2026版三维设计一轮高中总复习数学教师用-第七节　余弦定理和正弦定理的综合应用

第七节余弦定理和正弦定理的综合应用重点解读正弦定理和余弦定理的综合应用是高考命题的热点，主要包括与三角形有关的证明问题、平面图形中的计算问题及三角形中的三线问题等.与三角形有关的证明问题（师生共研过关）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinCsin（A－B）＝sinBsin（C－A）.（1）若A＝2B，求C；解：（1）由A＝2B，A＋B＋C＝π，可得A＝2π将A＝2B代入sinCsin（A－B）＝sinBsin（C－A），可得sinCsinB＝sinBsin（C－A）.因为B∈（0，π），所以sinB≠0，所以sinC＝sin（C－A）.又A，C∈（0，π），所以C＋C－A＝π，即A＝2C－π，与A＝2π－解得C＝5π（2）证明：2a2＝b2＋c2.解：（2）证明：法一由sinCsin（A－B）＝sinBsin（C－A），可得sinCsinAcosB－sinCcosAsinB＝sinBsinCcosA－sinBcosCsinA，结合正弦定理可得，accosB－bccosA＝bccosA－abcosC，即accosB＋abcosC＝2bccosA.（*）由余弦定理得，accosB＝a2＋c2－b222bccosA＝b2＋c2－a2，将上述三式代入（*）式并整理，得2a2＝b2＋c2.法二因为A＋B＋C＝π，所以sinCsin（A－B）＝sin（A＋B）sin（A－B）＝sin2Acos2B－cos2Asin2B＝sin2A（1－sin2B）－（1－sin2A）sin2B＝sin2A－sin2B，同理有sinBsin（C－A）＝sin（C＋A）sin（C－A）＝sin2C－sin2A.又sinCsin（A－B）＝sinBsin（C－A），所以sin2A－sin2B＝sin2C－sin2A，即2sin2A＝sin2B＋sin2C，故由正弦定理可得2a2＝b2＋c2.解题技法证明与三角形有关的等（不等）式的一般思路（1）利用正、余弦定理完成边角转化：把已知条件或待证等（不等）式转化为以角为研究对象的三角等（不等）式或以边为研究对象的代数等（不等）式；（2）充分利用三角形中隐含条件：①A＋B＋C＝π；②A＞B⇔sinA＞sinB；③a－b＜c＜a＋b及三角函数的性质、三角恒等变换公式等推导证明.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos2（π2＋A）＋cosA＝5（1）求A；（2）若b－c＝33a，证明：△ABC是直角三角形解：（1）由已知得sin2A＋cosA＝54即cos2A－cosA＋14＝0所以（cosA－12）2＝0，cosA＝1由于0＜A＜π，故A＝π3（2）证明：由正弦定理及已知条件可得sinB－sinC＝33sinA由（1）知B＋C＝2π所以sinB－sin（2π3－B）＝33即12sinB－32cosB＝12，sin（B－π3由于0＜B＜2π3，故B＝从而△ABC是直角三角形.平面多边形中的计算问题（师生共研过关）如图所示，四边形ABCD为圆O的内接四边形，其中AB＝2，BC＝3，CD＝22，DA＝1.（1）求sinD的值；解：（1）连接AC（图略），因为四边形ABCD为圆内接四边形，所以B＋D＝π，所以cosB＝－cosD.在△ABC中，由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB，可得AC2＝2＋9＋2×2×3cosD＝11＋62cosD.在△ADC中，由余弦定理AC2＝AD2＋DC2－2AD·DCcosD，可得AC2＝1＋8－2×1×22cosD＝9－42cosD.所以11＋62cosD＝9－42cosD，得cosD＝－210又D∈（0，π），所以sinD＝1－cos（2）求四边形ABCD的面积及圆O的半径.解：（2）由（1）知，sinD＝7210，因为B＋D＝π，所以sinB＝sinD＝所以S△ABC＝12AB·BCsinB＝12×2×3×72S△ADC＝12AD·DCsinD＝12×1×22×72所以四边形ABCD的面积S＝S△ABC＋S△ADC＝2110＋75＝结合（1）得，AC2＝11＋62cosD＝11＋62×（－210）＝495，所以AC＝设四边形ABCD外接圆的半径为R，可得2R＝ACsinB＝75所以四边形ABCD外接圆的半径为102解题技法利用正、余弦定理解决平面多边形问题的策略（1）将所给平面多边形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正、余弦定理建立边角关系进行求解；（2）注意各个三角形之间的联系，特别是公共边、邻角之间的等量关系，交叉使用公共条件进行求解；（3）注意三角形相似、平行四边形性质等几何结论的应用；（4）注意方程思想的灵活运用，通过设出未知变量，建立方程进行求解.如图，△ABC是边长为3的等边三角形，线段AE交BC于点D，BD＝1.（1）求sin∠ADB；解：（1）在△ABD中，由余弦定理可得AD2＝AB2＋BD2－2AB×BD×cos∠ABD，代入数据可得AD2＝32＋12－2×3×1×12＝7，∴AD＝7由正弦定理可得ABsin∠ADB∴sin∠ADB＝AB×sin∠ABDAD（2）若AD＝3DE，求BE的长.解：（2）在△ABD中，由（1）及余弦定理得cos∠ADB＝－714cos∠EDB＝cos（π－∠ADB）＝－cos∠ADB＝714又DE＝AD3＝7∴在△BED中，由余弦定理可得BE2＝BD2＋DE2－2BD×DE×cos∠EDB＝1＋79－2×1×73×714故BE＝133三角形的“三线”问题（定向精析突破）考向1高线问题（2023·新高考Ⅰ卷17题）已知在△ABC中，A＋B＝3C，2sin（A－C）＝sinB.（1）求sinA；解：（1）∵A＋B＝3C，A＋B＋C＝π，∴4C＝π，则C＝π4∵2sin（A－C）＝sinB＝sin（π－A－C）＝sin（A＋C），∴2sinAcosC－2cosAsinC＝sinAcosC＋cosAsinC，则sinAcosC＝3cosAsinC，∴sinA＝3cosA＞0.又sin2A＋cos2A＝1，∴sinA＝310（2）设AB＝5，求AB边上的高.解：（2）法一设AB边上的高为h，由（1）易得cosA＝1010，则sinB＝sin（A＋C）＝sin（π4＋A）＝22cosA＋22sin在△ABC中，由正弦定理ABsinC＝ACsinB，得AC＝ABsinB又S△ABC＝12·AC·AB·sinA＝12·AB·∴h＝ACsinA＝210×31010＝即AB边上的高为6.法二由（1）得sinA＝3cosA，则A是锐角，cosA＝1010sinB＝sin（A＋C）＝sinAcosC＋cosAsinC＝31010×22＋1010×由正弦定理ACsinB＝ABsinC，得AC＝ABsinBsinC＝5×25522＝210，故解题技法高线问题的处理策略如图，在△ABC中，AD⊥BC：（1）等面积法：AD·BC＝AB·AC·sin∠BAC；（2）AD＝AB·sin∠ABD＝AC·sin∠ACD；（3）a＝c·cosB＋b·cosC.考向2中线问题（2024·福建九地市质量检测）已知△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且asinC＝csinB，C＝2π3（1）求B的大小；解：（1）∵asinC＝csinB，∴由正弦定理，得sinAsinC＝sinCsinB，∵0＜C＜π，∴sinC＞0，∴sinA＝sinB，∵0＜A＜π，0＜B＜π，∴A＝B或A＋B＝π（舍去），∵A＋B＋C＝π，且C＝2π3，∴B＝（2）若△ABC的面积为334，求BC解：（2）依题意得334＝12absin∵A＝B，∴a＝b，∴334＝12a2sin2π3＝3a设边BC的中点为D，则CD＝32在△ACD中，由余弦定理得AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cosC＝3＋34－2×3×32×cos2π∴BC边上中线的长为212解题技法中线问题的处理策略（1）可根据两角互补或面积相等用正、余弦定理建立方程求解；（2）采用向量法使问题简化：在△ABC中，若D为边BC上的中点，则AD＝12（AB＋AC），两边平方即可得到三角形边长之间的关系考向3角平分线问题（2025·东北三省四市联合体模拟）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知asinB＝－3bcos∠BAC，∠BAC的平分线交边BC于点D，且AD＝1.（1）求∠BAC的大小；解：（1）因为asinB＝－3bcos∠BAC，所以由正弦定理可得sin∠BACsinB＝－3sinB·cos∠BAC，因为sinB≠0，所以sin∠BAC＝－3cos∠BAC，故tan∠BAC＝－3，又0°＜∠BAC＜180°，所以∠BAC＝120°.（2）若a＝25，求△ABC的面积.解：（2）由题意可知S△ABD＋S△ACD＝S△ABC，即12csin60°＋12bsin60°＝12bcsin120°，化简可得b＋c在△ABC中，由余弦定理得cos∠BAC＝b2＋c2－从而（bc）2－2bc－202bc＝－12，所以S△ABC＝12bcsin∠BAC＝12×5×sin120°＝解题技法角平分线问题的处理策略（1）角平分线定理：已知AD是△ABC的内角∠BAC的平分线，则ABAC＝BD（2）等面积法：S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，即12AB×AC×sin∠BAC＝12AB×AD×sin∠BAC2＋12AC×（3）边与面积的比值：ABAC＝S（2025·青岛二中期中）已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若2bsinA＋bsinB＝csin2B.（1）求角C；解：（1）由2bsinA＋bsinB＝csin2B及正弦定理得2sinB·sinA＋sin2B＝sinC·2sinBcosB，因为在△ABC中，sinB＞0，所以2sinA＋sinB＝2sinCcosB，又sinA＝sin（B＋C），所以2（sinBcosC＋cosBsinC）＋sinB＝2sinCcosB，所以2sinBcosC＋sinB＝0，所以cosC＝－12因为0＜C＜π，所以C＝2π（2）若点D在边AB上，b＝2，CD＝1，请在下列三个条件中任选一个，求边长AB.①CD为△ABC的一条中线；②CD为△ABC的一条角平分线；③CD为△ABC的一条高线.注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.解：（2）若选①，因为CD＝12（CA＋CB所以CD2＝14（CA2＋2CB·CA＋CB2），即4＝4＋a2＋2×2×a×（－12），化简得a2－2a＝0，解得a＝2或a所以AB＝22＋22若选②，因为S△ABC＝S△CAD＋S△CBD，所以12×2×a×sin2π3＝12×2×1×sinπ3＋12×1×a×sinπ所以AB＝22＋22若选③，由S△ABC＝12×2×a×sin2π3＝12×AB×1，解得AB所以AB2＝22＋a2－2×2×a×（－12）＝3a2，即a2－a－2＝0，解得a＝2或a＝－1（舍去）.所以AB＝231.（2025·芜湖联合检测）在△ABC中，A，B，C所对的边分别是a，b，c.（1）请用正弦定理证明：若a＞b，则A＞B；（2）请用余弦定理证明：若A＞B，则a＞b.证明：（1）由asinA＝bsinB，a＞b得sinA＞①若A，B∈（0，π2］，则由y＝sinx在（0，π2］上单调递增，得A＞②若A∈（0，π2］，B∈（π2，π），则sinA＞sinB＝sin（π－B），此时π－B∈（0，π由y＝sinx在（0，π2］上单调递增，得A＞π－B⇔A＋B＞π，舍去③若B∈（0，π2］，A∈（π2，π），则sinA＝sin（π－A）＞sinB，此时π－A∈（0，π由y＝sinx在（0，π2］上单调递增，得π－A＞B，A＋B＜π，则A＞B成立综上，若a＞b，则A＞B.（2）由y＝cosx在（0，π）上单调递减，得cosA＜cosB，则b2＋c2－a22bc＜a2＋c2－b22ac，则a（b2即ab（b－a）＋c2（a－b）＋（b－a）（a2＋b2＋ab）＜0，即（b－a）[（a＋b）2－c2]＝（b－a）（a＋b＋c）（a＋b－c）＜0.而a＋b＋c＞0，a＋b－c＞0，因此a＞b.2.（2025·咸阳模拟）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acosB＋32b＝c（1）求A；（2）若b＝3，c＝3，求△ABC中BC边上高线的长.解：（1）因为acosB＋32b＝c由正弦定理可得sinAcosB＋32sinB＝sinC＝sin（A＋B）＝sinAcosB＋sinBcosA所以32sinB＝sinBcosA又0＜B＜π，所以sinB＞0，所以cosA＝32因为0＜A＜π，所以A＝π6（2）由已知及余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝9＋3－2×3×3×32＝3，所以a＝3设△ABC中BC边上的高线长为h，则S△ABC＝12bcsinA＝12ah，解得h＝故BC边上高线的长为323.（2024·潍坊高考模拟考试）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a（sinB＋cosB）＝c.（1）求A；（2）若c＝2，a＝5，D为BC的中点，求AD.解：（1）在△ABC中，由正弦定理得，sinA（sinB＋cosB）＝sinC，由A＋B＋C＝π，得sinC＝sin（A＋B），所以sinAsinB＋sinAcosB＝sinAcosB＋sinBcosA，得sinAsinB＝sinBcosA，因为sinB≠0，所以tanA＝1，因为A∈（0，π），所以A＝π4（2）在△ABC中，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos∠BAC，得5＝b2＋2－2b×2×22所以b2－2b－3＝0，又b＞0，所以b＝3.因为D为BC的中点，所以AD＝12（AB＋AC两边同时平方得｜AD｜2＝14（c2＋b2＋2bccos∠BAC）＝17所以｜AD｜＝172，即AD＝174.（2024·湘豫名校联考）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cos2B＋cos2C＝2cos2A－2sinBsinC.（1）求A；（2）若∠BAC的平分线交BC于点D，b＝3，c＝4，求AD的长.解：（1）因为cos2B＋cos2C＝2－2sin2A－2sinBsinC，所以1－2sin2B＋1－2sin2C＝2－2sin2A－2sinBsinC，即sin2A＝sin2B＋sin2C－sinBsinC，由正弦定理得a2＝b2＋c2－bc，又由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，可得cosA＝12因为A∈（0，π），所以A＝π3（2）在△ABC中，A＝π3由等面积法得S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，即12bcsinA＝12c·AD·sinA2＋