第4章 第6节　正弦定理和余弦定理-2022届高三数学一轮复习讲义（新高考）教案

这是一份第4章 第6节　正弦定理和余弦定理-2022届高三数学一轮复习讲义（新高考）教案，共16页。教案主要包含了教材概念·结论·性质重现，基本技能·思想·活动体验等内容，欢迎下载使用。
一、教材概念·结论·性质重现
1．余弦定理
三角形中任何一边的平方，等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍．即
a2＝b2＋c2－2bccs A，
b2＝a2＋c2－2accs B，
c2＝a2＋b2－2abcs C．
余弦定理的推论：
cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，
cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)，
cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab).
2．正弦定理
在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，即eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝2R，其中R是三角形外接圆的半径．
正弦定理的变形公式：
(1)a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C．
(2)sin A＝eq \f(a,2R)，sin B＝eq \f(b,2R)，sin C＝eq \f(c,2R).
(3)a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C．
若已知两边和其中一边的对角，解三角形时，可用正弦定理．在根据另一边所对角的正弦值，确定角的值时，要注意避免增根或漏解，常用的基本方法就是结合“大边对大角，大角对大边”及三角形内角和定理去考虑问题．
3．三角形的面积公式
(1)S＝eq \f(1,2)ah(h表示边a上的高)．
(2)S＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)absin C．
(3)S＝eq \f(1,2)r(a＋b＋c)(r为三角形的内切圆半径)．
4．常用结论
在△ABC中，常用以下结论：
(1)∠A＋∠B＋∠C＝π.
(2)在三角形中大边对大角，大角对大边．
(3)任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．
(4)sin(A＋B)＝sin C；cs(A＋B)＝－cs C；tan(A＋B)＝－tan C；sin eq \f(A＋B,2)＝cs eq \f(C,2)；cs eq \f(A＋B,2)＝sin eq \f(C,2).
(5)tan A＋tan B＋tan C＝tan A·tan B·tan C．
(6)A>B⇔a>b⇔sin A>sin B⇔cs Ac2是△ABC为锐角三角形的必要不充分条件．(√)
(4)在△ABC中，若sin Asin B0，所以A，B均为锐角．又因为－tan C＝tan(A＋B)＝eq \f(tan A＋tan B,1－tan A·tan B)0，所以C为锐角，所以△ABC不是钝角三角形，故①错误．
②由正弦定理及条件，得a2＋b2＝c2，
所以△ABC一定为直角三角形，故②正确．
③由cs(A－B)cs(B－C)cs(C－A)＝1及A，B，C为三角形内角，可得cs(A－B)＝cs(B－C)＝cs(C－A)＝1，所以A＝B＝C．故③正确．
考点3 三角形的面积——综合性
(2020·广东化州二模)在△ABC中，三个内角A，B，C所对的边为a，b，c.若S△ABC＝2eq \r(3)，a＋b＝6，eq \f(acs B＋bcs A,c)＝2cs C，则c＝( )
A．2eq \r(7) B．2eq \r(3) C．4 D．3eq \r(3)
B 解析：因为eq \f(acs B＋bcs A,c)＝eq \f(sin Acs B＋sin Bcs A,sin C)＝eq \f(sinA＋B,sinA＋B)＝1，
所以2cs C＝1，所以C＝60°.若S△ABC＝2eq \r(3)，则eq \f(1,2)absin C＝2eq \r(3)，所以ab＝8.因为a＋b＝6，所以c2＝a2＋b2－2abcs C＝(a＋b)2－2ab－ab＝(a＋b)2－3ab＝62－3×8＝12，所以c＝2eq \r(3).故选B．
(2021·龙岩联考)托勒密是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定理原文：圆的内接四边形中，两对角线所包矩形的面积等于一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和．其意思为：圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．从这个定理可以推出正弦、余弦的和差公式及一系列的三角恒等式，托勒密定理实质上是关于共圆性的基本性质．已知四边形ABCD的四个顶点在同一个圆的圆周上，AC、BD是其两条对角线，BD＝4，且△ACD为正三角形，则△ABC面积的最大值为________，四边形ABCD的面积为__________．(注：圆内接凸四边形对角互补)
eq \r(3) 4eq \r(3) 解析：如图，设△ACD的边长为a.根据托勒密定理可得4a＝a·AB＋a·BC，所以AB＋BC＝4.
根据基本不等式得AB·BC≤eq \f(AB＋BC2,4)＝4，当且仅当AB＝BC＝2时等号成立．
又△ACD为等边三角形，所以∠ADC＝eq \f(π,3).
根据圆内接凸四边形的对角互补得∠ABC＝eq \f(2π,3).
所以△ABC的面积S＝eq \f(1,2)AB·BC·sin eq \f(2π,3)≤eq \f(1,2)×4×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3).
所以△ABC面积的最大值为eq \r(3).
又因为∠ABD＝∠ACD＝eq \f(π,3)，∠CBD＝∠CAD＝eq \f(π,3)，
所以SABCD＝S△ABD＋S△BCD＝eq \f(1,2)·AB·BD·sin∠ABD＋eq \f(1,2)BC·BD·sin∠CBD＝eq \f(1,2)sineq \f(π,3)·BD·(AB＋BC)＝4eq \r(3).
(2020·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知B＝150°.
(1)若a＝eq \r(3)c，b＝2eq \r(7)，求△ABC的面积；
(2)若sin A＋eq \r(3)sin C＝eq \f(\r(2),2)，求C．
解：(1)由余弦定理得a2＋c2－2accs B＝b2，
将a＝eq \r(3)c，b＝2eq \r(7)，B＝150°代入，
可得(eq \r(3)c)2＋c2－2×eq \r(3)c×ccs 150°＝(2eq \r(7))2，
整理得7c2＝28，解得c＝2.
所以a＝2eq \r(3).
所以S△ABC＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)×2×eq \f(1,2)＝eq \r(3).
(2)因为A＋B＋C＝π，
所以sin A＝sin(B＋C)．
又因为sin A＋eq \r(3)sin C＝eq \f(\r(2),2)，
所以sin(B＋C)＋eq \r(3)sin C＝eq \f(\r(2),2)，
所以sin Bcs C＋cs Bsin C＋eq \r(3)sin C＝eq \f(\r(2),2).
将B＝150°代入，
整理得eq \f(1,2)cs C＋eq \f(\r(3),2)sin C＝eq \f(\r(2),2)，
即sin(C＋30°)＝eq \f(\r(2),2).
因为B＝150°，所以0°＜C＜30°，
即0°＜C＋30°＜60°，
所以C＋30°＝45°，
解得C＝15°.
求解三角形面积问题的方法技巧
(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，可先求其中一个角的余弦值，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．
1．(2019·全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若b＝6，a＝2c，B＝eq \f(π,3)，则△ABC的面积为________．
6eq \r(3) 解析：由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accs B．
又因为b＝6，a＝2c，B＝eq \f(π,3)，
所以36＝4c2＋c2－2×2c2×eq \f(1,2)，
所以c＝2eq \r(3)，a＝4eq \r(3)，
所以S△ABC＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)×4eq \r(3)×2eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＝6eq \r(3).
2．(2020·全国卷Ⅰ)如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC＝1，AB＝AD＝eq \r(3)，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，则cs∠FCB＝________.
－eq \f(1,4) 解析：AB⊥AC，AB＝eq \r(3)，AC＝1，
由勾股定理得BC＝eq \r(AB2＋AC2)＝2.
同理得BD＝eq \r(6)，所以BF＝BD＝eq \r(6)，
在△ACE中，AC＝1，AE＝AD＝eq \r(3)，∠CAE＝30°，
由余弦定理得CE2＝AC2＋AE2－2AC·AEcs 30°＝1＋3－2×1×eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＝1，
所以CF＝CE＝1，
在△BCF中，BC＝2，BF＝eq \r(6)，CF＝1，
由余弦定理得cs∠FCB＝eq \f(CF2＋BC2－BF2,2CF·BC)＝eq \f(1＋4－6,2×1×2)＝－eq \f(1,4).
3．(2020·菏泽高三联考)在①B＝eq \f(π,3)，②a＝2，③bcs A＋acs B＝eq \r(3)＋1这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解决相应问题．
已知在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S.若4S＝b2＋c2－a2，b＝eq \r(6)，且________，求△ABC的面积S的大小．
解：因为4S＝b2＋c2－a2，cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，
S＝eq \f(1,2)bcsin A．
所以2bcsin A＝2bccs A．
显然cs A≠0，所以tan A＝1.
又A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以A＝eq \f(π,4).
若选①，B＝eq \f(π,3)，由eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，得a＝eq \f(bsin A,sin B)＝eq \f(\r(6)×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝2.
又sin C＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sin Acs B＋cs Asin B＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)，
所以S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)×2×eq \r(6)×eq \f(\r(6)＋\r(2),4)＝eq \f(3＋\r(3),2).
若选②，a＝2，由eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，得sin B＝eq \f(bsin A,a)＝eq \f(\r(6)×\f(\r(2),2),2)＝eq \f(\r(3),2).
因为B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以cs B＝eq \f(1,2).
又sin C＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sin Acs B＋cs Asin B＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)，
所以S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)×2×eq \r(6)×eq \f(\r(6)＋\r(2),4)＝eq \f(3＋\r(3),2).
若选③，bcs A＋acs B＝eq \r(3)＋1，
所以acs B＝1，
即a·eq \f(a2＋c2－6,2ac)＝1，所以a2＝6＋2c－c2.
又a2＝6＋c2－2eq \r(6)c×eq \f(\r(2),2)＝6＋c2－2eq \r(3)c，
所以6＋2c－c2＝6＋c2－2eq \r(3)c，解得c＝eq \r(3)＋1.
所以S＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)×eq \r(6)×(eq \r(3)＋1)×sin eq \f(π,4)＝eq \f(3＋\r(3),2).
已知△ABC的三边长分别为a，b，c，满足a2＋b2＋2c2＝8，则三角形ABC面积的最大值为( )
A．eq \f(\r(5),5) B．eq \f(2\r(5),5) C．eq \f(3\r(5),5) D．eq \f(\r(5),3)
[四字程序]
思路参考：余弦定理＋角化边＋二次函数的最值．
B 解析：因为a2＋b2＋2c2＝8，即a2＋b2＝8－2c2，
所以S2＝eq \f(1,4)a2b2sin2C
＝eq \f(1,4)a2b2(1－cs2C)
＝eq \f(1,4)a2b2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2＋b2－c2,2ab)))eq \s\up8(2)))
＝eq \f(1,4)a2b2－eq \f(8－3c22,16)
≤eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2＋b2,2)))eq \s\up8(2)－eq \f(8－3c22,16)
＝－eq \f(5c4,16)＋c2
＝－eq \f(5,16)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c2－\f(8,5)))eq \s\up8(2)＋eq \f(4,5)，
故当a2＝b2＝eq \f(12,5)，c2＝eq \f(8,5)时，S2有最大值eq \f(4,5)，
所以△ABC面积的最大值为eq \f(2\r(5),5).
思路参考：设高转化，利用基本不等式．
B 解析：如图，过点C作CD⊥AB于点D．
设AD＝m，BD＝n，CD＝h.
因为a2＋b2＋2c2＝8，所以m2＋n2＋2h2＋2c2＝8.
因为m2＋n2≥eq \f(m＋n2,2)＝eq \f(c2,2)，当且仅当m＝n时取等号．
故m2＋n2＋2h2＋2c2≥eq \f(c2,2)＋2h2＋2c2＝eq \f(5c2,2)＋2h2≥2eq \r(5)ch＝4eq \r(5)S，
所以S≤eq \f(2\r(5),5)，当且仅当m＝n，c＝eq \f(2\r(5),5)h时取等号．
所以△ABC面积的最大值为eq \f(2\r(5),5).
思路参考：利用海伦公式S＝eq \r(pp－ap－bp－c)＋基本不等式．
B 解析：设p＝eq \f(1,2)(a＋b＋c)，则p－a＝eq \f(1,2)(b＋c－a)，p－b＝eq \f(1,2)(a＋c－b)，p－c＝eq \f(1,2)(a＋b－c)．
所以S＝eq \r(pp－ap－bp－c)
＝eq \f(1,4)eq \r([a＋b2－c2][c2－b－a2])
＝eq \f(1,4)eq \r(4a2b2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2＋b2－c2,2)))eq \s\up8(2)).
因为a2＋b2＋2c2＝8，
所以S＝eq \f(1,4)eq \r(4a2b2－8－3c22).
因为a2＋b2＋2c2＝8，
所以4a2b2≤(a2＋b2)2＝(8－2c2)2.
所以S≤eq \f(1,4)eq \r(8－2c22－8－3c22)＝eq \f(1,4)eq \r(16c2－5c4).
当c2＝eq \f(8,5)时，S2有最大值eq \f(4,5).
所以△ABC面积的最大值为eq \f(2\r(5),5).
思路参考：建系设点．
B 解析：如图，以AB所在直线为x轴，以线段AB的中垂线为y轴建立平面直角坐标系．
不妨令x1>0，y2>0，设A(－x1,0)，B(x1，0)，C(x2，y2)．
因为a2＋b2＋2c2＝8，
所以(x1－x2)2＋yeq \\al(2,2)＋(x1＋x2)2＋yeq \\al(2,2)＋8xeq \\al(2,1)＝8，
所以5xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)＋yeq \\al(2,2)＝4.
因为S＝x1y2，所以2eq \r(5)S≤5xeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,2)＝4－xeq \\al(2,2)≤4.
所以S≤eq \f(2\r(5),5)，当且仅当x2＝0,5xeq \\al(2,1)＝yeq \\al(2,2)＝2时取等号．
所以△ABC面积的最大值为eq \f(2\r(5),5).
1．本题考查三角形的面积的最值问题，解法灵活多变，基本解题策略是借助于三角形的相关知识将目标函数转化为边之间的代数关系，借助于三角函数的性质求最值，对于此类多元最值问题要注意合理转化或消元．
2．基于课程标准，解答本题一般需要熟练掌握数学阅读技能、运算求解能力、推理能力和表达能力，体现了逻辑推理、数学运算的核心素养，试题的解答过程展现了数学文化的魅力．
3．基于高考数学评价体系，本题创设了数学探索创新情景，通过知识之间的联系和转化，将最值转化为熟悉的数学模型．本题的切入点十分开放，可以从不同的角度解答题目，体现了灵活性；同时，解题的过程需要知识之间的转化，体现了综合性．
(2020·全国卷Ⅱ)△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sin Bsin C．
(1)求A；
(2)若BC＝3，求△ABC周长的最大值．
解：(1)由正弦定理和已知条件sin2A－sin2B－sin2C＝sin Bsin C，
得BC2－AC2－AB2＝AC·AB．①
由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcs A．②
由①②得cs A＝－eq \f(1,2).
因为0