高考数学一轮复习第4章第7课时正弦定理、余弦定理学案

这是一份高考数学一轮复习第4章第7课时正弦定理、余弦定理学案，共21页。

1．掌握正弦定理、余弦定理及其变形.
2．能利用正弦定理、余弦定理解决一些简单的三角形度量问题．
1．正弦、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的外接圆半径，则
2．三角形常用面积公式
(1)S＝12a·ha(ha表示边a上的高)；
(2)S＝12ab sin C＝12ac sin B＝12bc sin A；
(3)S＝12r(a＋b＋c)(r为内切圆半径)．
[常用结论]
1．三角形内角和定理
在△ABC中，A＋B＋C＝π；变形：A+B2＝π2-C2.
2．三角形中的三角函数关系
(1)sin (A＋B)＝sin C；(2)cs (A＋B)＝－cs C；
(3)sin A+B2＝cs C2；(4)cs A+B2＝sin C2.
3．三角形中的射影定理
在△ABC中，a＝b cs C＋c cs B；b＝a cs C＋c cs A；c＝b cs A＋a cs B.
4．三角形中的大角对大边
在△ABC中，A＞B⇔a＞b⇔sin A＞sin B．

一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)三角形中三边之比等于相应的三个内角之比．( )
(2)在△ABC中，若sin A＞sin B，则A＞B．( )
(3)在△ABC中，asinA＝a+b-csinA+sinB-sinC．( )
(4)当b2＋c2－a2＞0时，△ABC为锐角三角形；当b2＋c2－a2＝0时，△ABC为直角三角形；当b2＋c2－a2＜0时，△ABC为钝角三角形．( )
[答案] (1)× (2)√ (3)√ (4)×
二、教材习题衍生
1．(人教A版必修第二册P47例7改编)已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若A＝π6，B＝π4，a＝1，则b＝( )
A．2 B．1
C．3 D．2
D [由asinA＝bsinB得b＝asinBsinA＝sinπ4sinπ6＝22×2＝2.]
2．(人教A版必修第二册P44练习T1(2)改编)在△ABC中，若a＝2，c＝4，B＝60°，则b等于( )
A．23 B．12
C．27 D．28
A [由余弦定理b2＝a2＋c2－2accs B，得b2＝4＋16－8＝12，所以b＝23.]
3．(人教A版必修第二册P47例8改编)在△ABC中，已知B＝45°，b＝2，c＝2，则C＝________．
30° [由正弦定理得sin C＝csinBb＝2sin45°2＝12，
因为b＞c，B＝45°，所以C＝30°.]
4．(人教A版必修第二册P44练习T2改编)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝4，b＝5，c＝6，则cs A＝________，△ABC的面积为________．
34 1574 [依题意得cs A＝b2+c2-a22bc＝34，
所以sin A＝1-cs2A＝74，
所以△ABC的面积为12bc sinA＝1574.]
考点一 利用正、余弦定理解三角形
[典例1] △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，sin2B＋sin2C－sin2A＝sinB sin C.
(1)求A；
(2)若a＝4，△ABC的面积为43，求b＋c.
[解] (1)因为sin2B＋sin2C－sin2A＝sinB sin C，所以b2＋c2－a2＝bc，
则cs A＝b2+c2-a22bc＝bc2bc＝12，
因为0＜A＜π，所以A＝π3.
(2)因为△ABC的面积为43，
所以12bc sin A＝34bc＝43，即bc＝16．
因为b2＋c2－a2＝bc，a＝4，所以b2＋c2＝32，
所以b＋c＝b2+c2+2bc＝64＝8．
解三角形时，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理，以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．
[跟进训练]
1．(1)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b sin 2A＝a sin B，且c＝2b，则ab等于( )
A．2 B．3
C．2 D．3
(2)在①a+bc-b＝sinCsinA-sinB；②cs A＝3sin A－1；③3cs A2＝sin A这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答．
问题：已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，b－c＝4，△ABC的外接圆半径为23，且________，求角A及△ABC的边BC上的高h.
(1)D [由正弦定理及b sin 2A＝asin B，得2sin B·sin Acs A＝sin Asin B，又sin A≠0，sin B≠0，则cs A＝12.又c＝2b，所以由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccs A＝b2＋4b2－4b2×12＝3b2，得ab＝3.故选D.]
(2)[解] 选择①：
由a+bc-b＝sinCsinA-sinB，得(a＋b)(sin A－sin B)＝sin C(c－b)，
由正弦定理，得(a＋b)(a－b)＝c(c－b)，
整理得a2＝b2＋c2－bc，
所以cs A＝b2+c2-a22bc＝bc2bc＝12，
又0由正弦定理得a＝43sin π3＝6,
由余弦定理得a2＝b2＋c2－bc＝(b－c)2＋bc＝16＋bc＝36，
所以bc＝20,
所以△ABC的面积S＝12bc sin A＝12ah，
所以h＝bcsinAa＝20×326＝533.
选择②：
由cs A＝3sin A－1，
得3sin A－cs A＝1，即sin A-π6＝12.
因为A∈(0，π)，所以A－π6＝π6，所以A＝π3.
由正弦定理得a＝43sin π3＝6,
由余弦定理得a2＝b2＋c2－bc＝(b－c)2＋bc＝16＋bc＝36，
所以bc＝20，
所以△ABC的面积S＝12bc sin A＝12ah，
所以h＝bcsinAa＝20×326＝533.
选择③：
因为3cs A2＝sin A＝2sin A2cs A2，
又cs A2≠0，所以sin A2＝32，因此A＝2π3.
由正弦定理得a＝43sin 2π3＝6,
由余弦定理得a2＝b2＋c2＋bc＝(b－c)2＋3bc＝16＋3bc＝36，
所以bc＝203，
所以△ABC的面积S＝12bc sin A＝12ah，
所以h＝bcsinAa＝203×326＝539.
考点二 平面图形中的几何度量问题
爪型三角形中的几何度量问题
[典例2] 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b sin C＋a sin A＝b sin B＋c sin C.
(1)求A；
(2)设D是线段BC的中点，若c＝2，AD＝13，求a.
[解] (1)根据正弦定理，
由b sin C＋a sin A＝b sin B＋c sin C，
可得bc＋a2＝b2＋c2，
即bc＝b2＋c2－a2，
由余弦定理可得，cs A＝b2+c2-a22bc＝12，
因为A为三角形内角，所以A＝π3.
(2)因为D是线段BC的中点，c＝2，AD＝13，
所以∠ADB＋∠ADC＝π，
则cs ∠ADB＋cs ∠ADC＝0，
所以AD2+BD2-AB22AD·BD+AD2+DC2-AC22AD·DC＝0，
即13+a24-22213·a2+13+a24-b2213·a2＝0，
整理得a2＝2b2－44，
又a2＝b2＋c2－2bc cs A＝b2＋4－2b，
所以b2＋4－2b＝2b2－44，
解得b＝6或b＝－8(舍)，
因此a2＝2b2－44＝28，
所以a＝27.
多边形中的几何度量问题
[典例3] (2022·湖北宜昌二模)如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥AD，AB＝1，AD＝3，BC＝2.
(1)若CD＝2，求sin ∠ADC；
(2)若∠C＝45°，求四边形ABCD的面积．
[解] (1)连接BD，在Rt△ABD中，BD＝AB2+AD2＝2，
且tan ∠ADB＝ABAD＝33，∠ADB∈0，π2，
所以∠ADB＝π6.
在△BCD中，由余弦定理得
cs ∠BDC＝BD2+CD2-BC22·BD·CD＝4+4-22×2×2＝34，
所以sin ∠BDC＝1-342＝74.
所以sin ∠ADC＝sin ∠BDC+π6
＝sin ∠BDC cs π6＋cs ∠BDC sin π6
＝74×32+34×12＝21+38.
(2)在△BCD中，由余弦定理得BD2＝CD2＋BC2－2CD·BC·cs π4，即CD2－2CD－2＝0，
解得CD＝1＋3或CD＝1－3(舍去)，
所以四边形ABCD的面积为
S四边形ABCD＝S△ABD＋S△BCD＝12AB·AD＋12BC·CD·sin π4＝3+12.
平面几何图形中研究或求与角有关的长度、角度、面积等问题，通常是转化到三角形中，利用正、余弦定理通过运算的方法加以解决．在解决某些具体问题时，常先引入变量，如边长、角度等，然后把要解三角形的边或角用所设变量表示出来，再利用正、余弦定理列出方程，解之．
[跟进训练]
2．如图，在△ABC中，AB＝9，cs B＝23，点D在BC边上，AD＝7，∠ADB为锐角．
(1)求BD；
(2)若∠BAD＝∠DAC，求sin C的值及CD的长．
[解] (1)在△ABD中，由余弦定理得
AB2＋BD2－2AB·BD·cs B＝AD2，
整理得BD2－12BD＋32＝0，所以BD＝8或BD＝4．
当BD＝4时，cs ∠ADB＝16+49-812×4×7＝－27，
则∠ADB>π2，不符合题意，舍去；
当BD＝8时，cs ∠ADB＝64+49-812×8×7＝27，
则∠ADB<π2，符合题意，所以BD＝8．
(2)在△ABD中，
cs ∠BAD＝AB2+AD2-BD22AB·AD＝92+72-822×9×7＝1121，
所以sin ∠BAD＝8521，
又sin ∠ADB＝357，所以sin C＝sin (∠ADB－∠CAD)
＝sin (∠ADB－∠BAD)
＝sin ∠ADB cs ∠BAD －cs ∠ADB sin ∠BAD
＝357×1121-27×8521＝175147，
在△ACD中，由正弦定理得CDsin∠CAD＝ADsinC，
即CD＝ADsinC·sin ∠CAD＝7175147×8521＝39217.
考点三 判断三角形的形状
[典例4] (链接常用结论3)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcs C＋ccs B＝asin A，则△ABC的形状为( )
A．直角三角形 B．锐角三角形
C．钝角三角形 D．不确定
A [法一(化角为边)：因为b cs C＋c cs B＝b·a2+b2-c22ab＋c·a2+c2-b22ac＝2a22a＝a，所以a sin A＝a，即sin A＝1，故A＝π2，因此△ABC是直角三角形．
法二(化边为角)：因为bcs C＋ccs B＝asin A，
所以sin Bcs C＋sin Ccs B＝sin2A，
即sin (B＋C)＝sin2A，所以sinA＝sin2A，
故sin A＝1，即A＝π2，因此△ABC是直角三角形．
法三(射影定理)：b cs C＋c cs B＝a＝a sin A，
∴sin A＝1，故A＝π2，因此△ABC是直角三角形．]
[拓展变式] 若本例条件变为ab＝csBcsA，判断△ABC的形状．
[解] 由ab＝csBcsA，
得sinAsinB＝csBcsA，
所以sin A cs A＝cs B sin B，
所以sin 2A＝sin 2B.
因为A，B为△ABC的内角，
所以2A＝2B或2A＝π－2B，
所以A＝B或A＋B＝π2，
所以△ABC为等腰三角形或直角三角形．
判定三角形形状的两种常用途径
[跟进训练]
3．(多选)已知a，b，c分别是△ABC三个内角A，B，C的对边，下列四个命题中正确的是( )
A．若tan A＋tan B＋tan C>0，则△ABC是锐角三角形
B．若c－a cs B＝(2a－b)cs A，则△ABC是等腰三角形
C．若bcs C＋ccs B＝b，则△ABC是等腰三角形
D．若acsA＝bcsB＝ccsC，则△ABC是等边三角形
ACD [∵tan A＋tan B＋tan C＝tan Atan B tan C>0，
∴A，B，C均为锐角，∴选项A正确；
∵c＝a cs B＋b cs A，又c－a cs B＝(2a－b)·cs A，
∴a cs B＋b cs A－a cs B＝2a cs A－b cs A，
∴(b－a)cs A＝0，∴b＝a或cs A＝0，即b＝a或A＝π2.
∴△ABC是等腰三角形或直角三角形，∴选项B错误；
由bcs C＋ccs B＝b及正弦定理，
可知sin Bcs C＋sin Ccs B＝sin B，
∴sin A＝sin B，
∴A＝B，∴选项C正确；
由已知和正弦定理，易知tan A＝tan B＝tan C，
∴选项D正确．]
课时分层作业(二十七) 正弦定理、余弦定理
一、选择题
1．(2021·全国甲卷)在△ABC中，已知B＝120°，AC＝19，AB＝2，则BC＝( )
A．1 B．2
C．5 D．3
D [由余弦定理可知AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC cs B，
得BC2＋2BC－15＝0，解得BC＝3或BC＝－5(舍去)．故选D.]
2．(2020·全国Ⅲ卷)在△ABC中，cs C＝23，AC＝4，BC＝3，则cs B＝( )
A．19 B．13
C．12 D．23
A [由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC×BC×cs C＝16＋9－2×4×3×23＝9，AB＝3，
所以cs B＝9+9-162×9＝19，
故选A.]
3．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若△ABC的面积为a2+b2-c24，则C＝( )
A．π2 B．π3
C．π4 D．π6
C [因为S△ABC＝12absin C，
所以a2+b2-c24＝12absin C.
由余弦定理a2＋b2－c2＝2abcs C，得2abcs C＝2ab sin C，即cs C＝sin C，所以tan C＝1．
又因为C∈(0，π)，所以C＝π4.
故选C.]
4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b2＋c2－3bc＝a2，bc＝3a2，则角C的大小是( )
A．π6或2π3 B．π3
C．2π3 D．π6
A [由b2＋c2－3bc＝a2，得b2＋c2－a2＝3bc，
则cs A＝b2+c2-a22bc＝3bc2bc＝32，
因为0由bc＝3a2及正弦定理，
得sin B sin C＝3sin2A＝3×14＝34，
即4sin(π－C－A)sin C＝3，
即4sin (C＋A)sin C＝4sin C+π6sin C＝3，
整理得3cs 2C＝sin 2C，则tan 2C＝3，又0<2C<5π3，即2C＝π3或4π3，即C＝π6或2π3.]
5．(多选)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝23，c＝3，A＋3C＝π，则下列结论正确的是( )
A．cs C＝33 B．sin B＝23
C．a＝3 D．S△ABC＝2
AD [因为A＋3C＝π，故B＝2C，根据正弦定理得bsinB＝csinC，即23sin C＝3×2sin C cs C.
由于sin C≠0，故cs C＝33，sin C＝63，所以sin B＝sin 2C＝2sin C cs C＝223.又由余弦定理c2＝a2＋b2－2ab cs C，化简得到a2－4a＋3＝0，解得a＝3或a＝1．若a＝3，则A＝C＝π4，故B＝π2，不合题意，因此a＝1．故S△ABC＝12ab sin C＝12×1×23×63＝2.故选AD.]
6．(多选)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列结论中正确的是( )
A．若a cs A＝b cs B，则△ABC一定是等腰三角形
B．若cs A>cs B，则sin AC．若△ABC是锐角三角形，则sin A＋sin B＋sin C>cs A＋cs B＋cs C
D．若△ABC是钝角三角形，则tan A tan B＋tan B tan C＋tan C tan A<3
BCD [对于A，若a cs A＝b cs B，则由正弦定理得2R sin A cs A＝2R sin B cs B，即sin 2A＝sin 2B，
则2A＝2B或2A＋2B＝180°，即A＝B或A＋B＝90°，则△ABC为等腰三角形或直角三角形，故A错误；
对于B，在△ABC中，“cs A>cs B”，由余弦函数在(0，π)上是减函数，故有Acs B”可以推出“sin A对于C，∵△ABC为锐角三角形，∴A＋B>π2，则A>π2－B, ∵y＝sin x在0，π2上是增函数，sin A>sin π2-B＝cs B，
同理可得sin B>cs C，sin C>cs A，
∴sin A＋sin B＋sin C>cs A＋cs B＋cs C，故C正确；
对于D，不妨设C为钝角，可得tan C<0，tan A>0，tan B>0，
因为tan (A＋B)＝tanA+tanB1-tanAtanB，可得
1－tan A tan B>0，即0又tan A tan C<0，tan B tan C<0，
则tan A tan B＋tan B tan C＋tan C tan A<1<3，故D正确．故选BCD.]
二、填空题
7．在△ABC中，若a＝2，b＋c＝7，cs B＝－14，则b＝________．
4 [在△ABC中，由b2＝a2＋c2－2ac cs B及b＋c＝7知，b2＝4＋(7－b)2－2×2×(7－b)×-14，整理得15b－60＝0，所以b＝4．]
8．(2022·浙江高考)我国南宋著名数学家秦九韶，发现了由三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，就是S＝14c2a2-c2+a2-b222，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积．设某三角形的三边a＝2，b＝3，c＝2，则该三角形的面积S＝________．
234 [法一：S＝142×4-4+2-322＝148-94＝234.
法二：cs A＝3+4-223×2＝543＝5312，sin A＝6912，S＝12×3×2×6912＝234.]
9．(2021·浙江高考)在△ABC中，∠B＝60°，AB＝2，M是BC的中点，AM＝23，则AC＝__________；cs ∠MAC＝________．
213 23913 [在△ABM中，AM2＝BA2＋BM2－2BA·BM cs 60°，
∴(23)2＝22＋BM2－2×2·BM·12，
∴BM2－2BM－8＝0，解得BM＝4或－2(舍去)．
∵点M是BC中点，∴MC＝4，BC＝8，在△ABC中，AC2＝22＋82－2×2×8cs 60°＝52，∴AC＝213.
在△AMC中，cs ∠MAC＝232+2132-422×23×213＝23913.]
三、解答题
10．(2022·全国乙卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C sin (A－B)＝sin B·sin(C－A)．
(1)证明：2a2＝b2＋c2；
(2)若a＝5，cs A＝2531，求△ABC的周长．
[解] (1)证明：因为sin C sin (A－B)＝sin B·sin (C－A)，
所以sin C sin A cs B－sin C sin B cs A＝sin B·sin C cs A－sin B sin A cs C，
所以ac·a2+c2-b22ac－2bc·b2+c2-a22bc
＝－ab·a2+b2-c22ab，
即a2+c2-b22－(b2＋c2－a2)＝－a2+b2-c22，
所以2a2＝b2＋c2．
(2)因为a＝5，cs A＝2531，
由(1)得b2＋c2＝50，
由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bc cs A，
则50－5031bc＝25，
所以bc＝312，
故(b＋c)2＝b2＋c2＋2bc＝50＋31＝81，
所以b＋c＝9，
所以△ABC的周长为a＋b＋c＝14．
11．在四边形ABCD中，AB∥CD，AD＝BD＝CD＝1．
(1)若AB＝32，求BC；
(2)若AB＝2BC，求cs ∠BDC.
[解] (1)在△ABD中，cs ∠ABD＝12+322-122×1×32＝34，
因为AB∥CD，
所以∠CDB＝∠ABD，
所以cs ∠CDB＝34，
在△BDC中，BC2＝DC2＋DB2－2CD·DB·cs∠CDB＝12＋12－2×34＝12，
所以BC＝22.
(2)设BC＝x，
则AB＝2x，
所以cs ∠ABD＝12+2x2-124x＝x，
cs ∠CDB＝12+12-x22＝1－12x2，
因为AB∥CD，
所以∠CDB＝∠ABD，
故x＝1－12x2，x2＋2x＝2，
又x>0，所以x＝3－1，
所以cs ∠BDC＝cs ∠ABD＝3－1．
12．设锐角△ABC的三内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝1，B＝2A，则b的取值范围为( )
A．(2，3) B．(1，3)
C．(2，2) D．(0，2)
A [∵B＝2A，∴sin B＝sin 2A＝2sin Acs A.
∵a＝1，∴b＝2acs A＝2cs A.
又△ABC为锐角三角形，
∴0＜2A＜π2，0＜A＜π2，0＜C＜π2，∴π6＜A＜π4，∴22＜cs A＜32.
即2＜b＝2cs A＜3，故选A.]
13．托勒密(Ptlemy)是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定理指出：圆的内接凸四边形两组对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知凸四边形ABCD的四个顶点在同一个圆的圆周上，AC，BD是其两条对角线，AB＝AD，∠BAD＝120°，AC＝6，则四边形ABCD的面积为________．
93 [在△ABD中，设AB＝a，由余弦定理得
BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cs ∠BAD＝3a2，
所以BD＝3a，
由托勒密定理可得a(BC＋CD)＝AC·3a，
即BC＋CD＝3AC，
又∠ABD＝∠ACD＝30°，
所以四边形ABCD的面积
S＝12BC·AC sin 30°＋12CD·AC sin 30°
＝14(BC＋CD)·AC＝34AC2＝93.]
14．(2023·济南模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足sin A2＝55，AB·AC＝6．
(1)求△ABC的面积；
(2)若b＝5，求BC边中线的长．
[解] (1)由题得，AB·AC＝AB·AC·cs A＝6．
根据二倍角公式得cs A＝1－2sin2A2＝1－2×552＝35，
则AB·AC＝10．
∵csA>0，∴sin A＝45，
∴S△ABC＝12AB·AC·sin A＝12×10×45＝4，
故△ABC的面积为4．
(2)法一：由b＝5，AB·AC＝10，得c＝2．
由(1)得cs A＝35，
由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cs A＝25＋4－2×5×2×35＝17，
解得a＝17.
设BC的中点为M，则AM为BC边的中线，
∴cs ∠AMC＝－cs ∠AMB，
则根据余弦定理得AM2+MC2-AC22AM·MC＝－AM2+MB2-AB22AM·MB，
解得AM＝412，∴BC边中线的长为412.
法二：由b＝5，AB·AC＝10，得AB＝2．
设BC的中点为M，则AM＝12AB+AC，
等式两边同时平方得，
AM2＝14×AB2+AC2+2AB·AC＝14×22+52+12＝414，
则AM＝412.∴BC边中线的长为412.
定理
正弦定理
余弦定理
内容
asinA＝bsinB＝csinC＝2R
a2＝b2＋c2－2bc cs A；
b2＝c2＋a2－2ca cs B；
c2＝a2＋b2－2ab cs C
变形
(1)a＝2R sin A，b＝2R sin B，c＝2R sin C；
(2)a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C；
(3)a+b+csinA+sinB+sinC＝asinA＝2R
cs A＝b2+c2-a22bc；
cs B＝c2+a2-b22ac；
cs C＝a2+b2-c22ab