高考大题研究课四利用正弦余弦定理解三角形学案

高考大题研究课四利用正弦、余弦定理解三角形题型一解三角形例1[2023·辽宁沈阳模拟]从①bsinC＝3ccosB，②b2＋ac＝a2＋c2这两个条件中任选一个，补充到下面已知条件中进行解答．已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且________．(填写①或②，只可以选择一个序号，并依此条件进行解答．)(1)求B；(2)若b＝2，△ABC的面积为3，求a.题后师说利用正弦、余弦定理解三角形的关键就是边角转化，可以把已知条件化为角的三角函数关系，也可以把已知条件化为三角形边的关系．解题时，常用到三角形的内角和定理、三角形面积公式等．巩固训练1[2023·河南开封模拟]在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，(b＋a)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC.(1)求角A的大小；(2)设a＝2，cosB2＝217，求题型二三角形中的范围问题例2[2023·河北衡水中学模拟]锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且3ac·cosB＝tanB＋tan(1)求角C的值；(2)若c＝23，D为AB的中点，求中线CD的取值范围．题后师说三角形中的范围问题一般先通过正、余弦定理将边转化为角，再根据三角恒等变换及三角形内角和定理转化为“一角一函数”的形式，最后结合角的范围利用三角函数的单调性和值域求解．巩固训练2[2023·河南新乡模拟]锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sinB-sinC2＝sin2A－sinB(1)求A；(2)b＝2，求△ABC面积的取值范围．题型三平面图形中的解三角形问题例3[2023·江西南昌实验中学模拟]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＝22，CD＝5，求AD的长．题后师说平面图形中的解三角形问题求解思路(1)把所提供的平面图形拆分成多个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解；(2)寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果．解题时，有时要用到平面几何中的一些知识点，如相似三角形的边角关系、平行四边形的性质，要把这些知识与正弦、余弦定理有机结合，才能顺利解决问题．巩固训练3[2023·山东聊城模拟]如图，在四边形ABCD中，BD<AD，sin(π3－∠A)cos(π6＋∠A)＝(1)求∠A；(2)若AB＝3，AD＝3，CD＝1，∠C＝2∠CBD，求四边形ABCD的面积．1.[2022·新高考Ⅰ卷]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cosA1+sin(1)若C＝2π3，求B(2)求a2+2．[2022·新高考Ⅱ卷]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为S1，S2，S3.已知S1－S2＋S3＝32，sinB＝1(1)求△ABC的面积；(2)若sinAsinC＝23，求b3．[2021·新高考Ⅰ卷]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2＝ac，点D在边AC上，BDsin∠ABC＝asinC.(1)证明：BD＝b；(2)若AD＝2DC，求cos∠ABC.4．[2021·新高考Ⅱ卷]在△ABC中，角A、B、C所对的边长分别为a、b、c，b＝a＋1，c＝a＋2.(1)若2sinC＝3sinA，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，求出a的值；若不存在，说明理由．5．[2020·新高考Ⅰ卷]在①ac＝3，②csinA＝3，③c＝3b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA＝3sinB，C＝π6，________注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．高考大题研究课四利用正弦、余弦定理解三角形例1解析：(1)选①：bsinC＝3ccosB，由正弦定理得sinBsinC＝3sinCcosB，因为C∈(0，π)，所以sinC≠0，故tanB＝3，因为B∈(0，π)，所以B＝π3选②：b2＋ac＝a2＋c2，由余弦定理得cosB＝a2+c2-b22ac＝12，因为B∈(0(2)选①：bsinC＝3ccosB，由面积公式得12acsinB＝12acsinπ3＝34ac＝3，解得ac＝4，由余弦定理得cosB＝a2+c2-48＝12，解得a2＋选②：b2＋ac＝a2＋c2.由面积公式得：12acsinB＝12acsinπ3＝34ac＝3，解得ac＝4，由余弦定理得cosB＝a2+c2-48＝12，解得a2＋巩固训练1解析：(1)由题设(a＋b)(a－b)＝(c－b)c，即bc＝c2＋b2－a2，所以cosA＝c2+b2-a22bc＝12，又(2)由(1)知：0<B<2π3，则0<B2<π3，而cosB2＝217，故sin所以sinB＝2sinB2cosB2＝2×27而asinA＝bsinB，故b＝例2解析：(1)由3ac·cosB＝tanB＋tan3sinAsinC·cosB＝sinsinC＝3cosC，C∈(0，π)，tanC＝3，C＝π3(2)CD＝12(CA+CB)，CD2＝14(CA+CB)2，CD2＝由余弦定理有c2＝a2＋b2－ab，12＝a2＋b2－ab，所以CD2＝14(a2＋b2＋ab)，CD2＝14(12＋2ab)＝3＋1由正弦定理asinA＝bsinB＝csinC，asinA＝bsinB＝2332CD2＝3＋12ab＝3＋8sinAsinB＝3＋8sinAsin(2π3－A＝3＋8sinA(sin2π3cosA－cos2π3sin＝3＋8sinA(32cosA＋12sin＝3＋43sinAcosA＋4sin2A＝3＋23sin2A＋2(1－cos2A)＝5＋4(32sin2A－12cos2A)＝5＋4sin(2A－πCD2＝5＋4sin(2A－π6)，因为△ABC为锐角三角形，所以0<A<π2且A＋C>则A∈(π6，π2)，π6<2A－π6<5π6，则CD2∈(7，9]，CD巩固训练2解析：(1)因为(sinB－sinC)2＝sin2A－sinBsinC，所以sin2A＝sin2B＋sin2C－sinBsinC，所以a2＝b2＋c2－bc，又a2＝b2＋c2－2bccosA，所以cosA＝12又A∈(0，π2)，所以A＝π(2)△ABC的面积S△ABC＝12bcsinA＝32由正弦定理得c＝bsinCsinB＝2sin因为△ABC为锐角三角形，所以0<B<π20<2π3-B<π2则tanB>33，则1<c<4故△ABC面积的取值范围是(32，23)例3解析：(1)在△ABC中，由正弦定理得sinBcosA－sinAsinB＝0，∵sinB≠0，∴cosA＝sinA，即tanA＝1，∵A∈(0，π)，∴∠BAC＝A＝π4(2)∵AB⊥AD，且∠BAC＝π4，则∠CAD＝π在△ACD中，AC＝22，CD＝5，∠CAD＝π4由余弦定理得CD2＝AC2＋AD2－2AC·ADcos∠CAD，即5＝8＋AD2－2×22AD×22整理得AD2－4AD＋3＝0，解得AD＝1或AD＝3.经验证AD＝1或AD＝3均满足三角形中两边之和大于第三边，两边之差小于第三边．故AD的长为1或3.巩固训练3解析：(1)因为(π3－∠A)＋(π6＋∠A)＝π2，所以sin(π3－∠A)＝cos(π6所以sin(π3－∠A)cos(π6＋∠A)＝14可化为sin2(π3－∠A由二倍角公式可得cos(2π3－2∠A)＝1因为BD<AD，所以∠A∈(0，π2)，所以(2π3－2∠A)∈(－π所以2π3－2∠A＝π3，解得∠A＝(2)在△ABD中，AB＝3，AD＝3，∠A＝π6，BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠A，即BD2＝3＋9－2×3×3×32＝3所以BD＝3.在△BCD中，由正弦定理得sin∠Csin∠CBD＝BD所以sin∠C＝3sin∠CBD.又因为∠C＝2∠CBD，所以cos∠CBD＝32又因为∠CBD∈(0，π)，所以∠CBD＝π6，从而∠C＝2∠CBD＝π3，所以∠BDC＝因此四边形ABCD的面积S＝12AB·AD·sin∠A＋12BD·CD＝12×3×3×1真题展台——知道高考考什么？1．解析：(1)由已知条件，得sin2B＋sinAsin2B＝cosA＋cosAcos2B.所以sin2B＝cosA＋cosAcos2B－sinAsin2B＝cosA＋cos(A＋2B)＝cos[π－(B＋C)]＋cos[π－(B＋C)＋2B]＝－cos(B＋C)＋cos[π＋(B－C)]＝－2cosBcosC，所以2sinBcosB＝－2cosBcosC，即(sinB＋cosC)cosB＝0.由已知条件，得1＋cos2B≠0，则B≠π2所以cosB≠0，所以sinB＝－cosC＝12又0＜B＜π3，所以B＝π(2)由(1)知sinB＝－cosC＞0，则B＝C－π2所以sinA＝sin(B＋C)＝sin(2C－π2)＝－cos2C由正弦定理，得a2+b2c2＝sin2A+sin2Bsin2C＝cos22C+cos2Csin2当且仅当sin2C＝22时，等号成立，所以a2+b22．解析：(1)∵边长为a的正三角形的面积为34a2∴S1－S2＋S3＝34(a2－b2＋c2)＝3结合余弦定理，得accosB＝1，即cosB＝1ac由sinB＝13，得cosB＝223，∴ac故S△ABC＝12acsinB＝12×(2)由正弦定理得b2sin2B＝asinA·csinC＝acsinAsinC＝32423.解析：(1)证明：由题设得，BD＝asinCsin∠ABC，由正弦定理知csinC＝b∴BD＝acb，又∵b2＝ac∴BD＝b，得证．(2)由题意知BD＝b，AD＝2b3，DC＝b∴cos∠ADB＝b2+4b29-c22b·2b3＝∵∠ADB＝π－∠CDB，∴13b29-c24b23＝a2-10b292∴2a2＋b4a2＝11b23，整理得6a4－11a2b2＋3b4＝0，解得a2由余弦定理知cos∠ABC＝a2+c当a2b2＝13时，cos∠ABC＝76>1不合题意；当a2b2＝32时，cos∠ABC＝74．解析：(1)因为2sinC＝3sinA，则2c＝2(a＋2)＝3a，则a＝4，故b＝5，c＝6，cosC＝a2+b2-c22ab＝18，所以C为锐角，因此S△ABC＝12absinC＝12×4×5×37(2)显然c>b>a，若△ABC为钝角三角形，则C为钝角，由余弦定理可得cosC＝a＝a2+a+12解得－1<a<3，则0<a<3，由三角形三边关系可得a＋a＋1>a＋2，可得a>1，∵a∈Z，故a＝2.5．解析：方案一：选条件①.由C＝π6和余弦定理得a2+由sinA＝3sinB及正弦定理得a＝3b.于是3b2+b2-c2由