正弦定理与余弦定理

2022届原创高考数学一轮复习材料——精讲细练（学案版）三角函数与解三角形6．正弦定理与余弦定理学前热身AUTONUM\*Arabic．（2022年高考（天津理））在中,内角,,所对的边分别是,已知,,则（）A． B． C． D．【答案】A；【解析】∵,由正弦定理得,又∵,∴,所以,易知,∴,=.AUTONUM\*Arabic．（2022年高考（上海理））在中,若,则的形状是（）A．锐角三角形B．直角三角形. C．钝角三角形.D．不能确定.【答案】C；【解析】由条件结合正弦定理,得,再由余弦定理,得,所以C是钝角,选C.AUTONUM\*Arabic．（2022年高考（陕西理））在中,角所对边长分别为,若,则的最小值为（）A． B． C． D．【答案】C；【解析】由余弦定理得,当且仅当时取“=”,选C.AUTONUM\*Arabic．（2022年高考（重庆理））设的内角的对边分别为,且则______【答案】；【解析】由,由正弦定理得,由余弦定理AUTONUM\*Arabic．（2022年高考（福建理））已知得三边长成公比为的等比数列,则其最大角的余弦值为_________.【答案】；【解析】设最小边为,则其他两边分别为,由余弦定理得,最大角的余弦值为AUTONUM\*Arabic．（2022年高考（安徽理））设的内角所对的边为;则下列命题正确的是=1\*GB3①若;则=2\*GB3②若;则=3\*GB3③若;则=4\*GB3④若;则=5\*GB3⑤若;则【答案】=1\*GB3①=2\*GB3②=3\*GB3③；【解析】正确的是=1\*GB3①=2\*GB3②=3\*GB3③=1\*GB3①=2\*GB3②=3\*GB3③当时,与矛盾=4\*GB3④取满足得:=5\*GB3⑤取满足得:AUTONUM\*Arabic．（2022年高考（湖北文））设的内角所对的边分别为,若三边的长为连续的三个正整数,且,,则为（）A．4∶3∶2 B．5∶6∶7 C．5∶4∶3 D．6∶5∶4【答案】D；【解析】因为为连续的三个正整数,且,可得,所以①;又因为已知,所以②.由余弦定理可得③,则由②③可得④,联立①④,得,解得或(舍去),则,.故由正弦定理可得,.故应选D.AUTONUM\*Arabic．（2022年高考（广东文））在中,若,,,则（）A． B． C． D．【答案】B；【解析】B.由正弦定理,可得,所以.AUTONUM\*Arabic．（2022年高考（重庆文））设△的内角的对边分别为,且,则____【答案】；【解析】,由余弦定理得,则,即,故.AUTONUM\*Arabic．（2022年高考（北京文））在△ABC中,若,,,则的大小为___________.【答案】；【解析】,而,故.知识精讲1、△ABC中：a＋b＞c；a＋c＞b；b＋c＞a；a－b＜c；。（三角形任意两边之和大于第三边；三角形任意两边之差小于第三边）2、△ABC中：（三角形的大角对大边，大边对大角）3、△ABC中，A＋B＋C=，所以三角形内的三角函数关系4、正弦定理：△ABC中：(为△ABC的外接圆的半径)【注】已知边边角或角角边，一般用正弦定理。5、余弦定理：△ABC中：；【注1】已知边边边或边角边，一般用余弦定理。【注2】如果的对边是，则有：；；。6、S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(abc,4R)＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)·r(R是三角形外接圆半径，r是三角形内切圆的半径)，并可由此计算R，r.7、判断三角形的形状，一般是利用正余弦定理化角或角化边。8、解三角形的一般规律：(1)必须知道三个几何元素，至少一个为边，对于不知道的边或角可以放到其它三角形中去解；(2)如果出现多解，注意用三角形内角和定理且边角不等关系定理检验。【注】已知两边和其中一边的对角，解三角形时，注意解的情况．如已知a，b，A，则情况如下：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典例细练题型一：利用正弦定理解三角形【例题1】(1)在△ABC中，a＝eq\r(3)，b＝eq\r(2)，B＝45°，解三角形；(2)在△ABC中，a＝8，B＝60°，C＝75°，求边b和c。【解析】(1)由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)得，sinA＝eq\f(\r(3),2).∵a>b，∴A>B，∴A＝60°或A＝120°.当A＝60°时，C＝180°－45°－60°＝75°，c＝eq\f(bsinC,sinB)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),2)；当A＝120°时，C＝180°－45°－120°＝15°，c＝eq\f(bsinC,sinB)＝eq\f(\r(6)－\r(2),2).综上，A＝60°，C＝75°，c＝eq\f(\r(6)＋\r(2),2)，或A＝120°，C＝15°，c＝eq\f(\r(6)－\r(2),2).(2)∵B＝60°，C＝75°，∴A＝45°，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得b＝eq\f(a·sinB,sinA)＝4eq\r(6)，c＝eq\f(a·sinC,sinA)＝4eq\r(3)＋4.∴b＝4eq\r(6)，c＝4eq\r(3)＋4.【点评】(1)已知两角一边可求第三角，解这样的三角形只需直接用正弦定理代入求解即可．(2)已知两边和一边对角，解三角形时，利用正弦定理求另一边的对角时要注意讨论该角，这是解题的难点，应引起注意．【训练1】（2022高考北京卷）在△ABC中，若b＝5，∠B＝eq\f(π,4)，tanA＝2，则sinA＝________；a＝________.【答案】eq\f(2\r(5),5)；2eq\r(10)。【解析】因为△ABC中，tanA＝2，所以A是锐角，且eq\f(sinA,cosA)＝2，sin2A＋cos2A＝1，联立解得sinA＝eq\f(2\r(5),5)，再由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，代入数据解得a＝2eq\r(10).【训练2（1）】（2022北京西城区期末）已知△ABC中，a＝1，b＝eq\r(2)，B＝45°，则角A等于()A．150°B．90°C．60°D．30°【答案】D；【解析】根据正弦定理得eq\f(1,sinA)＝eq\f(\r(2),sin45°)，∴sinA＝eq\f(1,2)，∵a<b，∴A为锐角，∴A＝30°，故选D.【训练2（2）】（2022苏州调研）在△ABC中，若A＝60°，BC＝4eq\r(3)，AC＝4eq\r(2)，则角B的大小为________．【答案】45°；【解析】∵BC>AC，∴A>B，所以角B是锐角，由正弦定理得，eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AC,sinB)，即sinB＝eq\f(AC·sinA,BC)＝eq\f(4\r(2)×\f(\r(3),2),4\r(3))＝eq\f(\r(2),2)，所以B＝45°.【训练3】（1）在△ABC中，若tanA＝eq\f(1,3)，C＝150°，BC＝1，则AB＝________；（2）在△ABC中，若a＝50，b＝25eq\r(6)，A＝45°，则B＝________.【解析】(1)∵在△ABC中，tanA＝eq\f(1,3)，C＝150°，∴A为锐角，∴sinA＝eq\f(1,\r(10)).又∵BC＝1，∴根据正弦定理得AB＝eq\f(BC·sinC,sinA)＝eq\f(\r(10),2).(2)由b>a，得B>A，由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(25\r(6),50)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(3),2)，∵0°<B<180°，∴B＝60°或B＝120°.题型二：利用正弦定理解三角形【例题2】在△ABC中，a，b，c分别是∠A，∠B，∠C的对边长．已知a，b，c成等比数列，且a2－c2＝ac－bc，则∠A＝________，eq\f(bsinB,c)＝________.【答案】∠A＝60°.；eq\f(\r(3),2).【解析】解法1：∵a、b、c成等比数列，∴b2＝ac.又a2－c2＝ac－bc，∴b2＋c2－a2＝bc.在△ABC中，由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(bc,2bc)＝eq\f(1,2)，∴∠A＝60°.在△ABC中，由正弦定理得sinB＝eq\f(bsinA,a)，∵b2＝ac，∠A＝60°，∴eq\f(bsinB,c)＝eq\f(b2sinA,ac)＝sin60°＝eq\f(\r(3),2).解法2：(求∠A同解法1)在△ABC中，由面积公式得eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)acsinB，∵b2＝ac，∴csinA＝bsinB.∴eq\f(bsinB,c)＝sinA＝eq\f(\r(3),2)。【点评】(1)根据所给等式的结构特点利用余弦定理将角化边进行变形是迅速解答本题的关键．(2)熟练运用余弦定理及其推论，同时还要注意整体思想、方程思想在解题过程中的运用．【训练1】已知a、b、c分别是△ABC中角A、B、C的对边，且a2＋c2－b2＝ac.(1)求角B的大小；(2)若c＝3a，求tanA的值．【解析】(1)∵a2＋c2－b2＝ac，∴cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(1,2).∵0<B<π，∴B＝eq\f(π,3).(2)方法一：将c＝3a代入a2＋c2－b2＝ac，得b＝eq\r(7)a.由余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(5\r(7),14).∵0<A<π，∴sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(\r(21),14)，∴tanA＝eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(\r(3),5).方法二：将c＝3a代入a2＋c2－b2＝ac，得b＝eq\r(7)a.由正弦定理，得sinB＝eq\r(7)sinA.由(1)知，B＝eq\f(π,3)，∴sinA＝eq\f(\r(21),14)，又b＝eq\r(7)a>a，∴B>A，∴cosA＝eq\r(1－sin2A)＝eq\f(5\r(7),14).∴tanA＝eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(\r(3),5).方法三：∵c＝3a，由正弦定理，得sinC＝3sinA.∵B＝eq\f(π,3)，∴C＝π－(A＋B)＝eq\f(2π,3)－A，∴sin(eq\f(2π,3)－A)＝3sinA，∴sineq\f(2π,3)cosA－coseq\f(2π,3)sinA＝3sinA，∴eq\f(\r(3),2)cosA＋eq\f(1,2)sinA＝3sinA，∴5sinA＝eq\r(3)cosA，∴tanA＝eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(\r(3),5).【训练2】（2022北京西城一模）设△ABC的内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且cosB＝eq\f(4,5)，b＝2.(1)当A＝30°时，求a的值；(2)当△ABC的面积为3时，求a＋c的值。【解析】(1)因为cosB＝eq\f(4,5)，所以sinB＝eq\f(3,5).由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，可得eq\f(a,sin30°)＝eq\f(10,3)，所以a＝eq\f(5,3).(2)因为△ABC的面积S＝eq\f(1,2)ac·sinB，sinB＝eq\f(3,5)，所以eq\f(3,10)ac＝3，ac＝10.由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB，得4＝a2＋c2－eq\f(8,5)ac＝a2＋c2－16，即a2＋c2＝20.所以(a＋c)2－2ac＝20，(a＋c)2＝40，所以a＋c＝2eq\r(10).题型三：三角形面积的相关问题【例题3（1）】（2022年高考（浙江理））在ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知cosA=,sinB=cosC.(Ⅰ)求tanC的值;(Ⅱ)若a=,求ABC的面积.【解析】(Ⅰ)∵cosA=>0,∴sinA=,又cosC=sinB=sin(A+C)=sinAcosC+sinCcosA=cosC+sinC.整理得:tanC=.(Ⅱ)由图辅助三角形知:sinC=.又由正弦定理知:,故.(1)对角A运用余弦定理:cosA=.(2)解(1)(2)得:orb=(舍去).∴ABC的面积为:S=.【例题3（2）】（2022年高考（课标文））已知,,分别为三个内角,,的对边,.(Ⅰ)求;(Ⅱ)若=2,的面积为,求,.【解析】(Ⅰ)由及正弦定理得由于,所以,又,故.(Ⅱ)的面积==,故=4,而故=8,解得=2.法二:解:已知:,由正弦定理得:因,所以:,所以,是的内角,所以,所以:(2)，解得:。【点评】正弦定理、余弦定理、三角形面积公式对任意三角形都成立，通过这些等式就可以把有限的条件纳入到方程中，通过解方程组获得更多的元素，再通过这些新的条件解决问题【训练1】（2022高考浙江卷）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足coseq\f(A,2)＝eq\f(2\r(5),5)，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝3.(1)求△ABC的面积；(2)若b＋c＝6，求a的值．【解析】(1)因为coseq\f(A,2)＝eq\f(2\r(5),5)，所以cosA＝2cos2eq\f(A,2)－1＝eq\f(3,5)，sinA＝eq\f(4,5).又由eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝3得bccosA＝3，所以bc＝5，因此S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝2.(2)由(1)知，bc＝5，又b＋c＝6，由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA＝(b＋c)2－eq\f(16,5)bc＝20，所以a＝2eq\r(5).【训练2】（2022高考新课标全国文）△ABC中，B＝120°，AC＝7，AB＝5，则△ABC的面积为________．【解析】由余弦定理知72＝52＋BC2＋5BC，即BC2＋5BC－24＝0，解之得BC＝3，所以S＝eq\f(1,2)×5×3×sin120°＝eq\f(15\r(3),4).【训练2】（2022桂林模拟）已知A，B，C为△ABC的三个内角，其所对的边分别为a，b，c，且2cos2eq\f(A,2)＋cosA＝0.(1)求角A的值；(2)若a＝2eq\r(3)，b＋c＝4，求△ABC的面积。【解析】(1)由2cos2eq\f(A,2)＋cosA＝0，得1＋cosA＋cosA＝0，即cosA＝－eq\f(1,2)，∵0＜A＜π，∴A＝eq\f(2π,3).(2)由余弦定理得，a2＝b2＋c2－2bccosA，A＝eq\f(2π,3)，则a2＝(b＋c)2－bc，又a＝2eq\r(3)，b＋c＝4，有12＝42－bc，则bc＝4，故S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\r(3).题型四：判断三角形形状【例题4】根据所给条件，判断△ABC的形状．(1)若acosA＝bcosB，则△ABC形状为________．(2)若eq\f(a,cosA)＝eq\f(b,cosB)＝eq\f(c,cosC)，则△ABC形状为________．【答案】(1)等腰或直角三角形(2)等边三角形【解析】(1)由余弦定理得acosA＝bcosB⇒a·(eq\f(b2＋c2－a2,2bc))＝b·(eq\f(a2＋c2－b2,2ac))⇒a2c2－a4－b2c2＋b4＝0，∴(a2－b2)(c2－a2－b2)＝0，∴a2－b2＝0或c2－a2－b2＝0∴a＝b或c2＝a2＋b2，∴△ABC是等腰三角形或直角三角形．(2)由正弦定理得eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(sinB,cosB)＝eq\f(sinC,cosC)，即tanA＝tanB＝tanC，∵A、B、C∈(0，π)，∴A＝B＝C，∴△ABC为等边三角形．【点评】判断三角形的形状的基本思想是；利用正、余弦定理进行边角的统一．即将条件化为只含角的三角函数关系式，然后利用三角恒等变换得出内角之间的关系式；或将条件化为只含有边的关系式，然后利用常见的化简变形得出三边的关系．【训练1】（2022福清三中期末）若a、b、c是△ABC的三边，直线ax＋by＋c＝0与圆x2＋y2＝1相离，则△ABC一定是()A．直角三角形B．等边三角形C．锐角三角形D．钝角三角形【答案】D；【解析】由题设知eq\f(|c|,\r(a2＋b2))>1，即a2＋b2<c2，即a2＋b2－c2<0，于是cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)<0，所以∠C为钝角．故△ABC为钝角三角形．【训练2】在△ABC中，若(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sinC，试判断△ABC的形状．【解析】由已知(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sinC，得b2[sin(A－B)＋sinC]＝a2[sinC－sin(A－B)]，即b2sinAcosB＝a2cosAsinB，即sin2BsinAcosB＝sin2AcosBsinB，所以sin2B＝sin2A，由于A，B是三角形的内角．故0＜2A＜2π，0＜2B＜2π.故只可能2A＝2B或2A＝π－2B，即A＝B或A＋B＝eq\f(π,2).故△ABC为等腰三角形或直角三角形．【训练3】在△ABC中,若2cosBsinA=sinC,则△ABC一定是……()A.等腰直角三角形 B.等腰三角形C.直角三角形 D.等边三角形【答案】B；【解析】方法一:由正、余弦定理得为△ABC外接圆半径),整理得∴a=b，∴△ABC一定是等腰三角形.方法二:∵sinC=sin[-(A+B)]=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB,∴由已知得sinAcosB-cosAsinB=0,即sin(A-B)=0.又,),∴A-B=0,即A=B.∴△ABC为等腰三角形.题型五：解三角形的综合性问题【例题5】（2022年高考（大纲理））的内角、、的对边分别为、、,已知,求.【解析】由,由正弦定理及可得所以故由与可得而为三角形的内角且,故,所以,故.【训练1】（2022年高考（江苏））在中,已知.(1)求证:;(2)若求A的值.【解析】(1)∵,∴,即.由正弦定理,得,∴.又∵,∴.∴即.(2)∵,∴.∴.∴,即.∴.由(1),得,解得.∵,∴.∴.【训练2】（2022高考辽宁卷）△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，asinAsinB＋bcos2A＝eq\r(2)a.(1)求eq\f(b,a)；(2)若c2＝b2＋eq\r(3)a2，求B.【解析】（1）由正弦定理得，sin2AsinB＋sinBcos2A＝eq\r(2)sinA，即sinB(sin2A＋cos2A)＝eq\r(2)sinA.故sinB＝eq\r(2)sinA，所以eq\f(b,a)＝eq\r(2).(2)由余弦定理和c2＝b2＋eq