2021新高考数学新课程一轮复习学案第三章第6讲正弦定理和余弦定理

第6讲正弦定理和余弦定理[考纲解读]1.熟练掌握正弦定理及余弦定理，并能解决简单的三角形度量问题．(重点)2.能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题．(难点)[考向预测]从近三年高考情况来看，本讲是高考的必考内容．预计2021年会以对正、余弦定理的考查为主，利用两定理解三角形(求三角形边或角)，解与三角形面积有关的最值问题．此外，判断三角形的形状及三角形内三角函数的计算也不容忽视．题型既可以是客观题也可以是解答题，属中档题型.1．正弦定理、余弦定理在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC外接圆的半径，则2．在△ABC中，已知a，b和A时，三角形解的情况3．三角形中常用的面积公式(1)S＝eq\f(1,2)ah(h表示边a上的高)．(2)S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\o(□,\s\up4(01))eq\f(1,2)acsinB＝eq\o(□,\s\up4(02))eq\f(1,2)absinC.(3)S＝eq\f(1,2)r(a＋b＋c)(r为三角形的内切圆半径)．1．概念辨析(1)正弦定理和余弦定理对任意三角形都成立．()(2)在△ABC中，若sinA>sinB，则A>B.()(3)在△ABC的六个元素中，已知任意三个元素可求其他元素．()(4)当b2＋c2－a2>0时，△ABC为锐角三角形．()答案(1)√(2)√(3)×(4)×2．小题热身(1)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝eq\r(5)，c＝2，cosA＝eq\f(2,3)，则b＝()A.eq\r(2) B.eq\r(3)C．2 D．3答案D解析由余弦定理得5＝b2＋4－2×b×2×eq\f(2,3)，解得b＝3或b＝－eq\f(1,3)(舍去)，故选D.(2)在△ABC中，已知b＝40，c＝20，C＝60°，则此三角形的解的情况是()A．有一解 B．有两解C．无解 D．有解但解的个数不确定答案C解析由正弦定理得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，∴sinB＝eq\f(bsinC,c)＝eq\f(40×\f(\r(3),2),20)＝eq\r(3)>1.∴角B不存在，即满足条件的三角形不存在．(3)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，B＝75°，C＝45°，a＝3，则△ABC中最短边的长等于________．答案eq\r(6)解析因为A＝180°－B－C＝180°－75°－45°＝60°，所以△ABC中角C最小，最短边是c，由正弦定理得c＝eq\f(asinC,sinA)＝eq\f(3×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝eq\r(6).(4)在△ABC中，a＝3eq\r(2)，b＝2eq\r(3)，cosC＝eq\f(1,3)，则△ABC的面积为________．答案4eq\r(3)解析∵cosC＝eq\f(1,3)，0<C<π，∴sinC＝eq\f(2\r(2),3)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×3eq\r(2)×2eq\r(3)×eq\f(2\r(2),3)＝4eq\r(3).(5)在△ABC中，a＝4，b＝5，c＝6，则eq\f(sin2A,sinC)＝________.答案1解析因为a＝4，b＝5，c＝6，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(52＋62－42,2×5×6)＝eq\f(3,4)，所以eq\f(sin2A,sinC)＝eq\f(2sinAcosA,sinC)＝eq\f(2acosA,c)＝eq\f(2×4×\f(3,4),6)＝1.题型一利用正、余弦定理解三角形角度1用正弦定理解三角形1．(2019·北京朝阳区模拟)在△ABC中，B＝eq\f(π,6)，c＝4，cosC＝eq\f(\r(5),3)，则b＝()A．3eq\r(3) B．3C.eq\f(3,2) D.eq\f(4,3)答案B解析因为cosC＝eq\f(\r(5),3)，C∈(0，π)，所以sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\f(2,3).又因为B＝eq\f(π,6)，c＝4，所以由正弦定理得b＝eq\f(csinB,sinC)＝eq\f(4×\f(1,2),\f(2,3))＝3.2．(2020·丹东模拟)在△ABC中，C＝60°，AC＝eq\r(2)，AB＝eq\r(3)，则A＝()A．15° B．45°C．75° D．105°答案C解析在△ABC中，C＝60°，AC＝eq\r(2)，AB＝eq\r(3)，由正弦定理得sinB＝eq\f(ACsinC,AB)＝eq\f(\r(2)×\f(\r(3),2),\r(3))＝eq\f(\r(2),2).因为AB>AC，所以C>B，所以B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以B＝45°，又C＝60°，所以A＝180°－B－C＝180°－45°－60°＝75°.角度2用余弦定理解三角形3．在△ABC中，若AB＝eq\r(13)，BC＝3，C＝120°，则AC＝()A．1 B．2C．3 D．4答案A解析设AC＝x，由余弦定理得，cos120°＝eq\f(x2＋9－13,2×x×3)＝－eq\f(1,2)，∴x2－4＝－3x，即x2＋3x－4＝0.∴x＝1或－4(舍去)．∴AC＝1，选A.4．(2018·全国卷Ⅱ)在△ABC中，coseq\f(C,2)＝eq\f(\r(5),5)，BC＝1，AC＝5，则AB＝()A．4eq\r(2)B.eq\r(30)C.eq\r(29) D．2eq\r(5)答案A解析因为cosC＝2cos2eq\f(C,2)－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)))2－1＝－eq\f(3,5)，所以AB2＝BC2＋AC2－2BC·ACcosC＝1＋25－2×1×5×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))＝32，所以AB＝4eq\r(2)，选A.5．(2019·贵阳模拟)平行四边形ABCD中，AB＝2，AD＝3，AC＝4，则BD＝()A．4B.eq\r(10)C.eq\r(19)D.eq\r(7)答案B解析如图所示，在△ABC中，AB＝2，BC＝AD＝3，AC＝4，由余弦定理得cos∠ABC＝eq\f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq\f(4＋9－16,2×2×3)＝－eq\f(1,4)，所以cos∠DAB＝－cos∠ABC＝eq\f(1,4)，在△ABD中，由余弦定理得BD2＝AD2＋AB2－2AD·AB·cos∠DAB＝32＋22－2×3×2×eq\f(1,4)＝10.所以BD＝eq\r(10).角度3综合利用正、余弦定理解三角形6．(2019·北京高考)在△ABC中，a＝3，b－c＝2，cosB＝－eq\f(1,2).(1)求b，c的值；(2)求sin(B－C)的值．解(1)由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得b2＝32＋c2－2×3×c×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))).因为b＝c＋2，所以(c＋2)2＝32＋c2－2×3×c×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，解得c＝5，所以b＝7.(2)由cosB＝－eq\f(1,2)，得sinB＝eq\f(\r(3),2).由正弦定理，得sinC＝eq\f(c,b)sinB＝eq\f(5\r(3),14).在△ABC中，B是钝角，所以C为锐角，所以cosC＝eq\r(1－sin2C)＝eq\f(11,14).所以sin(B－C)＝sinBcosC－cosBsinC＝eq\f(4\r(3),7).用正弦、余弦定理解三角形的基本题型及解题方法(1)已知两角和一边(如举例说明1)①用三角形内角和定理求第三个角.②用正弦定理求另外两条边.(2)已知两边及其中一边所对的角①用正弦定理(适用于优先求角的题，如举例说明2)以知a，b，A解三角形为例：a.根据正弦定理，经讨论求B；b.求出B后，由A＋B＋C＝180°，求出C；c.再根据正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，求出边c.②用余弦定理(适用于优先求边的题)以知a，b，A解三角形为例：列出以边c为元的一元二次方程c2－(2bcosA)c＋(b2－a2)＝0，根据一元二次方程的解法，求边c，然后应用正弦定理或余弦定理，求出B，C.(如举例说明3)(3)已知两边和它们的夹角(如举例说明4)①用余弦定理求第三边.②用余弦定理的变形或正弦定理求另外两角.(4)已知三边可以连续用余弦定理求出两角，常常是分别求较小两边所对的角，再由A＋B＋C＝180°，求出第三个角．(如举例说明5)1.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝eq\f(\r(6),2)b，A＝2B，则cosB＝()A.eq\f(\r(6),6)B.eq\f(\r(6),5)C.eq\f(\r(6),4)D.eq\f(\r(6),3)答案C解析因为a＝eq\f(\r(6),2)b，A＝2B，所以由正弦定理可得eq\f(\f(\r(6),2)b,sin2B)＝eq\f(b,sinB)，所以eq\f(\f(\r(6),2),2sinBcosB)＝eq\f(1,sinB)，所以cosB＝eq\f(\r(6),4).2.在△ABC中，若b＝1，c＝eq\r(3)，A＝eq\f(π,6)，则cos5B＝()A.－eq\f(\r(3),2)B.eq\f(1,2)C.eq\f(1,2)或－1 D．－eq\f(\r(3),2)或0答案A解析因为b＝1，c＝eq\r(3)，A＝eq\f(π,6)，所以由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA＝1＋3－2×1×eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝1，所以a＝1.由a＝b＝1，得B＝A＝eq\f(π,6)，所以cos5B＝coseq\f(5π,6)＝－coseq\f(π,6)＝－eq\f(\r(3),2).3．如图，在△ABC中，B＝45°，D是BC边上一点，AD＝5，AC＝7，DC＝3，则AB＝________.答案eq\f(5\r(6),2)解析在△ACD中，由余弦定理可得cosC＝eq\f(49＋9－25,2×7×3)＝eq\f(11,14)，则sinC＝eq\f(5\r(3),14).在△ABC中，由正弦定理可得eq\f(AB,sinC)＝eq\f(AC,sinB)，则AB＝eq\f(ACsinC,sinB)＝eq\f(7×\f(5\r(3),14),\f(\r(2),2))＝eq\f(5\r(6),2).题型二利用正、余弦定理边角互化1.(2019·武汉调研)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若eq\f(c,b)<cosA，则△ABC为()A.钝角三角形 B．直角三角形C.锐角三角形 D．等边三角形答案A解析因为eq\f(c,b)<cosA，所以c<bcosA，由正弦定理得sinC<sinBcosA，又A＋B＋C＝π，所以sinC＝sin(A＋B)．所以sinAcosB＋cosAsinB<sinBcosA，所以sinAcosB<0，又sinA>0，所以cosB<0，B为钝角，所以△ABC是钝角三角形.条件探究将本例中△ABC满足的条件改为“cos2eq\f(B,2)＝eq\f(a＋c,2c)”，则△ABC的形状为________.答案直角三角形解析因为cos2eq\f(B,2)＝eq\f(a＋c,2c)，所以eq\f(1,2)(1＋cosB)＝eq\f(a＋c,2c)，在△ABC中，由余弦定理得eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a＋c,2c).化简得2ac＋a2＋c2－b2＝2a(a＋c)，则c2＝a2＋b2，所以△ABC为直角三角形.2.(2019·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.设(sinB－sinC)2＝sin2A－sinBsinC.(1)求A；(2)若eq\r(2)a＋b＝2c，求sinC.解(1)由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sinBsinC，故由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc.由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2).因为0°<A<180°，所以A＝60°.(2)由(1)知B＝120°－C，由题设及正弦定理得eq\r(2)sinA＋sin(120°－C)＝2sinC，即eq\f(\r(6),2)＋eq\f(\r(3),2)cosC＋eq\f(1,2)sinC＝2sinC，可得cos(C＋60°)＝－eq\f(\r(2),2).因为0°<C<120°，所以sin(C＋60°)＝eq\f(\r(2),2)，故sinC＝sin(C＋60°－60°)＝sin(C＋60°)cos60°－cos(C＋60°)sin60°＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4).1.应用正、余弦定理转化边角关系的技巧技巧解读边化角将表达式中的边利用公式a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC化为角的关系．如举例说明1角化边将表达式中的角利用公式转化为边，出现角的正弦值用正弦定理转化．如举例说明2，出现角的余弦值用余弦定理转化．如条件探究和积互化a2＝b2＋c2－2bccosA＝(b＋c)2－2bc(1＋cosA)．可联系已知条件，利用方程思想进行求解三角形的边2.利用正、余弦定理判断三角形形状的基本方法(1)“角化边”：利用正弦、余弦定理把已知条件转化为只含边的关系，通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状.(2)“边化角”：利用正弦、余弦定理把已知条件转化为只含内角的三角函数间的关系，通过三角函数恒等变形，得出内角的关系，从而判断出三角形的形状，此时要注意应用A＋B＋C＝π这个结论.1.若△ABC的三个内角满足sinA∶sinB∶sinC＝5∶11∶13，则△ABC()A.一定是锐角三角形B.一定是直角三角形C.一定是钝角三角形D.可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形答案C解析由正弦定理得，a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC＝5∶11∶13，设a＝5t，b＝11t，c＝13t(t>0)，则cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(5t2＋11t2－13t2,2×5t×11t)<0，所以C是钝角，△ABC是钝角三角形.2.(2019·黄冈模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c且满足2acosA＝ccosB＋bcosC.(1)求角A；(2)若a＝eq\r(13)，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝6，求△ABC的周长.解(1)因为2acosA＝bcosC＋ccosB，在△ABC中，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R，得a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC，所以2sinAcosA＝sinBcosC＋cosBsinC，即2sinAcosA＝sin(B＋C)＝sinA，因为0<A<π，所以sinA≠0，所以2cosA＝1，cosA＝eq\f(1,2)，所以A＝eq\f(π,3).(2)由余弦定理a2＝b2＋c2－2bc·cosA，得13＝b2＋c2－2bc·eq\f(1,2).得(b＋c)2－3bc＝13，由eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝6，得bccosA＝6，所以bc＝12.所以(b＋c)2－36＝13，得b＋c＝7，所以△ABC的周长为a＋b＋c＝7＋eq\r(13).题型三与三角形面积有关的问题1.(2019·银川模拟)在锐角三角形ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，且eq\r(3)a＝2csinA，c＝eq\r(7)，且△ABC的面积为eq\f(3\r(3),2)，a＋b的值为________.答案5解析因为eq\r(3)a＝2csinA，所以由正弦定理得eq\r(3)sinA＝2sinCsinA，由0<A<eq\f(π,2)知sinA>0，所以sinC＝eq\f(\r(3),2)，又0<C<eq\f(π,2)，所以C＝eq\f(π,3)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(\r(3),4)·ab＝eq\f(3\r(3),2)，所以ab＝6.由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC，又c＝eq\r(7)，所以7＝(a＋b)2－2ab－ab，所以(a＋b)2＝25，a＋b＝5.2.(2019·全国卷Ⅲ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asineq\f(A＋C,2)＝bsinA.(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)由题设及正弦定理得sinAsineq\f(A＋C,2)＝sinBsinA.因为sinA≠0，所以sineq\f(A＋C,2)＝sinB.由A＋B＋C＝180°，可得sineq\f(A＋C,2)＝coseq\f(B,2)，故coseq\f(B,2)＝sinB＝2sineq\f(B,2)coseq\f(B,2).因为coseq\f(B,2)≠0，所以sineq\f(B,2)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(B,2)＝30°，所以B＝60°.(2)由题设及(1)知△ABC的面积S△ABC＝eq\f(\r(3),4)a.由(1)知A＋C＝120°，由正弦定理得a＝eq\f(csinA,sinC)＝eq\f(sin120°－C,sinC)＝eq\f(\r(3),2tanC)＋eq\f(1,2).由于△ABC为锐角三角形，故0°<A<90°，0°<C<90°.结合A＋C＝120°，得30°<C<90°，所以eq\f(1,2)<a<2，从而eq\f(\r(3),8)<S△ABC<eq\f(\r(3),2).因此，△ABC面积的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),8)，\f(\r(3),2))).1.求三角形面积的方法(1)若三角形中已知一个角(角的大小或该角的正、余弦值)，结合题意求解这个角的两边或该角的两边之积，代入公式求面积.(2)若已知三角形的三边，可先求其一个角的余弦值，再求其正弦值，代入公式求面积，总之，结合图形恰当选择面积公式是解题的关键.2.已知三角形的面积求边、角的方法(1)若求角，就寻求夹这个角的两边的关系，利用面积公式列方程求解.(2)若求边，就寻求与该边(或两边)有关联的角，利用面积公式列方程求解．如举例说明1.(2020·郑州市高三阶段考试)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，AC＝4，cos∠CAB＝eq\f(1,3).点D在线段BC上，且BD＝eq\f(1,2)CD，AD＝eq\f(8\r(3),3).(1)求AB的长；(2)求△ABD的面积.解(1)在△ABC中，由余弦定理，得a2＝c2＋42－8c·eq\f(1,3)①又在△ACD中，cos∠ADC＝eq\f(AD2＋CD2－AC2,2AD·CD)＝eq\f(\f(64,3)＋\f(4a2,9)－16,\f(32\r(3)a,9))，在△ABD中，cos∠ADB＝eq\f(AD2＋BD2－AB2,2AD·BD)＝eq\f(\f(64,3)＋\f(a2,9)－c2,\f(16\r(3)a,9))，又∠ADB＋∠ADC＝π，∴cos∠ADB＋cos∠ADC＝0，即eq\f(2a2,3)－2c2＋48＝0，②联立①②，得c＝6，即AB＝6.(2)∵cos∠CAB＝eq\f(1,3)，∴sin∠CAB＝eq\f(2\r(2),3)，又S△ABC＝eq\f(1,2)b·c·sin∠CAB＝8eq\r(2)，∴S△ABD＝eq\f(1,3)S△ABC＝eq\f(8\r(2),3).高频考点用正弦、余弦定理进行边、角之间的转化考点分析在综合运用正、余弦定理解决较为复杂的与解三角形有关的问题时，常利用边、角之间的转化与化归的方法解决．[典例1](2019·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA－bsinB＝4csinC，cosA＝－eq\f(1,4)，则eq\f(b,c)＝()A．6 B．5C．4 D．3答案A解析∵asinA－bsinB＝4csinC，∴由正弦定理得a2－b2＝4c2，即a2＝4c2＋b2.由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(b2＋c2－4c2＋b2,2