（人教A版）必修第二册高一数学下册期末复习训练专题06 正、余弦定理解三角形（解析版）

体系搭建体系搭建一、知识框架知识概念（一）正弦定理在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，即==.利用正弦定理，可以解决以下两类有关三角形的问题.（1）已知两角和任一边，求其他两边和一角；（2）已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角.（从而进一步求出其他的边和角）变形：①②角化边③边化角（二）余弦定理三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍，即a2=b2+c2－2bccosA； ①b2=c2+a2－2cacosB； ②c2=a2+b2－2abcosC. ③在余弦定理中，令C=90°，这时cosC=0，所以c2=a2+b2.由此可知余弦定理是勾股定理的推广.由①②③可得cosA=；cosB=；cosC=.利用余弦定理，可以解决以下两类有关三角形的问题：（1）已知三边，求三个角；（2）已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两个角.（3）在ABC中，若，则角是直角；若，则角是钝角；若，则角是锐角．（三）三角形中的公式变换三角形中的三角变换，除了应用上述公式和上述变换方法外，还要注意三角形自身的特点。（1）角的变换因为在ABC中，A+B+C=π，所以sin(A+B)=sinC；cos(A+B)=－cosC；tan(A+B)=－tanC。；（2）三角形边、角关系定理及面积公式，正弦定理，余弦定理。面积公式：其中r为三角形内切圆半径，p为周长之半。（四）解斜三角形的常规思维方法（1）已知两角和一边（如），由求，由正弦定理求；（2）已知两边和夹角（如），应用余弦定理求边；再应用正弦定理先求较短边所对的角，然后利用，求另一角；（3）已知两边和其中一边的对角（如），应用正弦定理求B，由求，再由正弦定理或余弦定理求边，要注意解可能有多种情况；A为锐角A为钝角或直角图形关系式a＜bsinAa＝bsinAbsinA＜a＜ba≥ba＞ba≤b解的个数无解一解两解一解一解无解也可设出第三边,利用余弦定理,建立方程,解方程即可.(五)射影定理在任意三角形中,设的对边分别为a,b,c，则有（六）张角定理在中,是BC上的一点,连结AD.那么例题分析例题分析考向1利用正弦、余弦定理解三角形【例1】在中，，，，则解：在中，，，，，则．变式训练【变1-1】在中，，，，则A． B． C． D．解：在中，，，，由余弦定理可得；故；，故选：．【变1-2】的内角，，的对边分别为，，．已知，，则A．6 B．5 C．4 D．3解：的内角，，的对边分别为，，，，，，解得，．故选：．【变1-3】记的内角，，的对边分别为，，，面积为，，，则．解：的内角，，的对边分别为，，，面积为，，，，又，（负值舍）故答案为：．【变1-4】．在①，②，③，这三个条件中选择一个，补充在下面的问题中，并判断三角形是否有解，若有解，求出的值；若无解，请说明理由．在中，已知道，，分别是角，，的对边，且满足，．解：若选择①，则或，因为，所以或，显然矛盾，此时三角形无解．若选择②，由正弦定理可知．又．所以，．由余弦定理，可得，解得或，若则由知，又因为，所以得，这与矛盾，舍去．经检验知，当时适合题意，故若选择③，因为，所以，即，得，此时，所以，此时矛盾，此时三角形无解．考向2判断三角形的形状【例2】在中，、、分别为角、、的对边），则的形状为A．直角三角形 B．等边三角形 C．等腰三角形或直角三角形 D．等腰直角三角形解：，，，又由余弦定理可得，可得：，三角形为以为直角的直角三角形．故选：．变式训练【变2-1】．（多选）下列命题中，正确的是A．在中，，则 B．在锐角中，不等式恒成立 C．在中，若，则必是等腰直角三角形 D．在中，若，，则必是等边三角形解：对于，由，可得：，利用正弦定理可得：，正确；对于，在锐角中，，，，，，因此不等式恒成立，正确对于，在中，由，利用正弦定理可得：，，，，或，或，是等腰三角形或直角三角形，因此是假命题，错误．对于，由于，，由余弦定理可得：，可得，解得，可得，故正确．故选：．【变2-2】．已知向量，，，（1）求函数的最小正周期及取得最大值时对应的的值；（2）在锐角三角形中，角、、的对边为、、，若，求三角形面积的最大值并说明此时该三角形的形状．解：（1）由已知得，又，于是，的最小正周期为；当，即，，的最大值为．（2）锐角三角形中，由（1）得，，，由余弦定理知，，即，（当且仅当时取得等号成立），当三角形为等边三角形时面积取得最大值为．【变2-3】在中，角，，所对的边长为，，，，．（Ⅰ）若，求的面积；（Ⅱ）是否存在正整数，使得为钝角三角形？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．解：，根据正弦定理可得，，，，，，在中，运用余弦定理可得，，，．，为钝角三角形时，角必为钝角，，，，，三角形的任意两边之和大于第三边，，即，即，，为正整数，．考向3三角形面积有关计算问题【例3】的内角、、的对边分别为、、，已知，，则的面积为________.解：由正弦定理知，，，，即，，，由余弦定理知，，，，即，的面积．变式训练【变3-1】．（多选）《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，全书十八卷共八十一个问题，分为九类，每类九个问题，《数书九章》中记录了秦九韶的许多创造性成就，其中在卷五“三斜求积”中提出了已知三角形三边，，求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是：“以小斜幂并大斜幕减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，即．现有满足，且的面积，请运用上述公式判断下列命题正确的是A．周长为 B．三个内角，，满足关系 C．外接圆半径为 D．中线的长为解：现有满足，所以，设，，，，利用余弦定理，由于，所以．所以，故，所以三个内角，，成等差数列，故正确；利用，所以，解得．所以：，，，所以的周长为，故正确；利用正弦定理，外接圆半径为，故错误；如图所示：利用正弦定理，解得，所以，利用余弦定理：，解得，故正确．故选：．【变3-2】在中，、、的对边分别为、、，且，则的面积为．解：，，即，即，即，则，，，即，，则的面积为，故答案为：．【变3-3】在中，角，，的对边分别是，，，若，，则的面积的最大值为．解：中，由，得，所以；又，所以，，所以，解得；又，由余弦定理得，，即；所以，所以，当且仅当时“”成立；所以面积的最大值为．故答案为：．【变3-4】某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．为圆孔及轮廓圆弧所在圆的圆心，是圆弧与直线的切点，是圆弧与直线的切点，四边形为矩形，，垂足为，，，，，到直线和的距离均为，圆孔半径为，则图中阴影部分的面积为．解：作垂直于，交、于、，垂足为，过点作垂直于，垂足为，到直线和的距离均为，，又，，，，，，，由于是圆弧的切线，，，设大圆的半径为，则，，，，，解得，图中阴影部分面积分为扇形和直角的面积减去小半圆的面积，所以．故答案为：．【变3-5】的内角、、的对边分别为，，．已知．（1）求；（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．解：（1），即为，可得，，，若，可得，不成立，，由，可得；（2）若为锐角三角形，且，由余弦定理可得，由三角形为锐角三角形，可得且，且，解得，可得面积，．考向4平面几何中的解三角形问题【例4】如图，在三棱锥的平面展开图中，，，，，，则．解：由已知得，，因为、、三点重合，所以，，则在中，由余弦定理可得，所以，则在中，由余弦定理得，故答案为：．变式训练【变4-1】如图，在平面四边形中，，，，的面积为，（1）求的值；（2）若，求的长解：（1）的面积为，又，，由余弦定理可得：由正弦定理可得：分（2），，在中，由正弦定理可得：由余弦定理，，可得：，解得：，或（舍去）【变4-2】如图，在中，内角，，的对边分别为，，，已知，，，，分别为线段上的点，且，．（1）求线段的长；（2）求的面积．解：（1）根据题意，，，，则；又由，解可得，即，则，在中，由余弦定理得：，则；（2）根据题意，平分，则，变形可得：，，则，．【变4-3】如图，在四边形中，，，．（1）求；（2）若，求周长的最大值．解：（1）在中，，所以，利用正弦定理得，所以，又因为为钝角，所以为锐角，故；（2）在中，由余弦定理得，解得或（舍去），在中，，设，，由余弦定理得，即，整理得，又，，利用基本不等式得，即，当且仅当时，等号成立，所以的最大值为8，所以的最大值为，所以周长的最大值为12．考向5射影定理在三角形中的应用【例5】．在△ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则B＝____A． B． C． D．解：∵，∴由正弦定理可得sinA＝sinBcosC+sinCsinB，又∵sinA＝sin（B+C）＝sinBcosC+sinCcosB，∴sinBcosC+sinCsinB＝sinBcosC+sinCcosB，即：sinCsinB＝sinCcosB，∵C为三角形内角，sinC≠0，∴sinB＝cosB，可得tanB＝，∵B∈（0，π），∴B＝．方法,所以变式训练【变5-1】．在△ABC中，角A，B，C所对的边是a，b，c，已知a＝2，则bcosC+ccosB等于（）A．1 B． C．4 D．2解：在△ABC中，由正弦定理可得：，∴a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC．∴bcosC+ccosB＝2RsinBcosC+2RsinCcosB＝2R（sinBcosC+sinCcosB）＝2RsinA＝a＝2．故选：D．方法2:2，故选D【变5-2】．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝bcosC且c＝6，A＝，则△ABC的面积（）A．2 B．3 C．4 D．6解：在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，∵a＝bcosC，∴由余弦定理可得a＝bcosC＝b×，即a2+c2＝b2，∴△ABC为直角三角形，B为直角，∵A＝，c＝6，∴可得C＝，由正弦定理，即＝，解得a＝2．∴S△ABC＝ac＝×6×2＝6．故选：D．方法,所以【变5-3】△ABC中角A，B，C所对边分别为a，b，c，若a＝bcosC+csinB，b＝2，则△ABC面积的面积的最大值为______.解：△ABC中，a＝bcosC+csinB，由正弦定理得sinA＝sinBcosC+sinCsinB，又sinA＝sin（B+C）＝sinBcosC+cosBsinC，∴cosBsinC＝sinCsinB，又sinC≠0，∴sinB＝cosB，又B∈（0°，180°），∴B＝45°；由余弦定理得b2＝a2+c2﹣2accosB，即4＝a2+c2﹣2accos45°，整理得4＝a2+c2﹣ac；又a2+c2≥2ac（当且仅当a＝c取等号），∴4≥2ac﹣ac，即ac≤＝2（2+），∴△ABC的面积为S＝acsin45°＝ac≤×2（2+）＝+1，∴△ABC面积的最大值为+1．方法,所以,剩余过程同上考向6张角定理在三角形中的应用【例6】．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足为∠BAC的角平分线，且，则b＝6．解：记A＝2θ，∵cosA＝＝2cos2θ﹣1，∴cosθ＝（负值舍），在△ABD中，BD2＝9+10﹣2××，∴BD＝2，由角平分线定理可知＝，∴DC＝b，在△ACD中，cosθ＝＝∴b＝3或b＝6，经检验b＝6符合题设．故答案为：6．方法2:变式训练【变6-1】．如图，在同一个平面内，向量，，，的模分别为1，1，，与的夹角为α，且tanα＝7，与的夹角为45°．若＝m+n（m，n∈R），则m+n＝（）A．1 B．2 C．3 D．4解：如图所示，建立直角坐标系．A（1，0）．与的夹角为α，且tanα＝7，得到：cosα＝，sinα＝，C（，），解得：cos（α+45°）＝﹣，sin（α+45°）＝，所以：B（﹣，），利用＝m+n（m，n∈R），解得：m＝，n＝故：m+n＝3故选：C．方法2:连接AB交OC于D【变6-2】．已知在△ABC中，，AB＝1，角A的平分线，则AC＝（）A． B． C． D．解：在三角形ABD中，∴，∴，∴，∴，∴，易知cos＝，在△ABC中，∴．故选：C．方法2:AD平分,则有直接得到答案【变6-3】．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠ABC＝120°，∠ABC的平分线交AC于点D，且BD＝1，则2a+c的最小值为3+2．解：∵s△ABC＝s△ABD+s△CBD∴＝，∴c+a＝ac，即则2a+c＝（2a+c）（）＝3+当且仅当且即a＝1+，c＝1+时取等号故答案为：3+2方法2:BD平分,则有实战演练实战演练1．若△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知bsin2A＝asinB，且c＝2b，则等于（）A． B． C． D．解：由bsin2A＝asinB，得2sinBsinAcosA＝sinAsinB，得cosA＝．又c＝2b，由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bccosA＝b2+4b2﹣4b2×＝3b2，得＝．故选：D．2．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝2，b＝3，c＝4，设AB边上的高为h，则h＝（）A． B． C． D．解：∵a＝2，b＝3，c＝4，∴cosA＝＝＝，则sinA＝＝＝＝，则h＝ACsinA＝bsinA＝3×＝，故选：D．3．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知asinA﹣bsinB＝4csinC，cosA＝﹣，则＝（）A．6 B．5 C．4 D．3解：∵△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，asinA﹣bsinB＝4csinC，cosA＝﹣，∴由正弦定理得：，解得3c2＝，∴＝6．故选：A．（多选）4．某人向正东方向走了xkm后向右转了150°，然后沿新方向走了3km，结果离出发点恰好，则x的值为（）A． B．2 C．2 D．3解：如图所示，△OAB中，OA＝xkm，∠OAB＝180°﹣150°＝30°，AB＝3km，OB＝，由余弦定理得，x2+32﹣2x×3×cos30°＝，化简得，x2﹣3x+6＝0，解得x＝或x＝2．故选：AB．（多选）5．对于△ABC，有如下判断，其中正确的判断是（）A．若cosA＝cosB，则△ABC为等腰三角形 B．若△ABC为锐角三角形，有，则sinA＞cosB C．若a＝8，c＝10，B＝60°，则符合条件的△ABC有两个 D．若sin2A+sin2B＜sin2C，则△ABC是钝角三角形解：对于A：若cosA＝cosB，利用余弦定理的应用，整理得：a＝b，故△ABC为等腰三角形，故A正确；对于B：若△ABC为锐角三角形，有，整理得A，故sinA，则sinA＞cosB，故B正确；对于C：由于a＝8，c＝10，B＝60°，利用余弦定理求出b＝＝2，故△ABC唯一，故C错误；对于D：sin2A+sin2B＜sin2C，利用正弦定理：a2+b2＜c2，故，故C，故△ABC是钝角三角形，故D正确．故选：ABD．6．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝，b＝2，A＝60°，则c＝3，sinB+sinC＝．解：因为a＝，b＝2，A＝60°，由余弦定理得cosA＝＝＝，解得c＝3或c＝﹣1（舍），故c＝3，由正弦定理得，＝＝，故sinB＝，sinC＝，故sinB+sinC＝．故答案为：3，．7．在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若cosB＝，b＝4，S△ABC＝4，则△ABC的周长为4．解：∵cosB＝，b＝4，S△ABC＝4，∴sinB＝＝，可得：4＝acsinB＝，解得：ac＝12，①∵由余弦定理b2＝a2+c2﹣2accosB，可得：16＝a2+c2﹣2×，可得：a2+c2＝24，②∴联立①②可得：a＝c＝2，∴△ABC的周长为a+b+c＝4+4．故答案为：4+4．8．在△ABC中，C＝60°，且＝2，则△ABC的面积S的最大值为．解：由正弦定理＝，可得c＝，再三角形ABC中，由余弦定理，得c2＝a2+b2﹣2abcosC，因为c＝3，C＝，所以ab＝a2+b2﹣3≥2ab﹣3，所以ab≤3，当且仅当，等式成立，所以△ABC面积的最大值，故答案为：．9．如图，在△ABC中，已知点D在BC边上，AD⊥AC，sin∠BAC＝，AB＝3，AD＝，则BD的长为．解：∵AD⊥AC，∴∠DAC＝90°，∴∠BAC＝∠BAD+∠DAC＝∠BAD+90°，∴sin∠BAC＝sin（∠BAD+90°）＝cos∠BAD＝，在△ABD中，AB＝3，AD＝，根据余弦定理得：BD2＝AB2+AD2﹣2AB•AD•cos∠BAD＝9+3﹣2×3××＝3，则BD＝．故答案为：．10．已知△ABC中，AC＝，BC＝，△ABC的面积为，若线段BA的延长线上存在点D，使∠BDC＝，则CD＝．解：∵AC＝，BC＝，△ABC的面积为＝AC•BC•sin∠ACB＝sin∠ACB，∴sin∠ACB＝，∴∠ACB＝，或，∵若∠ACB＝，∠BDC＝＜∠BAC，可得：∠BAC+∠ACB＞+＞π，与三角形内角和定理矛盾，∴∠ACB＝，∴在△ABC中，由余弦定理可得：AB＝＝＝，∴∠B＝，∴在△BCD中，由正弦定理可得：CD＝＝＝．故答案为：．11．已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且asinB+bcosA＝0．（1）求角A的大小；（2）若，b＝2，求△ABC的面积S．解：（1）∵asinB+bcosA＝0，∴sinAsinB+sinBcosA＝0即sinB（sinA+cosA）＝0，由于B为三角形内角，所以sinA+cosA＝0，∴而A为三角形内角，∴；（2）在△ABC中，由余弦定理得a2＝c2+b2﹣2cbcosA，即，解得（舍）或，∴．12．△ABC中，sin2A﹣sin2B﹣sin2C＝sinBsinC．（1）求A；（2）若BC＝3，求△ABC周长的最大值．解：（1）设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，因为sin2A﹣sin2B﹣sin2C＝sinBsinC，由正弦定理可得a2﹣b2﹣c2＝bc，即为b2+c2﹣a2＝﹣bc，由余弦定理可得cosA＝＝﹣＝﹣，由0＜A＜π，可得A＝；（2）由题意可得a＝3，又B+C＝，可设B＝﹣d，C＝+d，﹣＜d＜，由正弦定理可得＝＝＝2，可得b＝2sin（﹣d），c＝2sin（+d），则△ABC周长为a+b+c＝3+2[sin（﹣d）+sin（+d）]＝3+2（cosd﹣sind+cosd+sind），＝3+2cosd，当d＝0，即B＝C＝时，△ABC的周长取得最大值3+2．另解：a＝3，A＝，又a2＝b2+c2﹣2bccosA，∴9＝b2+c2+bc＝（b+c）2﹣bc≥（b+c）2﹣（b+c）2，由b+c＞3，则b+c≤2（当且仅当b＝c时，“＝”成立），则△ABC周长的最大值为3+2．13．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）求B；（2）若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围．解：（1）根据题意，由正弦定理得，因为0＜A＜π，故sinA＞0，消去sinA得．因为0＜B＜π，，故或者，而根据题意A+B+C＝π，故不成立，所以，又因为A+B+C＝π，代入得3B＝π，所以．（2）因为△ABC是锐角三角形，由（1）知，A+B+C＝π得到，故，解得．又由正弦定理＝，由三角形面积公式有：＝．又因，故，故．故S△ABC的取值范围是14．如图，在△ABC中，角A．B、C所对的边分别为a、b、c，bcosA﹣asinB＝0．（1）求∠BAC：（2）若AB⊥AD，AC＝2，CD＝，求AD的长．解：（1）在△ABC中，由正弦定理得sinBcosA﹣sinAsinB＝0，∵sinB≠0，∴cosA＝sinA，即tanA＝1，因为A∈（0，π），所以∠BAC＝A＝．（2）∵AB⊥AD，且∠BAC＝∠BAC，∠CAD＝，在△ACD中，AC＝2，CD＝，∠CAD＝，由余弦定理得CD2＝AC2+AD2﹣2AC•ADcos∠CAD，即5＝8+AD2﹣2×AD，即AD2﹣4AD+3＝0，解得：AD＝1或AD＝3，即AD的长为1或3．15．如图，在△ABC中，已知B＝，AC＝4，D为BC边上一点．（I）若AD＝2，S△DAC＝2，求DC的长；（Ⅱ）若AB＝AD，试求△ADC的周长的最大值．解：（Ⅰ）∵，AC＝4，AD＝2，∴，∴∵B＝，∴，∴在△ADC中，由余弦定理得：∴，∴（Ⅱ）∵AB＝AD，，∴△ABD为正三角形，∵∠DAC＝﹣C，∠ADC＝，在△ADC中，根据正弦定理，可得：∴AD＝8sinC，∴△ADC的周长为＝8（sinC+cosC﹣sinC）+4＝8（sinC+cosC）+4＝8sin（C+）+4∵∠ADC＝，∴0＜C＜，∴＜C+＜∴，sin（C+）的最大值为1，则△ADC的周长最大值为16．在①（a﹣c）（sinA+sinC