b A a C c====== （2）;sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin a b c a b a c b c a b cA B C A B A C B C A B C+++++======+++++（3）::sin :sin :sin ;a b c A B C = （4）正弦定理的推广：===2sin sin sin a b c R A B C，其中R 为ABC △的外接圆的半径. 3．解决的问题（1）已知两角和任意一边，求其他的边和角；（2）已知两边和其中一边的对角，求其他的边和角． 4．在ABC △中，已知a ，b 和A 时，三角形解的情况二、余弦定理 1．余弦定理三角形中任何一边的平方等于其他两边的平方的和减去这两边与它们的夹角的余弦的积的两倍，即2222222222cos ,2cos 2cos .a b c bc A b a c ac B c a b ab C =+-=+-=+-，2．余弦定理的推论从余弦定理，可以得到它的推论：222222222cos ,cos ,cos 222b c a c a b a b c A B C bc ca ab+-+-+-===. 3．解决的问题（1）已知三边，求三个角；（2）已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两角． 4．利用余弦定理解三角形的步骤三、解三角形的实际应用1．三角形的面积公式设ABC△的三边为a，b，c，对应的三个角分别为A，B，C，其面积为S.（1）12S ah=(h为BC边上的高)；（2）111sin sin sin 222S bc A ac B ab C ===；（3）1()2S r a b c=++(r为三角形的内切圆半径)．2．三角形的高的公式h A=b sin C=c sin B，h B=c sin A=a sin C，h C=a sin B=b sin A．3．测量中的术语（1）仰角和俯角在视线和水平线所成的角中，视线在水平线上方的角叫仰角，在水平线下方的角叫俯角(如图①)．（2）方位角从指北方向顺时针转到目标方向线的水平角，如B点的方位角为α(如图②)．（3）方向角相对于某一正方向的水平角.①北偏东α，即由指北方向顺时针旋转α到达目标方向(如图③)；②北偏西α，即由指北方向逆时针旋转α到达目标方向；③南偏西等其他方向角类似．（4）坡角与坡度①坡角：坡面与水平面所成的二面角的度数(如图④，角θ为坡角)；②坡度：坡面的铅直高度与水平长度之比(如图④，i 为坡度)．坡度又称为坡比． 4．解三角形实际应用题的步骤考向一利用正、余弦定理解三角形利用正、余弦定理求边和角的方法：（1）根据题目给出的条件(即边和角)作出相应的图形，并在图形中标出相关的位置．（2）选择正弦定理或余弦定理或二者结合求出待解问题．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到. （3）在运算求解过程中注意三角恒等变换与三角形内角和定理的应用．常见结论：（1）三角形的内角和定理：在ABC △中，π A B C ++=，其变式有：πA B C +=-，π222A B C+=-等．（2）三角形中的三角函数关系：i in(s n s )A B C =+； ()s os co c A B C =-+；sincos 22A B C +=； cos sin 22A B C+=.典例1 在ABC △中，内角所对的边分别为，若，，则ca的值为A．1 BC D【答案】D典例2 已知ABC△的内角的对边分别为,且.(1)求；(2)若,线段的垂直平分线交于点,求的长.【解析】(1)因为,所以.由余弦定理得，又，所以.（2）由（1）知,根据余弦定理可得，所以.由正弦定理得sin B，解得.从而cos 5B =. 设的中垂线交于点,因为在Rt BDE △中,，所以cos 5BE BD B ===，因为为线段的中垂线，所以.1．在ABC △中，a ,b ,c 分别是角A ，B ，C 的对边，且2sin sin cos sin cos C B a BB b A -=，则A = ABCD2．在ABC △中，边上一点满足，.（1）若，求边的长；（2）若，求.考向二三角形形状的判断利用正、余弦定理判定三角形形状的两种思路：（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，通过三角恒等变换，得出内角间的关系，从而判断出三角形的形状，此时要注意应用πA B C ++=这个结论．提醒：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，以免造成漏解.典例3 在ABC △中，角,,A B C 所对的边分别是,,a b c ，满足3cos cos sin sin cos 2A C A CB ++=，且,,a b c 成等比数列. （1）求角B 的大小；（2）若2,2tan tan tan a c ba A C B+==,试判断三角形的形状.（2）由2tan tan tan a c b A C B +=,利用正弦定理可得cos cos 2cos 1A C B +==,所以ABC △是等边三角形.3．在ABC △中，，，分别为角，，所对的边，若，则ABC △A ．一定是锐角三角形B ．一定是钝角三角形C ．一定是斜三角形D ．一定是直角三角形考向三与面积、范围有关的问题（1）求三角形面积的方法①若三角形中已知一个角(角的大小，或该角的正、余弦值)，结合题意求夹这个角的两边或该两边之积，套公式求解．②若已知三角形的三边，可先求其一个角的余弦值，再求其正弦值，套公式求面积，总之，结合图形恰当选择面积公式是解题的关键．（2）三角形中，已知面积求边、角的方法三角形面积公式中含有两边及其夹角，故根据题目的特点，若求角，就寻求夹这个角的两边的关系，利用面积公式列方程求解；若求边，就寻求与该边(或两边)有关联的角，利用面积公式列方程求解．△中，角的对边分别为，且．典例4 在ABC（1）求角；△面积的最大值．（2）若，求ABC【解析】（1）由已知和正弦定理得，，，解得．（2）由余弦定理得：，即，整理得：．∵（当且仅当取等号），∴，即，，△面积的最大值为．故ABC【名师点睛】在解决三角形问题中，面积公式最常用，因为公式中既有边又有角，容易和正弦定理、余弦定理联系起.正、余弦定理在应用时，应注意灵活性，已知两角和一边，该三角形是确定的，其解是唯一的；已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据三角函数值的有界性和大边对大角定理进行判断.△中，，是边上的一点.典例5 在ABC（1）若，求的长；△周长的取值范围.（2）若，求ABC△中，AD＝1，，【解析】（1）在ADC所以＝cos∠DAC＝1×2×cos∠DAC＝3,所以cos∠DAC＝.由余弦定理得2222cos-⋅⋅＝12＋1－2×2×1×＝7，=+∠CD AC AD AC AD DAC所以CD＝.（2）在ABC △中，由正弦定理得42πsin sin sin sin 3AB BC AC C A B ====，，ππ0,sin 332A A ⎛⎤⎛⎫<<∴+∈ ⎥ ⎪ ⎝⎭⎝⎦.，故ABC △周长的取值范围为 .4．在ABC △中，内角所对的边分别是，已知. （1）求；（2）当时，求的取值范围．5．在ABC △中，内角，，所对的边分别为，，，且ABC △的面积.（1）求；（2）若、、成等差数列，ABC △的面积为，求.考向四三角形中的几何计算几何中的长度、角度的计算通常转化为三角形中边长和角的计算，这样就可以利用正、余弦定理解决问题.解决此类问题的关键是构造三角形，把已知和所求的量尽量放在同一个三角形中.典例6 如图，在ABC △中，D 为AB 边上一点，且DA DC =，已知π4B =，1BC =.（1）若ABC △是锐角三角形，DC =，求角A 的大小；（2）若BCD △的面积为16，求AB 的长. 【解析】（1）在BCD △中，π4B =，1BC =，DC =，由正弦定理得sin sin BC CDBDC B =∠，解得1sin 3BDC ⨯∠==，所以π3BDC ∠=或2π3. 因为ABC △是锐角三角形，所以2π3BDC ∠=. 又DA DC =，所以π3A =. （2）由题意可得1π1sin 246BCD S BC BD =⋅⋅⋅=△，解得BD =，由余弦定理得222π2cos4CD BC BD BC BD =+-⋅⋅=251219329+-⨯⨯⨯=，解得3CD =，则AB AD BD CD BD =+=+=. 所以AB6．如图，在ABC △中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，(sin cos )a b C C =+.（1）求角B 的大小；（2D 为ABC △外一点，2DB =，1DC =，求四边形ABCD 面积的最大值. 考向五解三角形的实际应用解三角形应用题的两种情形：（1）实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解；（2）实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及到两个或两个以上的三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)，解方程(组)得出所要求的解．研究测量距离问题是高考中的常考内容，既有选择题、填空题，也有解答题，难度一般适中，属中档题.解题时要选取合适的辅助测量点，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.典例7 如图，一条巡逻船由南向北行驶，在A 处测得山顶P 在北偏东()1515BAC ︒∠=︒方向上，匀速向北航行20分钟到达B 处，测得山顶P 位于北偏东60︒方向上，此时测得山顶P的仰角为60︒，若山高为（1）船的航行速度是每小时多少千米？（2）若该船继续航行10分钟到达D 处，问此时山顶位于D 处的南偏东什么方向？△中，由余弦定理得CD=（2）在BCD△中，由正弦定理得在BCD所以山顶位于D处南偏东45︒方向.<<29.5米.为测量塔高是7．某新建的信号发射塔的高度为AB，且设计要求为：29米AB否符合要求，先取与发射塔底部B在同一水平面内的两个观测点,C D，测得∠=︒，40CD=米，并在点C处的正上方E处观测发射塔BCD∠=︒，7560BDCCE=米，则发射塔高AB=顶部A的仰角为30°，且1A．()1米B．()1米C．()1米D．()1米考向六三角形中的综合问题1．解三角形的应用中要注意与基本不等式的结合，以此考查三角形中有关边、角的范围问题.利用正弦定理、余弦定理与三角形的面积公式，建立如“22++”之间的等量a b ab a b,,关系与不等关系，通过基本不等式考查相关范围问题.2．注意与三角函数的图象与性质的综合考查，将两者结合起，既考查解三角形问题，也注重对三角函数的化简、计算及考查相关性质等.3．正、余弦定理也可能结合平面向量及不等式考查面积的最值或求面积，此时注意应用平面向量的数量积或基本不等式进行求解.典例8 在ABC △，向量(sin ,1)A =m ，(1,cos )B =n ，且⊥m n . （1）求A 的值；（2）若点D 在边BC 上，且3BD BC =uu u ruu u rABC △的面积．【解析】（1）由题意知sin cos 0A B +=⋅=m n ，πA B C ++=，所以5πs i n co s ()06A A +-=πsin()06A -=.ππ2π(,)663A -∈-，所以π06A -=，即π6A =.（2）设||BD x =u u u r ，由3B D B C=u r ur ，得||3B C x=ur ，由（1）知π6A C ==，所以||3BA x =uu r在ABD △1x =，所以3AB BC ==，典例9 ABC △的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c . （1）若a ，b ，c 成等差数列，证明：sin A ＋sin C ＝2sin(A ＋C )；（2）若a ，b ，c 成等比数列，求cos B 的最小值．【解析】（1）因为a ，b ，c 成等差数列，所以a ＋c ＝2b . 由正弦定理得sin A ＋sin C ＝2sin B . 因为sin B ＝sin[π－(A ＋C )]＝sin(A ＋C )，所以sin A ＋sin C ＝2sin(A ＋C )．（2）因为a ，b ，c 成等比数列，所以b 2＝ac .由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋c 2－ac 2ac ≥2ac －ac 2ac ＝12，当且仅当a ＝c 时等号成立．所以cos B 的最小值为12.8．已知函数（）的图象上相邻的最高点间的距离是.（1）求函数的解析式；（2）在锐角ABC △中，内角满足，求的取值范围.1．在ABC △中，角A ，B ，C 的对边为a ，b ，c ，若a ，b ＝3，B ＝60°，则A = A ．45°B ．45°或135C ．135°D ．60°或120°2．在△ABC 中，若tan A ·tan B ＜1，则该三角形一定是 A ．锐角三角形 B ．钝角三角形 C ．直角三角形 D ．以上都有可能3．在ABC △中，，，则角的取值范围是A ．B ．C ．D ．4．ABC △中，2AB =，BC =1cos 4A =，则AB 边上的高等于A B ．34C ．2D ．3 5．已知ABC △的面积为，，则的最小值为 A ． B ． C ．D ．6．设ABC △的三个内角所对的边分别为，如果，且，那么ABC △外接圆的半径为A ．2B ．4C ．D ．17．已知ABC △的内角的对边分别为，若，，则A ．2B ．C ．D ．8．若ABC △的三个内角所对的边分别是，，且，则A ．10B ．8C ．7D ．49．已知ABC △的面积为，三个内角，，的对边分别为，，，若，，则A ．2B ．4C ．D ．10．在ABC △中，D 为BC 边上一点，若ABD △是等边三角形，且AC =则A D C△的面积的最大值为 .11．如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A 处时测得公路北侧一山顶D 在西偏北30的方向上，行驶600m 后到达B 处，测得此山顶在西偏北75的方向上，仰角为30，则此山的高度CD =___________m.12．在ABC △中，角，，的对边分别为，，，已知，，．（1）求；（2）求的值．13．在ABC △中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c (cos ,sin )B A =n ，且∥m n ．（1）求角B 的大小；（2）若2b =，ABC △的面积为，求a c +的值．14．如图所示，在ABC △中, 点D 为BC 边上一点，且1BD =,E 为AC 的中点B =2π3ADB ∠=.（1）求AD 的长；（2）求ADE △的面积.15．在ABC △中，,,A B C 的对边分别为,,a b c ，且cos ,cos ,cos a C b B c A 成等差数列．（1）求B 的值；（2）求()22sin cos A A C +-的范围．16．已知函数（1）当时，求的值域；（2）在ABC △中，若求ABC △的面积.1．（2017山东理科）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 (12cos )2sin cos cos sin B C A C A C +=+，则下列等式成立的是A ．2a b =B ．2b a =C ．2A B =D ．2B A =2．（2018新课标全国Ⅱ理科）在ABC △中，cos 2C 1BC =，5AC =，则AB = A ．B CD ．3．（2018新课标全国Ⅲ理科）ABC △的内角A B C ，，的对边分别为a ，b ，c ，若ABC△的面积为2224a b c +-，则C =A ．π2B ．π3C ．π4D ．π64．（2017浙江）已知△ABC ，AB =AC =4，BC =2．点D 为AB 延长线上一点，BD =2，连结CD ，则△BDC 的面积是______，cos ∠BDC =_______．5．（2018新课标全国Ⅰ理科）在平面四边形ABCD 中，90ADC ∠=，45A ∠=，2AB =，5BD =.（1）求cos ADB ∠；（2）若DC =BC .6．（2017新课标全国Ⅰ理科）ABC △的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知ABC△的面积为23sin a A.（1）求sin B sin C ;（2）若6cos B cos C =1，a =3，求ABC △的周长.7．（2017新课标全国Ⅱ理科）ABC △的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，已知()2sin 8sin 2B AC +=．（1）求cos B ；（2）若6a c +=，ABC △的面积为2，求b ．8．（2018北京理科）在△ABC 中，a =7，b =8，cos B =–17．（Ⅰ）求∠A ；（Ⅱ）求AC 边上的高．9．（2017天津理科）在ABC △中，内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ．已知a b >，5,6a c ==，3sin 5B =．（1）求b 和sin A 的值；（2）求πsin(2)4A +的值．1．【答案】C2．【解析】（1）∵，∴在Rt ABD △中，，∴，在ABC △中，，由余弦定理可得，，所以.（2）在ACD △中，由正弦定理可得，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，化简得，即，∵，∴.3．【答案】D【解析】已知，利用正弦定理化简得：，整理得：，，，即.△为直角三角形.故选D．则ABC4．【解析】（1）由正弦定理可得：，又，所以，则，因为，所以，因为，所以.5．【解析】（1）∵，∴，即，∵，∴.（2）∵、、成等差数列，∴，两边同时平方得：，又由（1）可知：， ∴，∴，，由余弦定理得，，得，∴.6．【解析】（1）在ABC △中，由(sin cos )a b C C =+，得sin sin (sin cos )A B C C =+，即sin()sin (sin cos )B C B C C +=+，cos sin sin sin B C B C ∴=，又sin 0C >，∴cos sin B B =，即tan 1B =，∵(0,π)B ∈，∴（2）在BCD △中，2BD =，1DC =，22212212cos 54cos BC D D ∴=+-⨯⨯⨯=-.，∴ABC △为等腰直角三角形，又，ABCD 的面积有最大值，最大值为54+7．【答案】A【解析】过点E 作EF AB ⊥，垂足为F ，则,1EF BC BF CE ===米，30AEF ∠=︒，在BDC △中，由正弦定理得.在Rt AEF △中，.所以1AB AF BF =+=+.故选A ． 8．【解析】（1）.因为函数图象上相邻的最高点间的距离是，所以，由，，得，所以.（2）由得，即，则，又，所以.因为ABC△是锐角三角形，所以，则，所以，故.1．【答案】A【解析】∵a＝，b＝3，B＝60°，∴由正弦定理可得3sin60=︒，∴sin A＝2=32.又a<b，∴A＝45°．2．【答案】B【解析】由已知条件，得sin sin cos()cos1,0,0,cos cos cos cos cos cosA B A B CA B A B A B+⋅<><即即说明cos A，cos B，cos C中有且只有一个为负．因此△ABC一定是钝角三角形．3．【答案】A【解析】因为sin sinAB BCC A=，所以，所以，又，则必为锐角，故.5．【答案】A【解析】由题意知ABC △的面积为，且，所以，即，所以，当且仅当时取得等号，所以的最小值为，故选A ．6．【答案】D 【解析】因为，所以，即，所以，所以，因为，所以由正弦定理可得ABC △的外接圆半径为1112sin 2a R A =⨯==，故选D ． 7．【答案】D 【解析】∵是三角形的内角，∴，∴，由得561sin 56653sin 395a Bb A⨯===，故选D ． 8．【答案】B 【解析】由题意知,即，即，由正弦定理和余弦定理得：，即，即，则，故选B ．9．【答案】A【解析】ABC △的面积为.则由，可得.化简得，即，所以，解得或（舍去）.所以.所以.故选A ．10．【答案】【解析】如图.在ACD △中，2222248cos 222AD DC AC AD DC ADC AD DC AD DC +-+-∠===-⋅⋅1，整理得22482AD DC AD DC AD DC +=-⋅≥⋅， ∴16AD DC ⋅≤，当且仅当AD =DC 时取等号，∴ADC △的面积1sin 2S AD DC ADC AD DC =⋅∠=⋅≤ ∴ADC △的面积的最大值为12．【解析】（1）在ABC△中，由余弦定理得，解得．（2）在ABC △中，由得，∴，在ABC △中，由正弦定理得= ∴，又，故，∴，∴．13．【解析】（1）∵∥m n ，∴sin cos b A B =，由正弦定理，得sin sin cos B A A B =，∵sin 0A >，∴sin B B =，即tan B =， ∵0πB <<，∴（212ac =，解得4ac =，由余弦定理2222cos b a c ac B=+-，得221422a c ac =+-⨯2()3a c ac =+-2()12a c =+-，故4a c +=．（2）由（1）知2AD =，依题意得23AC AE ==.在ACD △中，由余弦定理得222AC AD DC =+-2cos AD DC ADC ⋅∠,即2π9422cos 3DC DC =+-⨯⨯,即2250DC DC --=,解得1DC =+.（2）因为π3B =，所以2π3A C +=. 22π2sin cos()1cos 2cos(2)3A A C A A +-=-+-131cos 2cos 2212cos 222A A A A A=--+=+-π1)3A=-.因为2π3A<<，ππ2π33A-<-<，所以πsin(2)123A-<-≤，所以()22sin cosA A C+-的范围是1,12⎛-+⎝．16．【解析】（1）当，即时，取得最大值3；当，即时，取得最小值，故的值域为.（2）设ABC△中所对的边分别为.即得又，即即易得1．【答案】A【解析】由题意知sin()2sin cos2sin cos cos sinA CBC A C A C++=+，所以2sin cos sin cos 2sin sin 2B C A C B A b a =⇒=⇒=，选A.【名师点睛】本题较为容易，关键是要利用两角和与差的三角函数公式进行恒等变形. 首先用两角和的正弦公式转化为含有A ，B ，C 的式子，再用正弦定理将角转化为边，得到2a b =.解答三角形中的问题时，三角形内角和定理是经常用到的一个隐含条件，不容忽视. 2．【答案】A【解析】因为所以，选A.【名师点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理，结合已知条件，灵活转化为边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.4【解析】取BC 中点E ，由题意：AE BC ⊥，△ABE 中，1cos 4BE ABC AB ∠==，∴1cos ,sin 44DBC DBC ∠=-∠==，∴1sin 22△BCD S BD BC DBC =⨯⨯⨯∠=． ∵2ABC BDC ∠=∠，∴21cos cos 22cos 14ABC BDC BDC ∠=∠=∠-=，解得cos BDC ∠=或cos BDC ∠=（舍去）．综上可得，△BCD 的面积为2，cos 4BDC ∠=．5．【解析】（1）在ABD △中，由正弦定理得sin sin BD ABA ADB=∠∠.由题设知，52sin 45sin ADB=︒∠，所以sin 5ADB ∠=.由题设知，90ADB ∠<︒，所以cos 5ADB ∠==.（2）由题设及（1）知，cos sin 5BDC ADB ∠=∠=. 在BCD △中，由余弦定理得2222cos BC BD DC BD DC BDC =+-⋅⋅⋅∠258255=+-⨯⨯ 25=.所以5BC =.6．【解析】（1）由题设得21sin 23sin a ac B A =，即1sin 23sin ac B A=.由正弦定理得1sin sin sin 23sin AC B A =. 故2sin sin 3B C =.【名师点睛】在处理解三角形问题时，要注意抓住题目所给的条件，当题设中给定三角形的面积，可以使用面积公式建立等式，再将所有边的关系转化为角的关系，有时需将角的关系转化为边的关系；解三角形问题常见的一种考题是“已知一条边的长度和它所对的角，求面积或周长的取值范围”或者“已知一条边的长度和它所对的角，再有另外一个条件，求面积或周长的值”，这类问题的通法思路是：全部转化为角的关系，建立函数关系式，如sin()y A x b ωϕ=++，从而求出范围，或利用余弦定理以及基本不等式求范围；求具体的值直接利用余弦定理和给定条件即可.7．【解析】（1）由题设及A B C ++=π，可得2sin 8sin 2B B =，故()sin 41cos B B =-．上式两边平方，整理得217cos 32cos 150B B -+=，解得cos 1B =(舍去)，15cos 17B =．（2）由15cos 17B =得8sin 17B =，故14=sin 217△ABC S ac B ac =．又=2ABC S △，则172ac =．由余弦定理及6a c +=得：()()222217152cos 21cos 362(1)4,217b ac ac B a c ac B =+-=+-+=-⨯⨯+= 所以2b =．【名师点睛】解三角形问题是高考的高频考点，命题大多放在解答题的第一题，主要利用三角形的内角和定理，正、余弦定理，三角形的面积公式等知识进行求解．解题时要灵活利用三角形的边角关系进行“边转角”“角转边”，另外要注意22,,a c ac a c ++三者之间的关系，这样的题目小而活，备受命题者的青睐．8．【解析】（Ⅰ）在△ABC 中，∵cos B =–17，∴B ∈（π2，π），∴sin B ．由正弦定理得sin sin a b A B =⇒7sin A ，∴sin A ． ∵B ∈（π2，π），∴A ∈（0，π2），∴∠A =π3．（Ⅱ）在△ABC 中，∵sin C =sin （A +B ）=sin A cos B +sin B cos A 11()72-+．如图所示，在△ABC 中，∵sin C =h BC ，∴h =sin BC C ⋅=7，∴AC ．9．【解析】（1）在ABC △中，因为a b >，故由3sin 5B =，可得4cos 5B =．由已知及余弦定理，有2222cos 13b a c ac B =+-=，所以b =由正弦定理sin sin a b A B =，得sin sin a B A b ==．所以，b sin A（2）由（1）及a c <，得cos A =，所以12sin 22sin cos 13A A A ==，25cos 212sin 13A A =-=-．故πππsin(2)sin 2cos cos 2sin 44426A A A +=+=．【名师点睛】（1）利用正弦定理进行“边转角”可寻求角的关系，利用“角转边”可寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系可求角，利用两角和差的三角公式及二倍角公式可求三角函数值．（2）利用正、余弦定理解三角形是高考的高频考点，常与三角形内角和定理、三角形面积公式等相结合，利用正、余弦定理进行解题．。

高考数学一轮复习第3章第8节正弦定理和余弦定理应用举例

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1 A.2a C. 3a
B．
3a 2
D．
3 3a
解析：∵∠DAC＝∠ACB－∠D＝60°－30°＝30°，
∴AC＝CD＝a，在 Rt△ABC 中，
AB＝AC·sin
60°＝
3 2 a.
答案：B
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解：在△BCD 中，∠CBD＝π－α－β. 由正弦定理得sin∠BCBDC＝sin∠CDCBD，所以 BC＝CsDinsin∠∠CBBDDC＝sisn·sαin＋ββ. 在 Rt△ABC 中，AB＝BCtan∠ACB＝sstiannαθ＋sinββ.
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【典例剖析】在海岸 A 处，发现北偏东 45°方向，距 A 处( 3－1)n
mile 的 B 处有一艘走私船，在 A 处北偏西 75°的方向，距离 A 处 2 n mile 的 C 处的缉私船奉命以 10 3 n mile/h 的速度追截走私船．此时，走私船正以 10 n mile/h 的速度从 B 处向北偏东 30° 方向逃窜，问缉私船沿着什么方向能最快追上走私船？
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第二级
• 第三级
– 第四级在△ABC 中»，第由五正级弦定理得sin∠ABBCA＝sin∠ACABC，…6 分
所以 AB＝ACsisnin156°0°＝3
2＋ 20
6，
同理 BD＝3
2＋ 20
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正弦定理和余弦定理2019高考数学考点精讲共147页文档

1、不要轻言放弃，否则对不起自己。
2、要冒一次险!整个生命就是一场冒险。走得最远的人，常是愿意去做，并愿意去冒险的人。“稳妥”之船，从未能从岸边走远。-戴尔．卡耐基。
梦境
3、人生就像一杯没有加糖的咖啡，喝起来是苦涩的，回味起来却有久久不会退去的余香。
正弦定理和余弦定理2019高考数学考点精 4、守业的最好办法就是不断的发展。 5、当爱不能完美，我宁愿选择无悔，不管来生多么美丽，我不愿失去今生对你的记忆，我不求天长地久的美景，我只要生生世世的轮回里有你。讲

46、我们若已接受最坏的，就再没有什么损失。——卡耐基 47、书到用时方恨少、事非经过不知难。——陆游 48、书籍把我们引入最美好的社会，使我们认识各个时代的伟大智者。——史美尔斯 49、熟读唐诗三百首，不会作诗也会吟。——孙洙 50、谁和我一样用功，谁就会和我一样成功。——莫扎特

2019-2020年高三数学一轮复习讲义正弦定理和余弦定理教案新人教A版

2019-2020年高三数学一轮复习讲义正弦定理和余弦定理教案新人教A 版自主梳理1. 正弦定理：__a sin A __＝__b sin B ____＝__csin C _＝2R ，其中R 是三角形外接圆的半径.由正弦定理可以变形为：(1)a ∶b ∶c ＝____ sin A ∶sin B ∶sin C _____； (2)a ＝___)2R sin A _____，b ＝__2R sin B _____，c ＝__2R sin C ___；(3)sin A ＝___a 2R ____，sin B ＝___b 2R ___，sin C ＝__c2R _____等形式，以解决不同的三角形问题.2.余弦定理：a 2＝__ b 2＋c 2－2bc cos A ________，b 2＝__ a 2＋c 2－2ac cos B _____，c 2＝____ a 2＋b 2－2ab cos C ____.余弦定理可以变形为：cos A ＝___b 2＋c 2－a 22bc ________，cos B ＝___a 2＋c 2－b 22ac ______，cos C ＝___a 2＋b 2－c 22ab______.3.S △ABC ＝12ab sin C ＝12bc sin A ＝12ac sin B ＝abc 4R ＝12(a ＋b ＋c )·r (r 是三角形内切圆的半径)，并可由此计算R 、r .4.在解三角形时，正弦定理可解决两类问题：(1)已知两角及任一边，求其它边或角；(2)已知两边及一边的对角，求其它边或角.情况(2)中结果可能有一解、二解、无解，应注意区分.余弦定理可解决两类问题： (1)已知两边及夹角或两边及一边对角的问题；(2)已知三边问题.解三角形时，三角形解的个数的判断在△ABC 中，已知a 、b 和A 时，解的情况如下：必须从研究三角形的边角关系入手，充分利用正、余弦定理进行转化，即化边为角或化角为边，边角统一．①等腰三角形：a ＝b 或A ＝B .②直角三角形： b 2＋c 2＝a 2或 A ＝90° . ③钝角三角形： a 2＞b 2＋c 2或 A ＞90° .④锐角三角形：若a 为最大边，且满足 a 2＜b 2＋c 2或A 为最大角，且 A ＜90° . 6．由正弦定理容易得到：在三角形中，大角对大边，大边对大角；大角的正弦值也较大，正弦值较大的角也较大，即A ＞B ⇔a ＞b ⇔sin A ＞sin B .基础自测1.在△ABC 中，若A ＝60°，a ＝3，则a ＋b ＋csin A ＋sin B ＋sin C＝________.2.(2010·北京)在△ABC 中，若b ＝1，c ＝3，C ＝2π3，则a ＝________.3.在△ABC 中，a ＝15，b ＝10，A ＝60°，则cos B ＝________.4.△ABC 的三个内角A 、B 、C 所对边的长分别为a 、b 、c ，已知c ＝3，C ＝π3，a ＝2b ，则b的值为________.5.已知圆的半径为4，a 、b 、c 为该圆的内接三角形的三边，若abc ＝162，则三角形的面积为( )A.2 2B.8 2C. 2D.221.22.13.634. 35.C 6．在△ABC 中，a 、b 、c 分别为角A 、B 、C 的对边，若a 、b 、c 成等差数列，B ＝30°，△ABC 的面积为32，则b ＝ .【解析】∵S △ABC ＝12ac sin B ＝12ac sin30°＝32，∴ac ＝6.又a 、b 、c 成等差数列，故2b ＝a ＋c .由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B＝(a ＋c )2－2ac －2ac cos30°， ∴b 2＝4b 2－12－63，得b 2＝4＋23，∴b ＝1＋ 3. 7．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【解析】由a ＝2b cos C 得sin A ＝2sin B cos C ∵A ＋B ＋C ＝π ∴sin A ＝sin(B ＋C )∴sin(B ＋C )＝2sin B cos C 即sin(B －C )＝0 ∵0<B <π，0<C <π ∴B ＝C ，选C. 8．在△ABC 中，设命题p ：a sin B ＝b sin C ＝csin A，命题q ：△ABC 是等边三角形，则命题p 是命题q 的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【解析】∵a sin B ＝b sin C ＝c sin A ，由正弦定理知：a sin A ＝b sin B ＝csin C.∴sin B ＝sin A ＝sin C ∴A ＝B ＝C ⇒a ＝b ＝c ，∴p ⇒q 又若a ＝b ＝c ，则A ＝B ＝C ＝60°⇒sin A ＝sin B ＝sin C . ∴a sin B ＝b sin C ＝csin A，∴q ⇒p .题型一利用正弦定理求解三角形及有关三角形中的三角函数的范围(最值)例1 ⑴在△ABC 中，a ＝3，b ＝2，B ＝45°.求角A 、C 和边c . (2)在△ABC 中，a ＝8，B ＝60°，C ＝75°，求边b 和c .解 (1)由正弦定理得a sin A ＝b sin B ， 3sin A ＝2sin 45°，∴sin A ＝32.∵a >b ，∴A ＝60°或A ＝120°.当A ＝60°时，C ＝180°－45°－60°＝75°，c ＝b sin C sin B ＝6＋22；当A ＝120°时，C ＝180°－45°－120°＝15°，c ＝b sin C sin B ＝6－22. (2)∵B ＝60°，C ＝75°，∴A ＝45°.由正弦定理asin A ＝bsin B ＝csin C，得b ＝a ·sin B sin A ＝46，c ＝a ·sin C sin A＝43＋4.∴b ＝46，c ＝43＋4.(2)设锐角三角形ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a ＝2b sin A . ①求角B 的大小；②求cos A ＋sin C 的取值范围．解析 ①由a ＝2b sin A ，根据正弦定理得sin A ＝2sin B sin A ，所以sin B ＝12，由△ABC 为锐角三角形得B ＝π6.②cos A ＋sin C ＝cos A ＋sin(π－π6－A )＝cos A ＋sin(π6＋A )＝cos A ＋12cos A ＋32sin A ＝3sin(A ＋π3)．由△ABC 为锐角三角形知，π2＞A ＞π2－B ，又π2－B ＝π2－π6＝π3.∴2π3＜A ＋π3＜5π6，∴12＜sin(A ＋π3)＜32. 由此有32＜3sin(A ＋π3)＜32×3＝32，所以cos A ＋sin C 的取值范围为(32，32)．点评解决这类问题的关键是利用正弦定理和余弦定理，要么把角化成边，要么把边化成角，然后再进行三角恒等变换得到y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B 型函数，从而求解单调区间、最值、参数范围等问题，注意限制条件A ＋B ＋C ＝π，0＜A ，B ，C ＜π的应用，如本题中由△ABC为锐角三角形得到A ＋B ＞π2，从而推到2π3＜A ＋π3＜5π6.探究提高 (1)已知两角一边可求第三角，解这样的三角形只需直接用正弦定理代入求解即可.(2)已知两边和一边对角，解三角形时，利用正弦定理求另一边的对角时要注意讨论该角，这是解题的难点，应引起注意.变式训练1 (1) 已知a ，b ，c 分别是△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边，若a ＝1，b ＝3，A ＋C ＝2B ，则角A 的大小为________. π6(2)在△ABC 中，若tan A ＝13，C ＝150°，BC ＝1，则AB ＝________；（3）在△ABC 中，若a ＝50，b ＝256，A ＝45°，则B ＝______ 解析 (2)∵在△ABC 中，tan A ＝13，C ＝150°，∴A 为锐角，∴sin A ＝110.又∵BC ＝1.∴根据正弦定理得AB ＝BC ·sin C sin A ＝102.(3)由b >a ，得B >A ，由a sin A ＝bsin B，得sin B ＝b sin A a ＝25650×22＝32，∵0°<B <180° ∴B ＝60°或B ＝120°.（4）在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c 且满足c sin A ＝a cos C . ①求角C 的大小；②求3sin A －cos(B ＋π4)的最大值，并求取得最大值时角A ，B 的大小．解析 ①由正弦定理得sin C sin A ＝sin A cos C .因为0＜A ＜π，所以sin A ＞0，从而sin C ＝cos C ，又cos C ≠0，所以tan C ＝1，则C ＝π4.②由(1)知B ＝3π4－A .于是3sin A －cos(B ＋π4)＝3sin A －cos(π－A )＝3sin A ＋cos A ＝2sin(A ＋π6)．∵0＜A ＜3π4，∴π6＜A ＋π6＜11π12，从而当A ＋π6＝π2，即A ＝π3时，2sin(A ＋π6)取最大值2.综上所述，3sin A －cos(B ＋π4)的最大值为2，此时A ＝π3，B ＝5π12.（5）如图，已知△ABC 是边长为1的正三角形，M 、N 分别是边AB 、AC 上的点，线段MN经过△ABC 的重心G .设∠MGA ＝α(π3≤α≤2π3)．①试将△AGM 、△AGN 的面积(分别记为S 1与S 2)表示为α的函数；②求y ＝1S 21＋1S 22的最大值与最小值．解析①因为G 是边长为1的正三角形ABC 的重心，所以AG ＝23×32＝33，∠MAG ＝π6，由正弦定理GM sin π6＝GA sin π－α－π6，得GM＝36sin α＋π6.则S 1＝12GM ·GA ·sin α＝sin α12sin α＋π6(或163＋cot α)．又GN sin π6＝GA sin α－π6，得GN ＝36sin α－π6，则S 2＝12GN ·GA ·sin(π－α)＝sin α12sin α－π6(或163－cot α)，②y ＝1S 21＋1S 22＝144sin 2α·[sin 2(α＋π6)＋sin 2(α－π6)]＝72(3＋cot 2α)．因为π3≤α≤2π3，所以，当α＝π3或α＝2π3时，y 取得最大值y max ＝240；当α＝π2时，y 取得最小值y min ＝216.题型二利用余弦定理求解三角形例2 在△ABC 中，a 、b 、c 分别是角A 、B 、C 的对边，且cos B cos C ＝－b2a ＋c .(1)求角B 的大小；(2)若b ＝13，a ＋c ＝4，求△ABC 的面积.解 (1)由余弦定理知：cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab.将上式代入cos B cos C ＝－b 2a ＋c 得： a 2＋c 2－b 22ac ·2ab a 2＋b 2－c 2＝－b2a ＋c，整理得：a 2＋c 2－b 2＝－ac .∴cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝－ac 2ac ＝－12.∵B 为三角形的内角，∴B ＝23π.(2)将b ＝13，a ＋c ＝4，B ＝23π代入b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，得b 2＝(a ＋c )2－2ac －2ac cos B ，∴13＝16－2ac ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12，∴ac ＝3.∴S △ABC ＝12ac sin B ＝334.探究提高 (1)根据所给等式的结构特点利用余弦定理将角化边进行变形是迅速解答本题的关键.(2)熟练运用余弦定理及其推论，同时还要注意整体思想、方程思想在解题过程中的运用.变式训练2 1．已知a 、b 、c 分别是△ABC 中角A 、B 、C 的对边，且a 2＋c 2－b 2＝ac . (1)求角B 的大小；(2)若c ＝3a ，求tan A 的值．解 (1)∵a 2＋c 2－b 2＝ac ，∴cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝12.∵0<B <π，∴B ＝π3.(2)方法一将c ＝3a 代入a 2＋c 2－b 2＝ac ，得b ＝7a .由余弦定理，得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝5714.∵0<A <π，∴sin A ＝1－cos 2A ＝2114，∴tan A ＝sin A cos A ＝35. 方法二将c ＝3a 代入a 2＋c 2－b 2＝ac ，得b ＝7a .由正弦定理，得sin B ＝7sin A .由(1)知，B ＝π3，∴sin A ＝2114.又b ＝7a >a ，∴B >A ，∴cos A ＝1－sin 2A ＝5714. ∴tan A ＝sin A cos A ＝35.方法三 ∵c ＝3a ，由正弦定理，得sin C ＝3sin A .∵B ＝π3，∴C ＝π－(A ＋B )＝2π3－A ，∴sin(2π3－A )＝3sin A ，∴sin 2π3cos A －cos 2π3sin A ＝3sin A ，∴32cos A ＋12sin A ＝3sin A ，∴5sin A ＝3cos A ，∴tan A ＝sin A cos A ＝35.2．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足cos A 2＝255，·＝3. (1)求△ABC 的面积； (2)若b ＋c ＝6，求a 的值.解 (1)∵cos A 2＝255，∴cos A ＝2cos 2A 2－1＝35，∴sin A ＝45.又·＝3，∴bc cos A ＝3，∴bc ＝5.∴S △ABC ＝12bc sin A ＝12×5×45＝2.(2)由(1)知，bc ＝5，又b ＋c ＝6，根据余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝(b ＋c )2－2bc －2bc cos A ＝36－10－10×35＝20，∴a ＝2 5.３．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对边长分别为a ，b ，c ，AB BC ⋅＝8，∠BAC ＝θ，a＝4.(1)求b ·c 的最大值及θ的取值范围；(2)求函数f (θ)＝23sin 2(π4＋θ)＋2cos 2θ－3的值．【解析】(1)∵AB BC ⋅＝8，∠BAC ＝θ，∴bc cos θ＝8.又a ＝4，∴b 2＋c 2－2bc cos θ＝42即b 2＋c 2＝32. 又b 2＋c 2≥2bc ∴bc ≤16，即bc 的最大值为16.而bc ＝8cos θ，∴8cos θ≤16，∴cos θ≥12∵0<θ<π，∴0<θ≤π3.(2)f (θ)＝23sin 2(π4＋θ)＋2cos 2θ－3＝3[1－cos(π2＋2θ)]＋1＋cos2θ－3＝3sin2θ＋cos2θ＋1＝2sin(2θ＋π6)＋1∵0<θ≤π3， ∴π6<2θ＋π6≤5π6 ∴12≤sin(2θ＋π6)≤1.当2θ＋π6＝5π6，即θ＝π3时，f (θ)min ＝2×12＋1＝2.当2θ＋π6＝π2，即θ＝π6时，f (θ)max ＝2×1＋1＝3.点评有关三角形中的三角函数求值问题，既要注意内角的范围，又要灵活利用基本不等式．题型三正、余弦定理的综合应用例3 (2011·浙江)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知sin A ＋sin C ＝p sin B (p ∈R )，且ac ＝14b 2.(1)当p ＝54，b ＝1时，求a ，c 的值；(2)若角B 为锐角，求p 的取值范围. 解 (1)由题设并由正弦定理，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＋c ＝54，ac ＝14，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，c ＝14或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝14，c ＝1.(2)由余弦定理，b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B＝(a ＋c )2－2ac －2ac cos B ＝p 2b 2－12b 2－12b 2cos B ，即p 2＝32＋12cos B .因为0<cos B <1，所以p 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2，由题设知p >0，所以62<p < 2.探究提高在已知关系式中，若既含有边又含有角.通常的思路是：将角都化成边或将边都化成角，再结合正、余弦定理即可求角.变式训练３ 1.在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边长分别是a ，b ，c . (1)若c ＝2，C ＝π3，且△ABC 的面积为3，求a ，b 的值；(2)若sin C ＋sin(B －A )＝sin 2A ，试判断△ABC 的形状. 解 (1)∵c ＝2，C ＝π3，∴由余弦定理c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C得a 2＋b 2－ab ＝4.又∵△ABC 的面积为3，∴12ab sin C ＝3，ab ＝4.联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2－ab ＝4，ab ＝4，解得a ＝2，b ＝2.(2)由sin C ＋sin(B －A )＝sin 2A ，得sin(A ＋B )＋sin(B －A )＝2sin A cos A ，即2sin B cos A ＝2sin A cos A ，∴cos A ·(sin A －sin B )＝0， ∴cos A ＝0或sin A －sin B ＝0，当cos A ＝0时，∵0<A <π， ∴A ＝π2，△ABC 为直角三角形；当sin A －sin B ＝0时，得sin B ＝sin A ，由正弦定理得a ＝b ，即△ABC 为等腰三角形.∴△ABC 为等腰三角形或直角三角形.2. ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a,b,c,asinAsinB+bcos 2a⑴b a⑵若c 2=b 2a 2求B.解: (1)由正弦定理得，sin 2A sinB ＋sin B cos 2A ＝2sin A ，即sinB (sin 2A ＋cos 2A )＝2sin A . 故sinB ＝2sin A ，所以ba＝ 2. (2)由余弦定理和c 2＝b 2＋3a 2，得cos B ＝1＋3a2c.由(1)知b 2＝2a 2，故c 2＝(2＋3)a 2.可得cos 2B ＝12，又cos B >0，故cos B ＝22，所以B ＝45°.题型四判断三角形的形状一、判断三角形的形状例1在△ABC 中，a 、b 、c 分别是三内角A 、B 、C 的对边，已知2a sin A ＝(2b ＋c )sin B ＋(2c ＋b )sin C .(1)求角A 的大小；(2)若sin B ＋sin C ＝1，试判断△ABC 的形状．解析 (1)由已知得：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 ∴cos A ＝－12∵A ∈(0°，180°)，∴A ＝120°.(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∵0°<B <60°，0°<C <60°. ∴B ＝C . ∴△ABC 是等腰的钝角三角形．点评有关三角形形状的判定，途径一：探究内角的大小或取值范围确定形式；途径二：计算边的大小或转化为仅关于边的关系式确定形式．例4 在△ABC 中，若(a 2＋b 2)sin(A －B )＝(a 2－b 2)·sin(A ＋B )，试判断△ABC 的形状.解 ∵(a 2＋b 2)sin(A －B )＝(a 2－b 2)sin(A ＋B )，∴b 2[sin(A ＋B )＋sin(A －B )]＝a 2[sin(A ＋B )－sin(A －B )]，∴2sin A cos B ·b 2＝2cos A sin B ·a 2，即a 2cos A sin B ＝b 2sin A cos B .方法一由正弦定理知a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ， ∴sin 2A cos A sinB ＝sin 2B sin A cos B ，又sin A ·sin B ≠0，∴sin A cos A ＝sin B cos B ， ∴sin 2A ＝sin 2B .在△ABC 中，0<2A <2π，0<2B <2π，∴2A ＝2B 或2A ＝π－2B ，∴A ＝B 或A ＋B ＝π2.∴△ABC 为等腰或直角三角形.方法二由正弦定理、余弦定理得：a 2b b 2＋c 2－a 22bc ＝b 2a a 2＋c 2－b 22ac，∴a 2(b 2＋c 2－a 2)＝b 2(a 2＋c 2－b 2)， ∴(a 2－b 2)(a 2＋b 2－c 2)＝0， ∴a 2－b 2＝0或a 2＋b 2－c 2＝0.即a ＝b 或a 2＋b 2＝c 2.∴△ABC 为等腰或直角三角形.变式训练4 1.已知在△ABC 中，222cosA b cc+=，则△ABC 的形状是解析：∵cos 2A 2＝b ＋c 2c ，∴cos A ＋12＝b ＋c 2c.∴cos A ＝b c . 又∵b 2＋c 2－a 22bc ＝b c，即b 2＋c 2－a 2＝2b 2. ∴a 2＋b 2＝c 2.∴△ABC 为直角三角形．探究提高利用正弦、余弦定理判断三角形形状时，对所给的边角关系式一般都要先化为纯粹的边之间的关系或纯粹的角之间的关系，再判断. 2. 设△ABC 的内角A 、B 、C 的对边长分别为a 、b 、c ，且3b 2＋3c 2－3a 2＝42bc .(1)求sin A 的值；(2)求2sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋C ＋π41－cos 2A的值．解 (1)∵3b 2＋3c 2－3a 2＝42bc ，∴b 2＋c 2－a 2＝423bc .由余弦定理得，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝223，又0<A <π，故sin A ＝1－cos 2A ＝13(2)原式＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π－A ＋π41－cos 2A ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π4sin ⎝⎛⎭⎪⎫A －π42sin 2A ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫22sin A ＋22cos A ⎝ ⎛⎭⎪⎫22sin A －22cos A 2sin 2A＝sin 2A －cos 2A2sin 2A＝－72.所以2sin(A ＋π4)sin(B ＋C ＋π4)1－cos 2A ＝－72方法与技巧1．在利用正弦定理解已知三角形的两边和其中一边的对角，求另一边的对角，进而求出其他的边和角时，有可能出现一解、两解或无解的情况，应结合图形并根据“三角形中大边对大角”来判断解的情况，作出正确取舍．2.应熟练掌握和运用内角和定理：A ＋B ＋C ＝π，A 2＋B 2＋C 2＝π2中互补和互余的情况，结合诱导公式可以减少角的种数.3.根据所给条件确定三角形的形状，主要有两种途径：(1)化边为角；(2)化角为边，练题一一、选择题1．在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a ，b ，c .若a cos A ＝b sin B ，则sin A cos A ＋cos 2B ＝( )A ．－12 B.12C ．－1D ．1【解析】根据正弦定理，由a cos A ＝b sin B 得sin A cos A ＝sin 2B .∴sin A cos A ＋cos 2B ＝sin 2B ＋cos 2B ＝1，故选D.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3.在△ABC 中，若∠A ＝60°，b ＝1，S △ABC ＝3，则a ＋b ＋csin A ＋sin B ＋sin C的值为( )A.2633B .2393 C.393D.13334.若△ABC 的内角A 、B 、C 满足6sin A ＝4sin B ＝3sin C ，则cos B ＝( )A.154B.34C.31516D.1116【解析】结合正弦定理得：6a ＝4b ＝3c设3c ＝12k (k >0) 则a ＝2k ，b ＝3k ，c ＝4k .由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝4k 2＋16k 2－9k 22×2k ×4k ＝1116，选D.5.若△ABC 的内角A 、B 、C 所对的边a ，b ，c 满足(a ＋b )2－c 2＝4且C ＝60°，则ab 的值为( )A.43B ．8－4 3C ．1D.23【解析】由已知得：⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b 2－c 2＝4a 2＋b 2－c 2＝2ab cos60°两式相减得：ab ＝43，选A.二、填空题6.在△ABC 中，若b ＝5，∠B ＝π4，sin A ＝13，则a ＝__523______.7.若△ABC 的面积为3，BC ＝2，C ＝60°，则边AB 的长度等于____2____. 8.在△ABC 中，若AB ＝5，AC ＝5，且cos C ＝910，则BC ＝________.4或5.9．已知△ABC 的一个内角为120°，且三边长构成公差为4的等差数列，则△ABC 的面积为 .【解析】不妨设A ＝120°，c <b 则a ＝b ＋4，c ＝b －4∴cos120°＝b 2＋(b －4)2－(b ＋4)22b (b －4)＝－12解得：b ＝10. ∴S △ABC ＝12bc sin120°＝15 3.三、解答题10．已知△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，A 是锐角，且3b ＝2a ·sinB .(1)求A ；(2)若a ＝7，△ABC 的面积为103，求b 2＋c 2的值.解 (1)∵3b ＝2a ·sin B ，由正弦定理知 3sin B ＝2sin A ·sin B . ∵B 是三角形的内角，∴sin B >0，从而有sin A ＝32， ∴A ＝60°或120°，∵A 是锐角，∴A ＝60°. (2)∵103＝12bc sin 60°，∴bc ＝40，又72＝b 2＋c 2－2bc cos 60°，∴b 2＋c 2＝89.11．在△ABC 中，内角A 、B 、C 的对边长分别为a 、b 、c .已知a 2－c 2＝2b ，且sin B ＝4cos A sin C ，求b .解方法一 ∵sin B ＝4cos A sin C ，由正弦定理，得b 2R ＝4cos A c2R，∴b ＝4c cos A ，由余弦定理得b ＝4c ·b 2＋c 2－a 22bc，∴b 2＝2(b 2＋c 2－a 2)，∴b 2＝2(b 2－2b )，∴b ＝4. 方法二由余弦定理，得a 2－c 2＝b 2－2bc cos A ， ∵a 2－c 2＝2b ，b ≠0，∴b ＝2c cos A ＋2，①由正弦定理，得b c ＝sin B sin C ，又由已知得，sin Bsin C＝4cos A ，∴b ＝4c cos A .② 解①②得b ＝4.12．在△ABC 中，A ，B 为锐角，角A ，B ，C 所对应的边分别为a ，b ，c ，且cos2A ＝35，sin B ＝1010. (1)求A ＋B 的值； (2)若a －b ＝2－1，求a ，b ，c 的值．【解析】(1)∵A ，B 为锐角，且sin B ＝1010 ∴cos B ＝1－sin 2B ＝31010又cos2A ＝1－2sin 2A ＝35∴sin A ＝55，cos A ＝1－sin 2A ＝255∴cos(A ＋B )＝cos A cos B －sin A sin B ＝255×31010－55×1010＝22又∵0<A ＋B <π，∴A ＋B ＝π4.(2)由(1)知C ＝3π4，∴sin C ＝22由正弦定理a sin A ＝b sin B ＝csin C 得5a ＝10b ＝2c 即a ＝2b ，c ＝5b .∵a －b ＝2－1，即2b －b ＝2－1，∴b ＝1. ∴a ＝2，c ＝ 5.13．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知cos A －2cos C cos B ＝2c －ab.(1)求sin C sin A的值；(2)若cos B ＝14，△ABC 的周长为5，求b 的长．【解析】(1)由正弦定理得a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C ，所以cos A －2cos C cos B ＝2c －a b ＝2sin C －sin A sin B，即sin B cos A －2sin B cos C ＝2sin C cos B －sin A cos B ，即有sin(A ＋B )＝2sin(B ＋C )，即sin C ＝2sin A ，所以sin C sin A＝2.(2)由(1)知sin C sin A ＝2，所以有ca＝2，即c ＝2a ，又因为周长为5，所以b ＝5－3a ，由余弦定理得：b 2＝c 2＋a 2－2ac cos B ，即(5－3a )2＝(2a )2＋a 2－4a 2×14，解得a ＝1，所以b ＝2.练习2一、选择题1．在△ABC 中，sin 2A ≤sin 2B ＋sin 2C －sin B ·sin C ，则A 的取值范围是( )A ．(0，π6]B ．[π6，π)C ．(0，π3]D ．[π3，π)【解析】由已知得：a 2≤b 2＋c 2－bc由余弦定理得：a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ∴b 2＋c 2－2bc cos A ≤b 2＋c 2－bc∴cos A ≥12 ∵A ∈(0，π)，∴A ∈(0，π3]，选C.2.如图，在△ABC 中，D 是边AC 上的点，且AB ＝AD,2AB ＝3BD ，BC ＝2BD ，则sin C 的值为( ) A.33B.36 C.63D .663.在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c .若∠C ＝120°，c ＝2a ，则 ( ) A.a >b B.a <bC.a ＝bD.a 与b 的大小关系不能确定二、填空题4.在△ABC 中，a 、b 、c 分别为∠A 、∠B 、∠C 的对边长，已知a ，b ，c 成等比数列，且a 2－c 2＝ac －bc ，则∠A ＝___60°_____，△ABC 的形状为__正三角形______.5.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___4_____.6．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若其面积S ＝14(b 2＋c 2－a 2)，则A ＝___π4_____7.在锐角△ABC 中，BC ＝1，B ＝2A ，则ACcos A的值等于____，AC 的取值范围为 .【解析】由正弦定理得：ACsin B ＝BC sin A ，即AC sin2A ＝1sin A，∴AC 2sin A cos A ＝1sin A ，则ACcos A＝2.又△ABC 为锐角三角形，∴A ＋B ＝3A >90°，B ＝2A <90°∴30°<A <45°，22<cos A <32由AC ＝2cos A 得AC 的取值范围是(2，3)．三、解答题8.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 .①由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，故cos A ＝－12，又∵0°<A <180°，∴A ＝120°.(2)由①得sin 2A ＝sin 2B ＋sin 2C ＋sin B sin C . ∴34＝(sin B ＋sin C )2－sin B sin C ，又sin B ＋sin C ＝1， ② ∴sin B sin C ＝14.③解②③联立的方程组，得sin B ＝sin C ＝12.因为0°<B <60°，0°<C <60°，故B ＝C . 所以△ABC 是等腰的钝角三角形.9.在△ABC 中，a 、b 、c 分别为角A 、B 、C 的对边， 4sin2B ＋C2－cos 2A ＝72. (1)求∠A 的度数；(2)若a ＝3，b ＋c ＝3，求b 、c 的值. 解 (1)∵B ＋C ＝π－A ，即B ＋C 2＝π2－A2，由4sin2B ＋C2－cos 2A ＝72，得4cos 2A 2－cos 2A ＝72，即2(1＋cos A )－(2cos 2A －1)＝72，整理得4cos 2A －4cos A ＋1＝0，即(2cos A －1)2＝0.∴cos A ＝12，又0°<A <180°，∴A ＝60°.(2)由A ＝60°，根据余弦定理cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ，即b 2＋c 2－a 22bc ＝12，∴b 2＋c 2－bc ＝3，①又b ＋c ＝3， ② ∴b 2＋c 2＋2bc ＝9.③－③整理得：bc ＝2.④解②④联立方程组得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，c ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧b ＝2，c ＝1.10．在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，其中b ＝32，tan A ＋tan C ＋tan π3＝tan A ·tan C ·tan π3.(1)求角B 的大小；(2)求a ＋c 的取值范围．解析 (1)tan(A ＋C )＝tan A ＋tan C1－tan A ·tan C＝3tan A ·tan C －31－tan A ·tan C ＝－3， ∴A ＋C ＝2π3，∴B ＝π3.(2)由正弦定理有2R ＝b sin B ＝a sin A ＝csin C＝1，∵a ＋c ＝2R (sin A ＋sin C )＝sin A ＋sin C＝sin A ＋sin(23π－A )＝32sin A ＋32cos A ＝3sin(A ＋π6)又由0＜A ＜23π，有π6＜A ＋π6＜56π，∴32＜a ＋c ≤3，即a ＋c 的取值范围是(32，3]． 11．在△ABC 中，a 、b 、c 分别为角A 、B 、C 所对的边，a ＝23，tan A ＋B2＋tan C2＝4，sin B ·sin C ＝cos 2A2，求A 、B 及b 、c .【解析】由tan A ＋B 2＋tan C 2＝4，得cot C 2＋tan C2＝4，即cos C 2sin C 2＋sinC2cos C2＝4，所以cos 2C2＋sin2C2sin C 2cos C 2＝4，所以1sin C ＝2，所以sin C ＝12，又C ∈(0，π)，所以C ＝π6或5π6，由sin B ·sin C ＝cos 2A 2，得sin B ·sin C ＝12[1－cos(B ＋C )]，即2sin B ·sin C ＝1－cos B ·cos C ＋sin B ·sin C ，所以cos B ·cos C ＋sin B ·sin C ＝1，即cos(B －C )＝1，所以B ＝C ＝π6， A ＝π－(B ＋C )＝2π3，由正弦定理a sin A ＝b sin B ＝c sin C 得， b ＝c ＝a ·sin Bsin A ＝23×1232＝2.12．若tan C ＝sin A ＋sin Bcos A ＋cos B，c ＝3，试求ab 的最大值．(2)∵tan C ＝tan[π－(A ＋B )]＝－tan(A ＋B )∴－sin(A ＋B )cos(A ＋B )＝sin A ＋sin B cos A ＋cos B即sin(A ＋B )cos A ＋sin(A ＋B )cos B ＋cos(A ＋B )sin A ＋cos(A ＋B )sin B ＝0 即sin(2A ＋B )＋sin(A ＋2B )＝0. ∴2A ＋B ＝－(A ＋2B )＋2k π(k ∈Z ) 或(2A ＋B )－(A ＋2B )＝π＋2k π(k ∈Z )∵A ，B 为△ABC 的内角，∴A ＋B ＝2π3，即C ＝π3.又c ＝3，由余弦定理c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C得：3＋ab ＝a 2＋b 2≥2ab∴ab ≤3，当且仅当a ＝b 时“＝”成立．故ab 的最大值为3.13．在△ABC 中，AC ＝1，∠ABC ＝2π3，∠BAC ＝x ，记f (x )＝AB BC ⋅.(1)求函数f (x )的解析式及定义域；(2)设g (x )＝6m ·f (x )＋1，x ∈(0，π3)，是否存在正实数m ，使函数g (x )的值域为(1，54]？若存在，请求出m 的值；若不存在，请说明理由．【解析】(1)由正弦定理BCsin x＝AB sin π3－x ＝AC sin ∠ABC ＝1sin2π3，得BC ＝23sin x ，AB ＝23sin(π3－x )，∴f (x )＝AB BC ⋅＝AB ·BC cos(π－∠ABC )＝43sin x ·sin(π3－x )·12＝23(32cos x －12sin x )·sin x ＝13sin(2x ＋π6)－16，其定义域为(0，π3)． (2)g (x )＝6mf (x )＋1＝2m sin(2x ＋π6)－m ＋1(0＜x ＜π3)，假设存在正实数m 满足题设．∵0＜x ＜π3，∴π6＜2x ＋π6＜5π6，则sin(2x ＋π6)∈(12，1]．又m ＞0，则函数g (x )的值域为(1，m ＋1]，而g (x )的值域为(1，54]，故m ＋1＝54，∴m ＝14.故存在正实数m ＝14使函数g (x )的值域为(1，54]．14在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知向量p ＝(c －2a ，b )，q ＝(cos B ，cos C )，p ⊥q .(1)求角B 的大小；(2)若b ＝23，求△ABC 面积的最大值．解析 (1)由p ⊥q 得：(c －2a )cos B ＋b cos C ＝0由正弦定理得，sin C cos B －2sin A cos B ＋sin B cos C ＝0 ∴sin(C ＋B )＝2sin A cos B∵B ＋C ＝π－A ∴sin(C ＋B )＝sin A 且sin A >0∴sin A ＝2sin A cos B ，cos B ＝12又B ∈(0，π)，∴B ＝π3.(2)由余弦定理得，b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝a 2＋c 2－ac ≥ac当且仅当a ＝c 时“＝”成立．又b ＝23，∴ac ≤12. ∴S △ABC ＝12ac sin B ≤12×12×32＝33，当且仅当a ＝c ＝23时，S △ABC 的最大值为3 3.。

近年高考数学一轮复习第4章三角函数专题研究2正、余弦定理应用举例练习理(2021年整理)

2019高考数学一轮复习第4章三角函数专题研究2 正、余弦定理应用举例练习理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019高考数学一轮复习第4章三角函数专题研究2 正、余弦定理应用举例练习理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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专题研究2 正、余弦定理应用举例1。

如图所示，为了测量某湖泊两侧A，B间的距离，李宁同学首先选定了与A，B不共线的一点C（△ABC的角A，B，C所对的边分别记为a，b，c),然后给出了三种测量方案：①测量A,C，b；②测量a，b，C；③测量A，B,a，则一定能确定A,B间的距离的所有方案的序号为（）A．①②B．②③C．①③D．①②③答案D解析由题意可知，在①②③三个条件下三角形均可唯一确定，通过解三角形的知识可求出AB.故选D.2.(2017·广东中山上学期期末)如图所示，设A，B两点在河的两岸，一测量者在A的同侧，在所在的河岸边选定一点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错误! m B．50错误! mC．25错误! m D.错误! m答案A解析由题意，得B＝30°.由正弦定理，得错误!＝错误!,∴AB＝错误!＝错误!＝50错误! (m）．故选A.3．某人在C点测得某塔在南偏西80°，塔顶仰角为45°，此人沿南偏东40°方向前进10米到D，测得塔顶A的仰角为30°，则塔高为( )A．15米B．5米C．10米D．1米答案C解析如图所示，设塔高为h，在Rt△AOC中，∠ACO＝45°，则OC＝OA＝h.在Rt△AOD中，∠ADO＝30°，则OD＝错误!h，在△OCD中,∠OCD＝120°,CD＝10，由余弦定理得OD2＝OC2＋CD2－2OC·CD cos∠OCD，即（3h)2＝h2＋102－2h×10×cos120°，∴h2－5h－50＝0,解得h＝10或h＝－5（舍去)．4．有一长为1千米的斜坡，它的倾斜角为20°，现要将倾斜角改为10°，则斜坡长为（）A．1千米B．2sin10°千米C．2cos10°千米D．cos20°千米答案C解析由题意知DC＝BC＝1，∠BCD＝160°，∴BD2＝DC2＋CB2－2DC·CB·cos160°＝1＋1－2×1×1cos(180°－20°）＝2＋2cos20°＝4cos210°，∴BD＝2cos10°。

2019年高考数学(理)一轮复习精品资料专题22正弦定理和余弦定理的应用(教学案)含解析

2019年高考数学（理）一轮复习精品资料1.能够运用正弦定理、余弦定理等知识解决一些与测量和几何计算有关的实际问题．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：指北或指南方向线与目标方向所成的小于90°的角叫做方向角，如北偏东α，南偏西α.特别地，若目标方向线与指北或指南方向线成45°角称为西南方向，东北方向等．(1)北偏东α，即由指北方向顺时针旋转α到达目标方向(如图③)；(2)北偏西α，即由指北方向逆时针旋转α到达目标方向；(3)南偏西等其他方向角类似．4.坡角与坡度1．坡角：坡面与水平面所成的二面角的度数(如图④，角θ为坡角)．2．坡度：坡面的铅直高度与水平长度之比(如图④，i 为坡度)．坡度又称为坡比．【必会结论】1．仰角与俯角是相对水平视线而言的，而方位角是相对于正北方向而言的．2．“方位角”与“方向角”的区别：方位角大小的范围是[0,2π)，方向角大小的范围是2π.高频考点一考查测量距离例1、如图所示，为了测量河对岸A ，B 两点间的距离，在岸边定一基线CD ，现已测出CD ＝a 和∠ACD ＝60°，∠BCD ＝30°，∠BDC ＝105°，∠ADC ＝60°，试求AB 的长．【举一反三】如图所示，有两座建筑物AB 和CD 都在河的对岸(不知道它们的高度，且不能到达对岸)，某人想测量两座建筑物尖顶A 、C 之间的距离，但只有卷尺和测量仪两种工具．若此人在地面上选一条基线EF，用卷尺测得EF的长度为a，并用测角仪测量了一些角度：∠AEF＝α，∠AFE＝β，∠CEF ＝θ，∠CFE＝φ，∠AEC＝γ.请你用文字和公式写出计算A、C之间距离的步骤和结果．【解析】第一步：在中，利用正弦定理得，解得；第二步：在中，同理可得；第三步：在中，利用余弦定理，.【方法技巧】求距离问题时要注意(1)选定或确定要创建的三角形，要首先确定所求量所在的三角形，若其他量已知则直接解；若有未知量，则把未知量放在另一确定三角形中求解；(2)确定用正弦定理还是余弦定理，如果都可用，就选择更便于计算的定理．【变式探究】隔河看两目标A与B，但不能到达，在岸边选取相距 km的C，D两点，同时，测得∠ACB＝75°，∠BCD＝45°，∠ADC＝30°，∠ADB＝45°(A，B，C，D在同一平面内)，求两目标A，B之间的距离．【解析】如图，在△ACD中，∠ACD＝120°，∠CAD＝∠ADC＝30°.所以AC＝CD＝.高频考点二考查高度问题例2、如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30°的方向上，行驶600 m后到达B处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为30°，则此山的高度CD＝________m.答案100解析如图所示，由已知得∠BAC＝30°，AB＝600 m，∠EBC＝75°，∠CBD＝30°，【举一反三】如图，在湖面上高为10 m处测得天空中一朵云的仰角为30°，测得湖中之影的俯角为45°，则云距湖面的高度为(精确到0.1 m)()A．2.7 m B．17.3 mC．37.3 m D．373 m【答案】C【方法技巧】求解高度问题首先应分清(1)在测量高度时，要理解仰角、俯角的概念，仰角和俯角都是在同一铅垂面内视线与水平线的夹角；(2)准确理解题意，分清已知条件与所求，画出示意图；(3)运用正、余弦定理，有序地解相关的三角形，逐步求解问题的答案，注意方程思想的运用．【变式探究】如图，为测得河对岸塔AB的高，先在河岸上选一点C，使C在塔底B的正东方向上，测得点A的仰角为60°，再由点C沿北偏东15°方向走10米到位置D，测得∠BDC＝45°，则塔AB的高是________米．【解析】在△BCD 中，CD ＝10，∠BDC ＝45°，∠BCD ＝15°＋90°＝105°，∠DBC ＝30°，sin 45°BC＝sin 30°CD ，BC ＝sin 30°CDsin 45°＝10.在Rt △ABC 中，tan 60°＝BC AB，AB ＝BC tan 60°＝10.【答案】10高频考点三考查角度问题例3、在一次海上联合作战演习中，红方一艘侦察艇发现在北偏东45°方向，相距12 n mile 的水面上，有蓝方一艘小艇正以每小时10 n mile 的速度沿南偏东75°方向前进，若红方侦察艇以每小时14 n mile 的速度，沿北偏东45°＋α方向拦截蓝方的小艇．若要在最短的时间内拦截住，求红方侦察艇所需的时间和角α的正弦值．解如图，设红方侦察艇经过x 小时后在C 处追上蓝方的小艇，则AC ＝14x ，BC ＝10x ，∠ABC ＝120°.【举一反三】某渔船在航行中不幸遇险，发出呼救信号，我海军舰艇在A处获悉后，立即测出该渔船在方位角为45°，距离A为10海里的C处，并测得渔船正沿方位角为105°的方向，以10海里/时的速度向小岛B靠拢，我海军舰艇立即以10海里/时的速度前去营救，求舰艇的航向和靠近渔船所需的时间.解如图所示，设所需时间为t小时，所以舰艇航向为北偏东75°.【方法技巧】解决测量角度问题的注意事项(1)首先应明确方位角或方向角的含义．(2)分析题意，分清已知与所求，再根据题意画出正确的示意图，这是最关键、最重要的一步．(3)将实际问题转化为可用数学方法解决的问题后，注意正弦、余弦定理的“联袂”使用．【变式探究】如图，位于A处的信息中心获悉：在其正东方向相距40海里的B处有一艘渔船遇险，在原地等待营救．信息中心立即把消息告知在其南偏西30°、相距20海里的C处的乙船，现乙船朝北偏东θ的方向沿直线CB前往B处救援，求cosθ的值．高频考点四考查函数思想在解三角形中的应用例4、某港口O要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上．在小艇出发时，轮船位于港口O北偏西30°且与该港口相距20海里的A处，并正以30海里/小时的航行速度沿正东方向匀速行驶．假设该小艇沿直线方向以v海里/小时的航行速度匀速行驶，经过t小时与轮船相遇．(1)若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇航行速度的大小应为多少？(2)假设小艇的最高航行速度只能达到30海里/小时，试设计航行方案(即确定航行方向和航行速度的大小)，使得小艇能以最短时间与轮船相遇，并说明理由．解 (1)设相遇时小艇航行的距离为s 海里，则s ＝＝＝2＋3001.故当t ＝31时，s min ＝10，v ＝31＝30(海里/小时)．即小艇以30海里/小时的速度航行，相遇时小艇的航行距离最小．(2)设小艇与轮船在B 处相遇．则v 2t 2＝400＋900t 22·20·30t ·cos(90°－30°)，【方法技巧】解三角形在实际中的应用问题有很多是求距离最短、用时最少、速度最大等最值问题，这需要建立有关量的函数关系式，通过求函数最值的方法来解决.函数思想在解三角形实际问题中的应用，经常与正弦定理、余弦定理相结合，此类问题综合性较强，能力要求较高，要有一定的分析问题、解决问题的能力.【举一反三】如图所示，一辆汽车从O 点出发沿一条直线公路以50公里/小时的速度匀速行驶(图中的箭头方向为汽车行驶方向)，汽车开动的同时，在距汽车出发点O 点的距离为5公里、距离公路线的垂直距离为3公里的M 点的地方有一个人骑摩托车出发想把一件东西送给汽车司机．问骑摩托车的人至少以多大的速度匀速行驶才能实现他的愿望，此时他驾驶摩托车行驶了多少公里？【解析】作MI 垂直公路所在直线于点I ，则MI ＝3， ∵OM ＝5，∴OI ＝4，∴cos ∠MOI ＝54.设骑摩托车的人的速度为v 公里/小时，追上汽车的时间为t 小时，由余弦定理得(vt )2＝52＋(50t )2－2×5×50t ×54，即v 2＝t225－t 400＋2 500＝＝25－812＋900≥900，∴当t ＝81时，v 取得最小值为30，∴其行驶距离为vt ＝830＝415公里．故骑摩托车的人至少以30公里/小时的速度行驶才能实现他的愿望，此时他驾驶摩托车行驶了415公里．【方法技巧】函数思想在解三角形中常与余弦定理应用及函数最值求法相综合，此类问题综合性较强，能力要求较高，要求考生要有一定的分析问题解决问题的能力。

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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.会利用三角形的面积公式解决几何计算问题C ab S sin 21. 基础知识回顾: 1.a sin A ＝b sin B ＝c sin C＝2R ，其中R 是三角形外接圆的半径．由正弦定理可以变形：(1) a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C ；(2) a ＝2Rsin A ，b ＝2Rsin B ，c ＝2Rsin C. 2．余弦定理：a 2＝b 2＋c 2－2bccos A ，b 2＝a 2＋c 2－2accos B ，c 2＝a 2＋b 2－2abcos C ．变形：cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ，cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ，cos C ＝a 2＋b 2－c22ab .3.在△ABC 中，已知a ，b 和A 解三角形时，解的情况A 为锐角A 为钝角或直角图形关系式 a ＜bsinAa ＝bsinAbsinA ＜a ＜b a≥ba ＞ba≤b解的个数无解一解两解一解一解无解4.三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 ＝12absinC ＝12acsinB ＝12bcsinA ＝abc4R .(3)S ＝12r(a ＋b ＋c)(r 为内切圆半径)．应用举例:类型一、利用正（余）弦定理解三角形【例1】【河北省唐山一中2018届高三下学期强化提升考试（一）】已知中，，点在边上，且．（1）若，求；（2）求的周长的取值范围．【答案】（1）；（2）.中，利用正弦定理得：，所以：，由于：，则：，，，由于：，则：，得到：，所以的周长的范围是：.【点睛】本题考查了用正弦定理、余弦定理解三角形，尤其在求三角形周长时解题方法是利用正弦定理将边长转化为角的问题，然后利用辅助角公式进行化简，求出范围，一定要掌握解题方法。

【例2】【河北省衡水中学2018届高三考前适应性训练】已知在中，所对的边分别为，.（1）求的大小；（2）若，求的值.【答案】（1）或（2）1（2）∵，∴又由余弦定理得，∴当时，则，∴，∴，当时，则，∴，，此方程无解.综上所述，当且仅当时，可得.【点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.其基本步骤是：第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向. 第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化.第三步：求结果.类型二、利用正（余）弦定理判断三角形形状【例3】在中，，.（1）求证：是直角三角形；（2）若点在边上，且，求．【答案】（1）见解析；（2）（2）设，则，，，所以，在中，，，由正弦定理得，，所以【点睛】本题主要考查的知识点是运用正弦定理和余弦定理解三角形，注意角之间的表示，本题需要一定的计算【例4】【浙江省“七彩阳光”联盟2019届高三期初联考】在中，角所对的边分别为，已知且（1）判断的形状；（2）若，求的面积.【答案】（1）见解析；（2）（2）由（1）知，，则，因为，所以由余弦定理，得，解得，所以的面积．【点睛】本题运用正弦定理、余弦定理和三角形面积公式解三角形，注意在运算过程中作为隐含的条件成立并且加以运用。

类型三、利用正（余）弦定理解决与三角形面积有关的问题【例5】【云南省红河州2018届高三复习统一检测】在中,角,,的对边分别为.已知,.(1)求角； (2)若，求的面积．【答案】(1)；(2)2.（2）由（1）得,因为得 ,同理得,所以的面积.【点睛】本题考查三角形的解法，正弦定理的应用，两角和与差的三角函数的应用，考查计算能力．【例6】【黑龙江省2018年普通高等学校招生全国统一考试仿真模拟（八）】在中，角，，的对边分别是，，，若，，成等差数列.（1）求；（2）若，，求的面积. 【答案】(1)；(2).又，∴，即.而，∴，由，得.方法、规律归纳: 1.三角形中常见的结论(1)A ＋B ＋C ＝π. (2)在△ABC 中，A ＞B ⇔a ＞b ⇔sinA ＞sinB ⇔cosA ＜cosB. (3)任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．(4)三角形内的诱导公式：sin(A ＋B)＝sin C ；cos(A ＋B)＝－cos C ； tan(A ＋B)＝－tan C ；sin A ＋B 2＝cos C 2；cos A ＋B 2＝sin C2.(6)在△ABC 中，A ，B ，C 成等差数列的充要条件是B ＝60° .(7)△ABC 为正三角形的充要条件是A ，B ，C 成等差数列且a ，b ，c 成等比数列． 2.判定三角形形状的两种常用途径(1)通过正弦定理和余弦定理，化边为角，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断． (2)利用正弦定理、余弦定理化角为边，通过代数恒等变换，求出边与边之间的关系进行判断．实战演练:1．【黑龙江省2018年普通高等学校招生全国统一考试仿真模拟（十一）】在中，角所对的边分别为，且．（1）求；（2）若，求的面积的最大值．【答案】(1)；(2).【点睛】在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．2．【黑龙江省2018年普通高等学校招生全国统一考试仿真模拟（七）】在中，角，，的对边分别为，，，，.（1）若，求的面积；（2）若的面积为，求，.【答案】(1)；(2)，.3．【福建省闽侯第二中学、连江华侨中学等五校教学联合体2017届高三上学期期中考试】已知中，角（1）求角的大小；（2）若，求面积的最大值。

【答案】；（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理和三角恒等变换的方法化简即得角的大小.(2)先证明再求面积的最大值.【详解】（1）（2）【点睛】(1)本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查基本不等式求最值，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)本题解题的关键是. 4．【安徽省定远重点中学2018届高三5月高考模拟考试】已知中，内角所对的边分别为，其中，（1）若，求的值；（2）若边上的中线长为，求的面积.【答案】(1) (2)（Ⅱ）由边上的中线长为，利用向量的运算和夹角公式求解，即可求解【详解】（1）依题意，，故，所以，所以，即，即，因为，所以，故，可得；（2）记边上的中线为CD，故，所以，结合（1）可知，解得，所以的面积.【点睛】本题考查了正余弦定理的灵活运用和计算能力，属于基础题．5．【2018年高考第二次适应与模拟】在中，内角的对边分别为，且满足.（1）证明：成等差数列；（2）已知的面积为，，求的值.【答案】（1）见解析；（2）【详解】（1）由题设，即由三角形内角和定理有由正弦定理有成等差数列（2）由得，根据，由余弦定理又由(1)得，代入得，.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理及三角形的面积公式．解题中利用正弦定理和余弦定理进行边角关系的转化是解题地基本方法．当等式两边是关于边或关于角的齐次式时，可以利用正弦定理进行边角转化，如果有余弦定理中的式子则用余弦定理转化，化为单一关系式再进行变形求解．6．【山东省沂水县第一中学2018届高三第三轮考试】在中，内角所对的边分别为，已知.（1）求角；（2）若的周长为8，外接圆半径为，求的面积.【答案】(1);(2).【详解】（1）由，得，即，所以即，因为，所以.由正弦定理得，因为，所以，所以，得.【河南省信阳高级中学2019届高三第一次大考】的内角，，的对边分别为，，，已知，7．.（1）求；（2）若，求的面积和周长.【答案】（1）；（2），【解析】分析：（1）把已知等式用正弦定理转化为角的关系，可求得，从而可得，也即得．（2）把及代入已知可得，再由公式求得面积，由余弦定理可求得，从而可得，得周长．详解：（1）由正弦定理以及得，又因为，所以，所以可得所以，且，得（2）将和代入得，所以由余弦定理得，即，所以的周长为点睛：本题考查正弦定理，三角形的面积公式，考查两角和的余弦公式和诱导公式，在解三角形中边角关系常常用正弦定理进行相互转化，解题时可根据要求的结论确定选用什么公式，从而确定解题方法．如本题求三角形面积，利用（1）的结论可选用公式，因此可先把及代入已知求出，再求面积．8．【河南省郑州市2018届高三第三次质量预测】在中，角的对边分别是，且.（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）若，求面积的最大值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.点睛：本题主要考查了正弦定理、余弦定理、三角形面积公式和基本不等式的应用，属于中档题。

9．【山西省太原市2018届高三第三次模拟考试】已知的内切圆面积为，角所对的边分别为，若.（1）求角；（2）当的值最小时，求的面积.【答案】(1);(2).（2）由余弦定理得，由题意可知的内切圆半径为1，如图，设圆为三角形的内切圆，为切点，可得，则，于是，化简得，所以或，又，所以，即，当且仅当时，的最小值为6，此时三角形的面积.点睛:本题主要考察了正余弦定理的灵活应用及三角形内切圆的性质,属于中档题.10．【北京东城北京二中2018届高三上学期期中考试】已知向量，，且函数．（）求函数的最大值以及取最大值时的取值集合．（）在中，角，，的对边分别为，，，且，，，求的面积．【答案】(1) 函数的最大值为，此时的取值集合为．(2)（）∵，∴，∵为的内角，∵，由余弦定理得即，又，，故，得，∴的面积．点睛：本题综合考查平面向量的数量积公式，三角函数的正余弦倍角公式，辅助角公式，及用余弦定理解三角形和三角形面积。

解三角的关键是选择合适的正弦定理与余弦定理及面积公式。

11．△ABC的内角，A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin(A＋C)＝8sin2.(1)求cosB；(2)若a＋c＝6，△ABC的面积为2，求b.【答案】(1)cosB＝.(2)b＝2.点睛：以三角形载体，三角恒等变换为手段，正弦定理、余弦定理为工具，对三角函数及解三角形进行考查是近几年高考考查的一类热点问题，一般难度不大，但综合性较强.解答这类问题，两角和与差的正余弦公式、诱导公式以及二倍角公一定要熟练掌握并灵活应用，特别是二倍角公式的各种变化形式要熟记于心. 12．已知中，，为内一点，且.（Ⅰ）当时，求的长；（Ⅱ）若，令，求的值.【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ).（Ⅱ），，由内角和定理得.在直角中，，在中，由正弦定理得：即，即：，整理可得：，解得.13．【山东、湖北部分重点中学2018届高三高考冲刺模拟考试（二）】的内角的对边分别为.已知.（Ⅰ）求角；（Ⅱ）的面积为，其外接圆半径为，且，求.【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ).（Ⅱ），由面积公式得，即.由余弦定理得即.解得：或，又，所以.14．【宁夏回族自治区银川一中2018届高三考前适应性训练】已知△内角，，的对边分别为，，，．（1）求；（2）若，，求△的面积．【答案】（1）（2）15．【江苏省苏州市2018届高三调研测试（三）】已知中，若角对应的边分别为，满足，.(1)若的面积为，求；(2)若，求的面积.【答案】（1）（2）或【解析】分析：（1）由得，即，又，两边同时平方化简求值即可；（2）利用三角形的面积公式以及余弦定理转化求解即可.解析：解：(1)由得，即.又，那么，即，得到，即有.。