专题02 运用正余弦定理解决三角形问题(解析版)

专题02运用正余弦定理解决三角形问题一、题型选讲题型一正余弦定理在三角形中的运用正余弦定理主要就是研究三角形综合的边与角的问题，在三角形中要恰当的选择正余弦定理，但是许多题目中往往给出多边形，因此，要咋爱多边形中恰当的选择三角形，就要根据题目所给的条件，标出边和角，合理的选择三角形，尽量选择边和角都比较多的条件的三角形，然后运用正余弦定理解决。例1、(2017徐州、连云港、宿迁三检）如图，在中，已知点在边上，，，，．（1）求的值；（2）求的长．AABCD第15题)解析：（1）在中，，，所以．同理可得，．所以．（2）在中，由正弦定理得，．又，所以．在中，由余弦定理得，．例2、（2017年苏北四市模拟）如图，在四边形ABCD中，已知AB＝13，AC＝10，AD＝5，CD＝eq\r(65)，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝50.(1)求cos∠BAC的值；(2)求sin∠CAD的值；(3)求△BAD的面积．解析：(1)因为eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(A\o(B,\s\up6(→))))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(A\o(C,\s\up6(→))))cos∠BAC，所以cos∠BAC＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(A\o(B,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(A\o(C,\s\up6(→)))))＝eq\f(50,13×10)＝eq\f(5,13).(2)在△ADC中，AC＝10，AD＝5，CD＝eq\r(65).由余弦定理，得cos∠CAD＝eq\f(AC2＋AD2－CD2,2AC·AD)＝eq\f(102＋52－\r(65)2,2×10×5)＝eq\f(3,5).因为∠CAD∈(0，π)，所以sin∠CAD＝eq\r(1－cos2∠CAD)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2)＝eq\f(4,5).(3)由(1)知，cos∠BAC＝eq\f(5,13).因为∠BAC∈(0，π)，所以sin∠BAC＝eq\r(1－cos2∠BAC)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,13)))2)＝eq\f(12,13).从而sin∠BAD＝sin(∠BAC＋∠CAD)＝sin∠BACcos∠CAD＋cos∠BACsin∠CAD＝eq\f(12,13)×eq\f(3,5)＋eq\f(5,13)×eq\f(4,5)＝eq\f(56,65).所以S△BAD＝eq\f(1,2)AB·AD·sin∠BAD＝eq\f(1,2)×13×5×eq\f(56,65)＝28.题型二运用正余弦定理解决边角问题正余弦定理主要是解决三角形的边角问题，在解三角形时要分析三角形中的边角关系，要合理的使用正、余弦定理，要有意识的考虑是运用正弦定理还是余弦定理，就要抓住这两个定理的使用条件。例3、（2019年江苏卷）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．（1）若a=3c，b=，cosB=，求c的值；（2）若，求的值．【解析】(1)由题意结合余弦定理得到关于c的方程，解方程可得边长c的值；(2)由题意结合正弦定理和同角三角函数基本关系首先求得的值，然后由诱导公式可得的值.（1）因为，由余弦定理，得，即.所以.（2）因为，由正弦定理，得，所以.从而，即，故.因为，所以，从而.因此.题型三、运用正余弦定理研究三角形中有关的范围无论是在利用正弦定理或余弦定理进行边角互化，还是利用三角恒等式消元的过程中都需要有较强的目标意识．本题通过不同角度的消元将问题转化为利用基本不等式求最值的问题进行解决．由目标式的结构则容易联想利用斜三角形中的恒等式tanA＋tanB＋tanC＝tanAtanBtanC将问题作进一步处理例4、(2019无锡期末）在锐角三角形ABC中，已知2sin2A＋sin2B＝2sin2C，则eq\f(1,tanA)＋eq\f(1,tanB)＋eq\f(1,tanC)的最小值为________．【答案】eq\f(\r(13),2)解法1：因为2sin2A＋sin2B＝2sin2C，所以由正弦定理可得2a2＋b2＝2c2由余弦定理及正弦定理可得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(b2,4ab)＝eq\f(b,4a)＝eq\f(sinB,4sinA)又因为sinB＝sin＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC所以cosC＝eq\f(sinAcosC＋cosAsinC,4sinA)＝eq\f(cosC,4)＋eq\f(sinC,4tanC)可得tanC＝3tanA，代入tanA＋tanB＋tanC＝tanAtanBtanC得tanB＝eq\f(4tanA,3tan2A－1)所以eq\f(1,tanA)＋eq\f(1,tanB)＋eq\f(1,tanC)＝eq\f(1,tanA)＋eq\f(3tan2A－1,4tanA)＋eq\f(1,3tanA)＝eq\f(3tanA,4)＋eq\f(13,12tanA)因为A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以tanA>0，所以eq\f(3tanA,4)＋eq\f(13,12tanA)≥2eq\r(\f(3tanA,4)×\f(13,12tanA))＝eq\f(\r(13),2)当且仅当eq\f(3tanA,4)＝eq\f(13,12tanA)，即tanA＝eq\f(\r(13),3)时取“＝”．所以eq\f(1,tanA)＋eq\f(1,tanB)＋eq\f(1,tanC)的最小值为eq\f(\r(13),2).解法2：过点B作BD⊥AC于D，设AD＝x，DC＝y，BD＝h，则tanA＝eq\f(h,x)，tanC＝eq\f(h,y).同解法1可得tanC＝3tanA，tanB＝eq\f(4tanA,3tan2A－1)则eq\f(h,y)＝eq\f(3h,x)即x＝3y，tanB＝eq\f(\f(4h,x),3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,x)))\s\up12(2)－1)＝eq\f(4hx,3h2－x2)所以eq\f(1,tanA)＋eq\f(1,tanB)＋eq\f(1,tanC)＝eq\f(x,h)＋eq\f(3h2－x2,4hx)＋eq\f(y,h)＝eq\f(3y,h)＋eq\f(3h2－9y2,12hy)＋eq\f(y,h)＝eq\f(13y,4h)＋eq\f(h,4y)≥eq\f(\r(13),2)当且仅当eq\f(13y,4h)＝eq\f(h,4y)即y＝eq\f(,13)y时取“＝”．所以eq\f(1,tanA)＋eq\f(1,tanB)＋eq\f(1,tanC)的最小值为eq\f(\r(13),2).题型四、正余弦定理与向量的结合三角函数和平面向量是高中数学的两个重要分支，内容繁杂，且平面向量与三角函数交汇点较多，向量的平行、垂直、夹角、数量积等知识都可以与三角函数进行交汇．不论是哪类向量知识与三角函数的交汇试题，都会出现交汇问题中的难点，对于此类问题的解决方法就是利用向量的知识将条件转化为三角函数中的“数量关系”，再利用三角函数的相关知识进行求例5、(2019无锡期末）在△ABC中，设a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知向量m＝(a，sinC－sinB)，n＝(b＋c，sinA＋sinB)，且m∥n.(1)求角C的大小；(2)若c＝3,求△ABC的周长的取值范围．(1)由m∥n及m＝(a，sinA－sinB)，n＝(b＋c，sinA＋sinB)得a(sinA＋sinB)－(b＋c)(sinC－sinB)＝0，(2分)由正弦定理，得：aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2R)＋\f(b,2R)))－(b＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2R)－\f(b,2R)))＝0，所以a2＋ab－(c2－b2)＝0，得c2＝a2＋b2＋ab，由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcoC，所以a2＋b2＋ab＝a2＋b2－2abcosC，所以ab＝－2abcosC，(5分)因为ab>0，所以cosC＝－eq\f(1,2)，又因为C∈(0，π)，所以C＝eq\f(2π,3).(7分)(2)在△ABC中，由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcosC.所以a2＋b2－2abcoseq\f(2π,3)＝9，即(a＋b)2－ab＝9.(9分)所以ab＝(a＋b)2－9≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)，所以eq\f(3（a＋b）2,4)≤9，即(a＋b)2≤12，所以a＋b≤2eq\r(3)，(12分)又因为a＋b>c，所以6<a＋b＋c≤2eq\r(3)＋3，即周长l满足6<l≤3＋2eq\r(3)，所以△ABC周长的取值范围是(6，3＋2eq\r(3)]．(14分)二、达标训练1、(2019苏州三市、苏北四市二调）在△ABC中，已知C＝120°，sinB＝2sinA，且△ABC的面积为2eq\r(3)，则AB的长为________．【答案】2eq\r(7)【解析】设角A，B，C的对边分别为a，b，c.因为sinB＝2sinA，由正弦定理得b＝2a，因为△ABC的面积为2eq\r(3)，所以S＝eq\f(1,2)absin120°＝eq\f(\r(3),2)a2＝2eq\r(3)，解得a＝2，所以b＝4，则AB＝c＝eq\r(a2＋b2－2abcosC)＝eq\r(4＋16－2×2×4cos120°)＝2eq\r(7).2、(2019南京学情调研）已知△ABC的面积为3eq\r(15)，且AC－AB＝2，cosA＝－eq\f(1,4)，则BC的长为________．【答案】8【解析】在△ABC中，cosA＝－eq\f(1,4)，所以sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(\r(15),4)，由S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)bc×eq\f(\r(15),4)＝3eq\r(15)得bc＝24，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝(b－c)2＋2bc－2bccosA＝22＋48＋12＝64，即a＝8.3、(2017南京、盐城一模）在△ABC中，已知AB＝eq\r(3)，C＝eq\f(π,3)，则eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))的最大值为________．【答案】eq\f(3,2)【解析】因为AB＝eq\r(3)，C＝eq\f(π,3)，设角A，B，C所对的边为a，b，c，所以由余弦定理得3＝a2＋b2－2abcoseq\f(π,3)＝a2＋b2－ab≥ab，当且仅当a＝b＝eq\r(3)时等号成立，又eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝abcosC＝eq\f(1,2)ab，所以当a＝b＝eq\r(3)时，(eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→)))max＝eq\f(3,2).4、(2016盐城三模）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若△ABC为锐角三角形，且满足b2－a2＝ac，则eq\f(1,tanA)－eq\f(1,tanB)的取值范围是________．【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2\r(3),3)))【解析】eq\a\vs4\al(思路分析)思路一，根据题意可知，本题可以从“解三角形和三角恒等变换”角度切入，又因已知锐角和边的关系，而所求为正切值，故把条件化为角的正弦和余弦来处理即可；思路二，本题所求为正切值，故可以构造直角三角形，用边的关系处理．解法1原式可化为eq\f(1,tanA)－eq\f(1,tanB)＝eq\f(cosA,sinA)－eq\f(cosB,sinB)＝eq\f(sinBcosA－cosBsinA,sinAsinB)＝eq\f(sinB－A,sinAsinB).由b2－a2＝ac得，b2＝a2＋ac＝a2＋c2－2accosB，即a＝c－2acosB，也就是sinA＝sinC－2sinAcosB，即sinA＝sin(A＋B)－2sinAcosB＝sin(B－A)，由于△ABC为锐角三角形，所以有A＝B－A，即B＝2A，故eq\f(1,tanA)－eq\f(1,tanB)＝eq\f(1,sinB)，在锐角三角形ABC中易知，eq\f(π,3)<B<eq\f(π,2)，eq\f(\r(3),2)<sinB<1，故eq\f(1,tanA)－eq\f(1,tanB)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2\r(3),3))).解法2根据题意，作CD⊥AB，垂足为点D，画出示意图．因为b2－a2＝AD2－BD2＝(AD＋BD)(AD－BD)＝c(AD－BD)＝ac，所以AD－BD＝a，而AD＋BD＝c，所以BD＝eq\f(c－a,2)，则c>a，即eq\f(c,a)>1，在锐角三角形ABC中有b2＋a2>c2，则a2＋a2＋ac>c2，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))2－eq\f(c,a)－2<0，解得－1<eq\f(c,a)<2，因此，1<eq\f(c,a)<2.而eq\f(1,tanA)－eq\f(1,tanB)＝eq\f(AD－BD,CD)＝eq\f(a,\r(a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c－a,2)))2))＝eq\f(1,\r(1－\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)－1))2))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2\r(3),3))).5、(2016徐州、连云港、宿迁三检）如图，在梯形ABCD中，已知AD∥BC，AD＝1，BD＝2eq\r(10)，∠CAD＝eq\f(π,4)，tan∠ADC＝－2.(1)求CD的长；(2)求△BCD的面积．解析：(1)因为tan∠ADC＝－2，且∠ADC∈(0，π)，所以sin∠ADC＝eq\f(2\r(5),5)，cos∠ADC＝－eq\f(\r(5),5).所以sin∠ACD＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－∠ADC－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(∠ADC＋\f(π,4)))＝sin∠ADC·coseq\f(π,4)＋cos∠ADC·sineq\f(π,4)＝eq\f(\r(10),10)，(6分)在△ADC中，由正弦定理得CD＝eq\f(AD·sin∠DAC,sin∠ACD)＝eq\r(5)因为AD∥BC,所以cos∠BCD＝－cos∠ADC＝eq\f(\r(5),5)，sin∠BCD＝sin∠ADC＝eq\f(2\r(5),5)在△BDC中，由余弦定理得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD·cos∠BCD，得BC2－2BC－35＝0，解得BC＝7,(12分)所以S△BCD＝eq\f(1,2)BC·CD·sin∠BCD＝eq\f(1,2)×7×eq\r(5)×eq\f(2\r(5),5)＝7.6、(2019镇江期末）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且ccosB＋bcosC＝3acosB.(1)求cosB的值；(2)若|eq\o(CA,\s\up6(→))－eq\o(CB,\s\up6(→))|＝2，△ABC的面积为2eq\r(2)，求边b.规范解答(1)由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，CcosB＋bcosC＝3acosB，得sinCcosB＋sinBcosC＝3sinAcosB，(3分)则有3sinAcosB＝sin(B＋C)＝sin(π－A)＝sinA.(5分)又A∈(0，π)，则sinA>0，(6分)则cosB＝eq\f(1,3).(7分)(2)因为B∈(0，π)，则sinB>0，sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq\f(2\r(2),3).(9分)因为|eq\o(CA,\s\up6(→))－eq\o(CB,\s\up6(→))|＝|eq\o(BA,\s\up6(→))|＝2，(10分)所以S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)a×2×eq\f(2\r(2),3)＝2eq\r(2)，得a＝3.(12分)由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB＝9＋4－2×3×2×eq\f(1,3)＝9，则b＝3.(14分)7、(2018常州期末）已知△ABC中，a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且eq\r(3)bsinC＝ccosB＋c.(1)求角B的大小；(2)若b2＝ac，求eq\f(1,tanA)＋eq\f(1,tanC)的值．规范解答(1)由已知及正弦定理得eq\r(3)sinBsinC＝cosBsinC＋sinC.在△ABC中，sinC>0，所以eq\r(3)sinB－cosB＝1，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))＝eq\f(1,2).又B∈(0，π)，故－eq\f(π,6)<B－eq\f(π,6)<eq\f(5π,6)，所以B－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，所以B＝eq\f(π,3).(6分)(2)因为b2＝ac，由正弦定理得sin2B＝sinAsinC，故eq\f(1,tanA)＋eq\f(1,tanC)＝eq\f(cosA,sinA)＋eq\f(cosC,sinC)＝eq\f(cosAsinC＋sinAcosC,sinAsinC)＝eq\f(sin（A＋C）,sinAsinC)＝eq\f(sin（π－B）,sinAsinC)＝eq\f(sinB,sinAsinC)，所以eq\f(1,tanA)＋eq\f(1,tanC)＝eq\f(sinB,sin2