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2025年高考数学精品教案第六章 平面向量 复数 第4讲 余弦定理、正弦定理
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学生用书P122
1.余弦定理、正弦定理
在△ABC中,若角A,B,C所对的边分别是a,b,c,R为△ABC的外接圆半径,则
2.在△ABC中,若已知角A,B所对的边a,b和角A,则解的情况如下:
3.三角形中常用的面积公式
△ABC中,角A,B,C对应的边分别为a,b,c.则:
(1)S=12ah(h表示边a上的高);
(2)S=12absin C=⑭ 12acsinB =⑮ 12bcsinA ;
(3)S=12r(a+b+c)(r表示三角形⑯ 内切圆 的半径).
常用结论
三角形中的常见结论
(1)在△ABC中,A+B+C=π.变形:A+B2=π2-C2.
(2)在△ABC中,a>b⇔A>B⇔sin A>sin B⇔cs A<cs B.
(3)任意两边之和大于第三边,任意两边之差小于第三边.
(4)在△ABC中,sin(A+B)=sin C;cs(A+B)=-cs C;tan(A+B)=-tan C;sinA+B2=cs C2;csA+B2=sin C2.
(5)在△ABC中,角A,B,C成等差数列⇔B=π3,A+C=2π3.
(6)在斜△ABC中,tan A+tan B+tan C=tan A·tan B·tan C.
(7)在△ABC中,a=bcs C+ccs B;b=acs C+ccs A;c=bcs A+acs B(射影定理).
1.以下说法正确的是( A )
A.在△ABC中,A>B是sin A>sin B的充要条件
B.在△ABC中,若b2+c2>a2,则△ABC为锐角三角形
C.在△ABC中,若sin 2A=sin 2B,则△ABC为等腰三角形
D.三角形中的三边之比等于相应的三个内角之比
解析 易知A正确;对于B,当b2+c2-a2>0时,只能说明角A为锐角,△ABC不一定为锐角三角形,故B错误;对于C,若sin 2A=sin 2B,则2A=2B或2A+2B=π,所以A=B或A+B=π2,所以△ABC为等腰三角形或直角三角形,故C错误;对于D,三角形中的三边之比等于相应的三个内角的正弦值之比,故D错误.
2.[2021全国卷甲]在△ABC中,已知B=120°,AC=19,AB=2,则BC=( D )
A.1B.2C.5D.3
解析 由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cs B,得BC2+2BC-15=0,解得BC=3或BC=-5(舍去).故选D.
3.[多选]记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,则符合下列条件的△ABC有且只有一个的是( AC )
A.a=2,b=1,A=45°B.a=1,b=2,c=3
C.b=c=1,B=45°D.a=1,b=2,A=100°
解析 对于A,由正弦定理得1sinB=2sin45°,所以sin B=12,又a>b,所以B=30°,所以满足条件的三角形只有一个;
对于B,a+b=c,构不成三角形;
对于C,b=c=1,所以B=C=45°,A=90°,所以满足条件的三角形只有一个;
对于D,a<b,所以A<B,而A=100°,所以没有满足条件的三角形.
4.已知2a+1,a,2a-1是钝角三角形的三边, 则实数a的取值范围是 (2,8) .
解析 ∵2a+1,a,2a-1是三角形的三边,∴2a+1>0,a>0,2a-1>0,解得a>12.显然2a+1是三角形的最大边,则要使2a+1,a,2a-1构成三角形,需满足a+2a-1>2a+1,解得a>2.设最大边对应的角为θ(钝角),则cs θ=a2+(2a-1)2-(2a+1)22a(2a-1)<0,
∴a2+(2a-1)2-(2a+1)2<0,即a2-8a<0,解得0<a<8.
又a>2,∴a的取值范围是(2,8).
5.在△ABC中,A=60°,AC=4,BC=23,则△ABC的面积等于 23 .
解析 设△ABC中,角A,B,C对应的边分别为a,b,c.
由题意及余弦定理得cs A=b2+c2-a22bc=16+c2-122×4×c=12,解得c=2,所以S△ABC=12bcsin A=12×4×2×sin 60°=23.
学生用书P124
命题点1 利用正、余弦定理解三角形
例1 (1)[2023全国卷乙]在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,若acs B-bcs A=c,且C=π5,则B=( C )
A.π10B.π5C.3π10D.2π5
解析 因为acs B-bcs A=c,所以由正弦定理得sin A·cs B-sin Bcs A=sin C=sin(B+A),则2sin Bcs A=0.在△ABC中,sin B≠0,则cs A=0,A=π2,所以B=π-A-C=π-π2-π5=3π10,故选C.
(2)[2021全国卷乙]记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,面积为3,B=60°,a2+c2=3ac,则b= 22 .
解析 由题意得S△ABC=12acsin B=34ac=3,则ac=4,所以a2+c2=3ac=3×4=12,所以b2=a2+c2-2accs B=12-2×4×12=8,则b=22.
方法技巧
应用正、余弦定理的解题技巧
(1)求边:利用正弦定理变形公式a=bsinAsinB等或余弦定理a2=b2+c2-2bccs A等求解.
(2)求角:利用正弦定理变形公式sin A=asinBb等或余弦定理变形公式cs A=b2+c2-a22bc等求解.
(3)利用式子的特点转化:若出现a2+b2-c2=λab的形式,则用余弦定理;若等式两边是关于边或角的正弦的齐次式,则用正弦定理.
训练1 (1)[全国卷Ⅰ]△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知asin A-bsin B=4csin C,cs A=-14,则bc=( A )
A.6B.5C.4D.3
解析 由题意及正弦定理得b2-a2=-4c2,所以由余弦定理得,cs A=b2+c2-a22bc=-3c22bc=-14,得bc=6.故选A.
(2)[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-cs C)=0,a=2,c=2,则C=( B )
A.π12B.π6C.π4D.π3
解析 因为sin B+sin A(sin C-cs C)=0,所以sin(A+C)+sin A·sin C-sin A·cs C=0,所以sin Acs C+cs Asin C+sin Asin C-sin Acs C=0,整理得sin C(sin A+cs A)=0.因为sin C≠0,所以sin A+cs A=0,所以tan A=-1.因为A∈(0,π),所以A=3π4,由正弦定理得sin C=c·sinAa=2×222=12,又0<C<π4,所以C=π6.故选B.
命题点2 判断三角形的形状
例2 在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C的对边,c-a2c=sin2B2,则△ABC的形状为( A )
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
解析 由cs B=1-2sin2B2,得sin2B2=1-csB2,所以c-a2c=1-csB2,即cs B=ac.
解法一 由余弦定理得cs B=a2+c2-b22ac=ac,即a2+c2-b2=2a2,所以a2+b2=c2,所以△ABC为直角三角形,但无法判断两直角边是否相等.
解法二 由正弦定理得cs B=sinAsinC,又sin A=sin(B+C)=sin Bcs C+cs Bsin C,所以cs Bsin C=sin Bcs C+cs Bsin C,即sin Bcs C=0,又sin B≠0,所以cs C=0,又角C为△ABC的内角,所以C=π2,所以△ABC为直角三角形,但无法判断两直角边是否相等.
命题拓展
[变条件]将例2中的条件“c-a2c=sin2B2”改为“sinAsinB=ac,(b+c+a)(b+c-a)=3bc”,则△ABC的形状为 等边三角形 .
解析 因为sinAsinB=ac,所以由正弦定理得ab=ac,所以b=c.又(b+c+a)(b+c-a)=3bc,所以b2+c2-a2=bc,所以由余弦定理得cs A=b2+c2-a22bc=bc2bc=12.因为A∈(0,π),所以A=π3,所以△ABC是等边三角形.
方法技巧
判断三角形形状的方法
(1)化为边:通过正、余弦定理将角化边,利用因式分解、配方等得出边之间的关系进行判断.判断技巧:
(2)化为角:通过正、余弦定理将边化角,通过三角恒等变换公式、三角形的内角和定理得出角的大小或角之间的关系.
注意 (1)不能随意约掉公因式,要移项、提取公因式,否则会有遗漏一种形状的可能.(2)注意挖掘隐含条件,在变形过程中注意角的范围对三角函数值的影响.
训练2 [2021新高考卷Ⅱ]在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,b=a+1,c=a+2.
(1)若2sin C=3sin A,求△ABC的面积.
(2)是否存在正整数a,使得△ABC为钝角三角形?若存在,求a;若不存在,说明理由.
解析 (1)由2sin C=3sin A及正弦定理,得2c=3a.
又c=a+2,所以a=4,c=6,
所以b=a+1=5.
由余弦定理,得cs A=b2+c2-a22bc=25+36-162×5×6=34.
又A∈(0,π),所以sin A=74,
所以S△ABC=12bcsin A=12×5×6×74=1574.
(2)存在.
由题意知c>b>a,要使△ABC为钝角三角形,需cs C=a2+b2-c22ab=a2+(a+1)2-(a+2)22×a×(a+1)=a-32a<0,
得0<a<3.
因为a为正整数,所以a=1或a=2.
当a=1时,b=2,c=3,此时不能构成三角形;
当a=2时,b=3,c=4,满足题意.
综上,存在正整数a=2,使得△ABC为钝角三角形.
命题点3 与面积、周长有关的问题
角度1 面积问题
例3 [2023全国卷乙]在△ABC中,已知∠BAC=120°,AB=2,AC=1.
(1)求sin∠ABC;
(2)若D为BC上一点,且∠BAD=90°,求△ADC的面积.
解析 (1)由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cs∠BAC=22+12+2×2×1×12=7,得BC=7.
由正弦定理得ACsin∠ABC=BCsin∠BAC,则sin∠ABC=1×327=2114.
(2)解法一 如图,由sin∠ABC=2114,得tan∠ABC=35,
又tan∠ABC=DAAB=DA2,所以DA=235,
故△ADC的面积为12DA·AC·sin(120°-90°)=12×235×1×12=310.
解法二 S△ABC=12AC·AB·sin∠BAC=12×1×2×32=32,S△ADCS△BAD=12AC·AD·sin∠CAD12AB·AD·sin∠BAD=sin30°2×sin90°=14,
故△ADC的面积为15S△ABC=15×32=310.
方法技巧
与面积有关问题的解题思路
1.利用面积公式S=12absin C=12acsin B=12bcsin A求面积,一般是已知哪个角就使用哪一个公式.
2.与面积有关的问题,一般要用到正弦定理、余弦定理进行边和角的转化.
角度2 周长问题
例4 [2022全国卷乙]记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c, 已知sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A).
(1)证明:2a2=b2+c2;
(2)若a=5,cs A=2531,求△ABC的周长.
解析 (1)解法一 由sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A)可得,sin Csin Acs B-
sin Ccs Asin B=sin B·sin Ccs A-sin Bcs Csin A,
结合正弦定理asinA=bsinB=csinC可得accs B-bccs A=bccs A-abcs C,即accs B+
abcs C=2bccs A.
由余弦定理得a2+c2-b22+a2+b2-c22=b2+c2-a2,整理得2a2=b2+c2.
解法二 因为A+B+C=π,
所以sin Csin(A-B)=sin(A+B)sin(A-B)=sin2Acs2B-cs2Asin2B=sin2A(1-sin2B)-(1-sin2A)sin2B=sin2A-sin2B.
同理有sin Bsin(C-A)=sin(C+A)sin(C-A)=sin2C-sin2A,所以sin2A-sin2B=sin2C-sin2A,
由正弦定理可得2a2=b2+c2.
(2)由(1)及a2=b2+c2-2bccs A得,a2=2bccs A,所以2bc=31.
因为b2+c2=2a2=50,
所以(b+c)2=b2+c2+2bc=81,得b+c=9,
所以△ABC的周长为a+b+c=14.
方法技巧
与周长有关问题的解题思路
(1)若边长易求,直接求出边长,进而求出周长;
(2)若边长不易求,可利用整体思想,构造以两边长的和为未知数的方程求解,进而求出周长.
训练3 [2022北京高考]在△ABC中,sin 2C=3sin C.
(1)求∠C;
(2)若b=6,且△ABC的面积为63,求△ABC的周长.
解析 (1)因为sin 2C=3sin C,
所以2sin C cs C=3sin C.
因为C∈(0,π),所以sin C≠0,所以cs C=32,C=π6.
(2)因为△ABC的面积S=12absin C=12×a×6×12=63,所以a=43.
由余弦定理可得c2=a2+b2-2abcs C=48+36-72=12,所以c=23,所以△ABC的周长为a+b+c=43+6+23=6(3+1).
学生用书P126
射影定理的应用
例5 [2023四川遂宁三诊]在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若ca=1+csC2-csA,c=4,C=π3,则△ABC的面积为( B )
A.23B.43C.12D.16
解析 解法一(射影定理法) 由ca=1+csC2-csA得2c=a+acs C+ccs A,则由射影定理可得a+b=2c.
因为c=4,所以a+b=2c=8,又C=π3,所以由余弦定理得cs C=a2+b2-c22ab=(a+b)2-2ab-162ab=48-2ab2ab=12,得ab=16.
所以△ABC的面积为12absin C=12absin π3=34ab=43.故选B.
解法二 由正弦定理及ca=1+csC2-csA,得sinCsinA=1+csC2-csA,
所以sin A+sin Acs C=2sin C-cs Asin C,
所以sin A+sin Acs C+cs Asin C=2sin C,
即sin A+sin(A+C)=2sin C,
所以sin A+sin B=2sin C,由正弦定理得a+b=2c.
后同解法一.
方法技巧
射影定理:在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C的对边,则a=bcs C+ccs B,b=acs C+ccs A,c=acs B+bcs A.
训练4 [2023济南历城二中5月模拟]△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若3bcs C+3ccs B=5asin A,且A为锐角,则当 a2bc 取最小值时,a2b+c的值为 1015 .
解析 由3bcs C+3ccs B=5asin A及射影定理得3a=5asin A,可得sin A=35,又A是锐角,所以cs A=45,则由余弦定理得a2=b2+c2-2bccs A=b2+c2-85bc,则a2bc=b2+c2-85bcbc=b2+c2bc-85≥2bcbc-85=25,当且仅当b=c时,a2bc取得最小值25,
此时a2=25b2,即a=105b,所以a2b+c=1015.
1.[命题点1/2023南京市二模]在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若bsinA+B2=csin B,则角C的大小为( B )
A.π6B.π3C.2π3D.5π6
解析 ∵bsinA+B2=csin B,∴sin BcsC2=sin Csin B,又sin B>0,∴csC2=sin C=2sinC2csC2.∵C2∈(0,π2),∴csC2>0,∴sinC2=12,∴C2=π6,C=π3.故选B.
2.[命题点1/浙江高考]在△ABC中,∠B=60°,AB=2,M是BC的中点,AM=23,则AC= 213 ,cs∠MAC= 23913 .
解析 由∠B=60°,AB=2,AM=23,及余弦定理可得BM=4,因为M为BC的中点,所以BC=8.
解法一 在△ABC中,由余弦定理可得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cs∠B=4+64-2×2×8×12=52,所以AC=213.在△AMC中,由余弦定理得cs∠MAC=AC2+AM2-MC22AC·AM=52+12-162×213×23=23913.
解法二 过点C作CD⊥BA交BA的延长线于点D,则BD=4,AD=2,CD=43,所以在Rt△ADC中,AC2=CD2+AD2=48+4=52,得AC=213.以下同解法一.
3.[命题点1/2024杭州市质检]已知四边形ABCD是一个圆的内接四边形,如图,若AB=1,BC=3,CD=DA=2.
(1)求线段BD的长;
(2)若∠BPD=π3,求PB+PD的取值范围.
解析 (1)由题意知,A+C=π,(圆的内接四边形的一个性质是对角互补)
所以cs A=cs(π-C)=-cs C.
根据余弦定理BD2=AB2+AD2-2AB·ADcs A,BD2=CB2+CD2-2CB·CDcs C,得BD2=5-4cs A,BD2=13-12cs C.
所以5-4cs A=13-12cs C,所以cs C=12.
所以BD=7.
(2)解法一 因为BD2=PB2+PD2-2PB·PDcs∠BPD=PB2+PD2-PB·PD
=(PB+PD)2-3PB·PD
≥(PB+PD)2-3·(PB+PD)24(提示:此处用到了PB·PD≤(PB+PD2)2)
=(PB+PD)24 ,
所以(PB+PD)2≤28,所以PB+PD≤27(当且仅当 PB=PD 时取等号).
所以7<PB+PD≤27.(注意:三角形中两边之和大于第三边)
解法二 由题意知∠BPD=π3,设∠PBD=θ,则∠PDB=2π3-θ.
由正弦定理PBsin∠PDB=PDsin∠PBD=BDsin∠BPD,
可得PBsin(2π3-θ)=PDsinθ=BDsin π3=273=2213.所以PB=2213sin(2π3-θ),PD=2213sin θ,(利用正弦定理化边为角)
所以PB+PD=2213[sin θ+sin(2π3-θ)]=27sin(θ+π6).(三角恒等变换主要是和角、差角公式及辅助角公式的应用)
因为0<θ<2π3,所以π6<θ+π6<5π6,
所以27sin(θ+π6)∈(7,27].(三角函数有界性的应用)
所以7<PB+PD≤27.
4.[命题点2/全国卷Ⅱ]△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知cs2(π2+A)+cs A=54.
(1)求A;
(2)若b-c=33a,证明:△ABC是直角三角形.
解析 (1)由已知得sin2A+cs A=54,
即cs2A-cs A+14=0.
所以(cs A-12)2=0,cs A=12.
由于0<A<π,故A=π3.
(2)由正弦定理及已知条件可得sin B-sin C=33sin A.
由(1)知B+C=2π3,所以sin B-sin(2π3-B)=33sinπ3.
即12sin B-32cs B=12,sin(B-π3)=12.
由0<B<2π3,得B=π2,则△ABC是直角三角形.
5.[命题点3/2024长春市质量监测(一)]在△ABC中,AD为BC边上的中线,BD=3,AD=7,tan∠BAD=32.
(1)求△ABC的面积;
(2)若AE=107AD,求∠BEC.
解析 (1)由tan∠BAD=32,可得sin∠BAD=217,
在△ABD中,由BD=3,AD=7,结合正弦定理BDsin∠BAD=ADsin∠ABD,得3217=7sin∠ABD,
解得sin∠ABD=1,所以∠ABD=90°,
从而AB=AD2-BD2=7-3=2.
在△ABC中,AB=2,BC=2BD=23,∠ABC=90°,
所以△ABC的面积S=12×2×23=23.
(2)以B为坐标原点,BC,BA的方向分别为x轴,y轴的正方向,建立如图所示的平面直角坐标系,则B(0,0),A(0,2),C(23,0),D(3,0),所以AD=(3,-2).
由AE=107AD得AE=(1037,-207),
所以E(1037,-67),
从而EB=(-1037,67),EC=(437,67),
所以cs<EB,EC>=EB·EC|EB||EC|=-1037×437+67×67(-1037)2+(67)2(437)2+(67)2=-844933649×8449=-12,所以∠BEC=120°.
学生用书·练习帮P320
1. [2024湖北模拟]在△ABC中,内角A,B,C所对应的边分别是a,b,c,若a=3,b=13,B=60°,则c=( D )
A.1B.2C.3D.4
解析 由余弦定理得b2=a2+c2-2accs B=9+c2-3c=13,即c2-3c-4=0,解得c=
-1(舍去)或c=4,∴c=4.故选D.
2.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,a=2,b=3,cs B=74,则A=( A )
A.π6B.π3C.5π6D.π6或5π6
解析 在△ABC中,cs B=74,所以sin B=1-cs2B=34,又a=2,b=3,所以由正弦定理可得sin A=a·sinBb=2×343=12,又因为b>a,所以A为锐角,所以A=π6.故选A.
3.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知csin A=3acs C,c=23,ab=8,则a+b的值是( A )
A.6B.8C.4D.2
解析 由csin A=3acs C及正弦定理可得sin Csin A=3sin Acs C,因为sin A≠0,所以sin C=3cs C,可得tan C=3,又C∈(0,π),所以C=π3.又c=23,ab=8,所以由余弦定理可得12=a2+b2-ab=(a+b)2-3ab=(a+b)2-24,所以a+b=6.故选A.
4.在△ABC中,D为边BC上一点,AD=6,BD=3,∠ABC=45°,则sin∠ADC的值为( C )
A.1+33B.1+24C.1+74D.34
解析 因为在△ABC中,D为边BC上一点,AD=6,BD=3,∠ABC=45°,所以由正弦定理得3sin∠BAD=6sin45°,所以sin∠BAD=24,因为AD>BD,所以∠BAD<45°,所以cs∠BAD=144,所以sin∠ADC=sin(∠BAD+45°)=22×(24+144)=1+74.故选C.
5. [设问创新/多选]黑板上有一道解三角形的习题,求解过程是正确的,但一位同学不小心把其中一部分擦去了,现在只能看到:在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=2,……,解得B=60°.根据以上信息,你认为下面哪个选项可以作为这个习题的其余已知条件?( ABD )
A.b=23,C=90°B.A=30°,c=4
C.b=23,A=30°D.b=23,c=4
解析 对于A,因为a=2,b=23,C=90°,所以tan B=ba=232=3,又0°<B<180°,所以B=60°,故A选项可以作为已知条件.
对于B,因为a=2,A=30°,c=4,所以根据正弦定理得asinA=csinC,即2sin 30°=4sinC,所以sin C=1,又0°<C<180°,所以C=90°,所以B=60°,故B选项可以作为已知条件.
对于C,因为a=2,b=23,A=30°,所以根据正弦定理得2sin 30°=23sinB,所以sin B=32,又0°<B<180°,且b>a,所以B=60°或120°,故C选项不可以作为已知条件.
对于D,因为a=2,b=23,c=4,所以根据余弦定理得cs B=a2+c2-b22ac=22+42-(23)22×2×4=12,又0°<B<180°,所以B=60°,故D选项可以作为已知条件.故选ABD.
6.[多选]在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,下列条件能判断△ABC是钝角三角形的有( BC )
A.a=6,b=5,c=4
B.AB·BC=2a
C.a-bc+b=sinCsinA+sinB
D.b2sin2C+c2sin2B=2bccs Bcs C
解析 A选项,由a>b>c知A>B>C,又因为b2+c2=41>36=a2,所以A是锐角,故A不正确.
B选项,由AB·BC=-accs B=2a,得cs B<0,所以B为钝角,故B正确.
C选项,由a-bc+b=sinCsinA+sinB及正弦定理得a-bc+b=ca+b,得b2+c2-a2=-bc,则cs A=b2+c2-a22bc=-12,所以A=2π3,故C正确.
D选项,由正弦定理得,已知条件等价于sin2Bsin2C+sin2Csin2B=2sin Bsin Ccs Bcs C,易知sin B·sin C≠0,所以sin Bsin C=cs Bcs C,即cs(B+C)=0,又因为0<B+C<π,故B+C=π2,所以A=π-(B+C)=π2,故D不正确.
7. [2024河北唐山一中段考]在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,A=π6,(1+3)c=2b,则B= 7π12 .
解析 解法一 在△ABC中,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccs A=b2+c2-3bc,又b=1+32c,所以a=22c,由正弦定理得asinA=csinC,所以sin C=casin A=2·sinπ6=22.因为c<b,所以C为锐角,C=π4,所以B=π-π6-π4=7π12.
解法二 在△ABC中,由(1+3)c=2b及正弦定理得(1+3)sin C=2sin B,因为A=π6,所以(1+3)sin(5π6-B)=2sin B,展开得1+32cs B+3+32sin B=2sin B,化简整理得tan B=1+31-3=tan π4+tan π31-tanπ4×tanπ3=tan 7π12,又B∈(0,π),所以B=7π12.
8. [2024青岛模拟]在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,已知A=60°,b+c=6,且△ABC的面积为3,则△ABC的内切圆的半径为 3-2 .
解析 由题意得△ABC的面积S=12bcsin A=34bc=3,故bc=4,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccs A=b2+c2-bc=(b+c)2-3bc=24,所以a=26,△ABC的周长为6+26.设△ABC的内切圆半径为r,则12(a+b+c)r=12×(6+26)r=3,所以r=3-2.
9.[角度创新]在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若cb<cs A,则△ABC的形状为 钝角三角形 .
解析 已知cb<cs A,由正弦定理,得 sinCsinB<cs A,即sin C<sin Bcs A,所以sin(A+B)<sin Bcs A,即sin B·cs A+cs Bsin A-sin Bcs A<0,所以cs Bsin A<0.又因为
sin A>0,于是有cs B<0,即B为钝角,所以△ABC是钝角三角形.
10.[2024惠州市一调]在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,已知b+bcs A=3asin B.
(1)求A;
(2)若a=21,b=4,求△ABC的面积.
解析 (1)由正弦定理,得sin B+sin Bcs A=3sin Asin B.
∵sin B>0,∴3sin A-cs A=1,得sin(A-π6)=12.
∵A∈(0,π),∴A-π6∈(-π6,5π6),∴A-π6=π6,即A=π3.
(2)解法一 将a=21,b=4,A=π3代入余弦定理a2=b2+c2-2bccs A,得21=16+c2-4c,解得c=5或c=-1(舍).
∴S△ABC=12bcsin A=12×4×5×32=53,
即△ABC的面积为53.
解法二 由正弦定理asinA=bsinB,
得21sinπ3=4sinB,解得sin B=277.
由a>b,得B∈(0,π2),
∴cs B=1-sin2B=217,
∴sin C=sin(A+B)
=sin Acs B+sin Bcs A
=32×217+277×12
=5714,
∴S△ABC=12absin C
=12×21×4×5714
=53,
即△ABC的面积为53.
11. [2024江西模拟]在△ABC中,D是BC的中点,且AB=3,AC=2,AD=3,则△ABC是( C )
A.锐角三角形B.直角三角形
C.钝角三角形D.无法确定
解析 解法一 在△ABD中,由余弦定理AB2=AD2+BD2-2AD·BD·cs∠ADB,得9=3+BD2-23BD·cs∠ADB,在△ACD中,由余弦定理AC2=AD2+DC2-2AD·DC·cs∠ADC,得4=3+DC2-23DC·cs∠ADC,又cs∠ADB=-cs∠ADC,BD=DC,所以两式相加得BD2+DC2=7,所以BD=DC=142,所以BC=14.在△ABC中,由余弦定理得cs∠BAC=AB2+AC2-BC22AB·AC=-112<0,所以△ABC是钝角三角形,故选C.
解法二 延长AD到E使AD=DE,连接BE,CE,则四边形ABEC是平行四边形,AE=2AD,所以AE2+BC2=2(AB2+AC2),所以BC2=14>AB2+AC2,则△ABC为钝角三角形.故选C.
解法三 因为D是BC的中点,所以AD=12(AB+AC),两边同时平方得AD2=14(AB+AC)2=14(AB2+2AB·AC+AC2),即3=14(9+2×3×2cs∠BAC+4),解得cs∠BAC=-112<0,所以△ABC是钝角三角形,故选C.
12. [2024湖北部分学校联考]在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,b=3,BD为AC边上的中线,BD=2,且acs C-2bcs∠ABC+ccs A=0,则△ABC的面积为( C )
A.2B.78C.738D.538
解析 解法一 由acs C-2bcs∠ABC+ccs A=0,可得acs C+ccs A=2bcs∠ABC=b,∴cs∠ABC=12,∵∠ABC是三角形的内角,∴∠ABC=π3.易知BD2=12(BC2+BA2)-14AC2,即4=12(a2+c2)-14×32,解得a2+c2=252,可得ac=a2+c2-322cs∠ABC=72,∴S△ABC=12acsin∠ABC=12×72×32=738,故选C.
解法二 ∵acs C-2bcs∠ABC+ccs A=0, ∴sin Acs C-2sin∠ABCcs∠ABC+
sin Ccs A=0,∴sin(A+C)-2sin∠ABCcs∠ABC=0,即sin∠ABC-2sin∠ABCcs∠ABC=0,易知sin∠ABC≠0,∴cs∠ABC=12.
在△ABC中,由余弦定理b2=a2+c2-2accs∠ABC,得9=a2+c2-ac,∵BD=12(BC+BA),∴|BD|2=14(|BC|2+|BA|2+2BC·BA),即4=14(a2+c2+ac),可得ac=72,∴S△ABC=12acsin∠ABC=12×72×32=738,故选C.
13.[多选]在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知(b+c)∶(c+a)∶(a+b)=4∶5∶6,则下列结论正确的是( ABD )
A.sin A∶sin B∶sin C=7∶5∶3
B.CA·AB>0
C.若c=6,则△ABC的面积是15
D.若b+c=8,则△ABC外接圆的半径是733
解析 在△ABC中,由于(b+c)∶(c+a)∶(a+b)=4∶5∶6,所以可设b+c=4k,a+c=5k,a+b=6k,求得a=7k2,b=5k2,c=3k2,所以a∶b∶c=7∶5∶3,由正弦定理可知A正确;cs A=b2+c2-a22bc=-12<0,故CA·AB=-bccs A>0,故B正确;若c=6,可得k=4,则b=10,又因为sin A=1-cs2A=32,所以△ABC的面积S=12bcsin A=12×10×6×32=153,故C错误;若b+c=8,则k=2,可得a=7,设△ABC外接圆的半径为R,则由正弦定理得2R=asinA=732=1433,可得△ABC外接圆的半径是733,故D正确.故选ABD.
14.[2024海南定安中学开学考试]如图,已知平面四边形ABCD存在外接圆,且AB=5,BC=2,cs∠ADC=45.
(1)求△ABC的面积;
(2)若DC=DA,求△ADC的周长.
解析 (1)因为平面四边形ABCD存在外接圆,
所以∠ABC=π-∠ADC,cs∠ABC=-cs∠ADC=-45,
又∠ABC∈(0,π),所以sin∠ABC=1-cs2∠ABC=1-(-45)2=35,
所以S△ABC=12AB×BC×sin∠ABC=12×5×2×35=3.
(2)在△ABC中,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcs∠ABC=45,所以AC=35.
在△ADC中,由余弦定理得AC2=DA2+DC2-2DA·DC·cs ∠ADC,
又DC=DA,则45=DA2+DA2-85DA2=25DA2,解得DA=DC=1522.
所以△ADC的周长为AC+CD+DA=35+152.
15.[设问创新/2023山东潍坊一模]在①tan Atan C-3tan A=1+3tan C,②(2c-3a)·cs B=3bcs A,③(a-3c)sin A+csin C=bsin B,这三个条件中任选一个,补充在下面问题中并作答.
在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且 .
(1)求角B的大小;
(2)已知c=b+1,且角A有两解,求b的取值范围.
解析 (1)若选①,解答过程如下.
对tan Atan C-3tan A=1+3tan C整理得1-tan Atan C=-3(tan A+tan C).
因为A+B+C=π,
所以tan B=-tan (A+C)=-tanA+tanC1-tanAtanC=33.
因为B∈(0,π),所以B=π6.
若选②,解答过程如下.
由(2c-3a)cs B=3bcs A及正弦定理得(2sin C-3sin A)cs B=3sin Bcs A,
所以2sin Ccs B=3sin(A+B)=3sin C,
又sin C>0,所以cs B=32.
因为B∈(0,π),所以B=π6.
若选③,解答过程如下.
由(a-3c)sin A+csin C=bsin B及正弦定理得a2+c2-b2=3ac,所以a2+c2-b22ac=32,即cs B=32.
因为B∈(0,π),所以B=π6.
(2)解法一 由c=b+1及正弦定理得bsinB=b+1sinC,
由(1)知,sin B=12,所以sin C=b+12b.
因为B=π6,角A的解有两个,所以角C的解也有两个,所以12<sin C<1,
所以12<b+12b<1,又b>0,所以b<b+1<2b,解得b>1.
故b的取值范围为(1,+∞).
解法二 在△ABC中,因为B=π6,c=b+1,
所以由余弦定理得b2=a2+c2-2accs B=a2+(b+1)2-3(b+1)a,
化简整理得a2-3(b+1)a+2b+1=0,
若角A有两解,则关于a的方程a2-3(b+1)a+2b+1=0有两个不等正根,
所以Δ=3(b+1)2-4(2b+1)>0,2b+1>0,3(b+1)>0,b>0,解得b>1,故b的取值范围为(1,+∞).
16.[情境创新]剪纸,又叫刻纸,是一种镂空艺术,是中国最古老的民间艺术之一.如图, 纸片为一圆形,直径AB=20 cm,需要剪去四边形CEC1D,可以经过对折、沿DC和EC裁剪、展开得到.
已知点C在圆上且AC=10 cm,∠ECD=30°.要使得镂空的四边形CEC1D面积最小,AD的长应为 (20-103) cm.
解析 如图,连接BC,因为AB=20 cm,AC=10 cm,AB为直径,所以∠ACB=90°,∠ABC=30°,∠BAC=60°, BC=103 cm.设∠ACD=θ,因为∠ECD=30°,所以∠BCE=60°-θ,∠BEC=90°+θ,∠CED=90°-θ,∠CDE=60°+θ.在△BCE中,由正弦定理BCsin∠BEC=CEsin∠ABC,得103sin(90°+θ)=CEsin30°,则CE=53sin(90°+θ)=53csθ(cm);在△CDE中,由正弦定理DEsin∠ECD=CEsin∠CDE,得DEsin30°=53csθsin(60°+θ),所以DE=532csθsin(60°+θ)(cm).则S四边形CEC1D=2S△CED=2×12DE·AC·sin∠BAC=532csθsin(60°+θ)×10×32=752csθsin(60°+θ)=752csθ(32csθ+12sinθ)=753cs2θ+sinθcsθ=753×1+cs2θ2+12sin2θ=7532cs2θ+12sin2θ+32=75sin(2θ+60°)+32(cm2).
由以上分析,易知0°≤θ≤60°,所以当θ=15°时,四边形CEC1D的面积取得最小值,且最小值为150(2-3)cm2,
此时,在△ACD中,∠ACD=15°,∠BAC=60°,所以∠CDA=105°,又因为AC=
10 cm,所以结合正弦定理ACsin∠CDA=ADsin∠ACD,得10sin105°=ADsin15°,则AD=10×sin15°sin105°=10×sin(45°-30°)sin(60°+45°)=10×6-246+24=(20-103)(cm).课标要求
命题点
五年考情
命题分析预测
借助向量的运算,探索三角形边长与角度的关系,掌握余弦定理、正弦定理.
利用正、余弦定理解三角形
2023新高考卷ⅠT17;2023新高考卷ⅡT17;2023全国卷乙T4;2023全国卷甲T16;2022新高考卷ⅠT18;2022新高考卷ⅡT18;2022全国卷甲T16;2021全国卷甲T8;2021全国卷乙T15;2021新高考卷ⅠT19;2021浙江T14;2020全国卷ⅠT16;2020全国卷ⅡT17;2020全国卷ⅢT7;2020新高考卷ⅠT17;2019全国卷ⅠT17;2019全国卷ⅡT15;2019全国卷ⅢT18
本讲每年必考,主要考查正、余弦定理的应用,如求解三角形的边长、角度、周长、面积等问题,也会作为方法求解其他章节问题,难度中等.预计2025年高考命题稳定,备考时要重视正、余弦定理的应用.
判断三角形的形状
2021新高考卷ⅡT18
与面积、周长有关的问题
2023全国卷乙T18;2022全国卷乙T17;2022新高考卷ⅡT18;2022北京T16;2021北京T16;2021新高考卷ⅡT18;2020全国卷ⅡT17;2019全国卷ⅢT18
定理
余弦定理
正弦定理
内容
a2=b2+c2-2bccs A;
b2=① c2+a2-2cacsB ;
c2=② a2+b2-2abcsC .
asinA=bsinB=csinC=③ 2R .
变形
cs A=b2+c2-a22bc;
cs B=④ c2+a2-b22ac ;
cs C=⑤ a2+b2-c22ab .
(1)a=2Rsin A,b=⑥ 2RsinB ,c=⑦ 2RsinC ;
(2)sin A=a2R,sin B=⑧ b2R ,sin C=⑨ c2R ;
(3)a∶b∶c=⑩sinA∶sinB∶sinC;
(4)a+b+csinA+sinB+sinC=asinA=2R.
A为锐角
A为钝角或直角
图形
关系式
a<bsin A
a=bsin A
bsin A<a<b
a≥b
a>b
a≤b
解的个数
无解
⑪ 一解
⑫ 两解
⑬ 一解
一解
无解
a2+b2<c2
cs C<0
C为钝角
三角形为钝角三角形
a2+b2=c2
cs C=0
C为直角
三角形为直角三角形
a2+b2>c2
cs C>0
C为锐角
无法判断(只有C为最大角时才可得出三角形为锐角三角形)
相关教案
这是一份2025年高考数学精品教案第六章 平面向量 复数 第2讲 平面向量基本定理及坐标表示,共12页。
这是一份2025年高考数学精品教案第六章 平面向量 复数 第5讲 解三角形应用举例,共9页。
这是一份2025年高考数学精品教案第六章 平面向量 复数 第6讲 复 数,共12页。