专题07 正余弦定理及其应用-冲刺2019高考数学二轮复习核心考点

这是一份专题07 正余弦定理及其应用-冲刺2019高考数学二轮复习核心考点，主要包含了自主热身，归纳总结，课本探源，思路分析，问题探究，变式训练等内容，欢迎下载使用。
【自主热身，归纳总结】
1、在△ABC中，设a，b，c分别为角A，B，C的对边，若a＝5，A＝eq \f(π,4)，csB＝eq \f(3,5)，c＝________.
【答案】： 7
【解析】：因为csB＝eq \f(3,5)，所以B∈(0，eq \f(π,2))，从而sinB＝eq \f(4,5)，所以sinC＝sin(A＋B)＝sinAcsB＋csAsinB＝eq \f(\r(2),2)×eq \f(3,5)＋eq \f(\r(2),2)×eq \f(4,5)＝eq \f(7\r(2),10)，又由正弦定理得eq \f(a,sinA)＝eq \f(c,sinC)，即eq \f(5,\f(\r(2),2))＝eq \f(c,\f(7\r(2),10))，解得c＝7.
2、在△ABC中，已知AB＝1，AC＝eq \r(2)，B＝45°，则BC的长为________．
【答案】： eq \f(\r(2)＋\r(6),2)
【解析】：在△ABC中，已知c＝1，b＝eq \r(2)，B＝45°，由余弦定理b2＝a2＋c2－2accsB，得a2－eq \r(2)a－1＝0.因为a>0，所以a＝eq \f(\r(2)＋\r(6),2)，即BC＝eq \f(\r(2)＋\r(6),2).
eq \a\vs4\al(解后反思) 已知两条边以及一个角，研究第三边的问题的本质是三边一角，所以应用余弦定理是最直接的方法，它要比应用正弦定理来得方便、快捷．
3、 在△中，若，则的值为 ．
【答案】
【解析】由正弦定理得，，不妨设
则由余弦定理得.
【课本探源】（必修5第26页第10题）在三角形中，若则角等于
4、在锐角△ABC中，，．若△ABC的面积为，则的长是 ．
【答案】、
【解析】： 因为，由，解得，因为是在锐角中，所以（或求出锐角，再求），在锐角中，由余弦定理得：，所以，即.
5、在△中，已知，，且的面积为，则边长为 ．
【答案】：7
6、在△ABC中，已知角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若bsinAsinB＋acs2B＝2c，则eq \f(a,c)的值为________．
【答案】：. 2
【解析】：由正弦定理得，sinBsinAsinB＋sinAcs2B＝2sinC，即sinA(sin2B＋cs2B)＝2sinC，即sinA＝2sinC，再由正弦定理得，eq \f(a,c)＝eq \f(sinA,sinC)＝2.
7、在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则 ．
.【答案】：4
【思路分析】本题第一步应将的条件化成正余弦的等式；第二步由于本题求是的三角形边长，所以将三角函数值等式转化为边长的等式；第三步：再结合解方程组即可.
【解析】：解法一：由可得：，即，
所以有，即
由正、余弦定理可得：，即，又
所以，即.
解法二：也可在，
用余弦定理可得，解得，下同解法一.
8、 在△ABC中，角A，B，C所对边的长分别为a，b，c.已知a＋eq \r(2)c＝2b，sinB＝eq \r(2)sinC，则csA＝________.
【答案】eq \f(\r(2),4)
【解析】：由sinB＝eq \r(2)sinC得b＝eq \r(2)c.又因为a＋eq \r(2)c＝2b，所以a＝eq \r(2)c，因此csA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(2c2＋c2－2c2,2\r(2)c2)＝eq \f(\r(2),4)
9、设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq \f(tanA,tanB)＝eq \f(3c－b,b)，则csA＝________．
【答案】、 eq \f(1,3)
10、设△的内角，，的对边分别是，且满足，则 ▲ ．
【答案】;. 4
解法1（正弦定理） 根据正弦定理可得，
即，
又因为
所以
又因为，所以
所以，则
解法2（射影定理） 因为及可得，，注意到，两式相除可得，再由正弦定理可得
解后反思：解三角形问题中若等式既有三角函数又有边，则可以考虑利用正弦定理或余弦定理转化为只含有边或只含有三角函数的等式处理.解法2则利用了三角形中的射影定理（教材必修5p17练习5）结合条件整体处理.
11、在△ABC中，BC=，AC=1，以AB为边作等腰直角三角形ABD（B为直角顶点，C、D两点在直线AB的两侧）．当变化时，线段CD长的最大值为 ．
【答案】3
思路分析 要求的长，只需将表示为的函数形式，然后应用三角函数知识来求它的最大值则可，因此在中应用余弦定理可得
，再在中分别应用正弦定理、余弦定理得
及，故
，由此可得结果．
【解析】：在中，由正弦定理得，由余弦定理得．在中，由余弦定理得
，故
，即．
【问题探究，变式训练】
例1、.如图，在△ABC中，D是BC上的一点．已知∠B＝60°，AD＝2，AC＝eq \r(10)，DC＝eq \r(2)，则AB＝________.

【答案】eq \f(2\r(6),3)
【解析】：在△ACD中，因为AD＝2，AC＝eq \r(10)，DC＝eq \r(2)，所以cs∠ADC＝eq \f(2＋4－10,2×2×\r(2))＝－eq \f(\r(2),2)，从而∠ADC＝135°，所以∠ADB＝45°.在△ADB中，eq \f(AB,sin45°)＝eq \f(2,sin60°)，所以AB＝eq \f(2×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝eq \f(2\r(6),3)
【变式1】、如图，在△ABC中，AB＝3，AC＝2，BC＝4，点D在边BC上，∠BAD＝45°，则tan∠CAD的值为________．
【答案】eq \f(8＋\r(15),7)
【解析】： 从构造角的角度观察分析，可以从差的角度(∠CAD＝∠A－45°)，也可以从和的角度(∠A＝∠CAD＋45°)，所以只需从余弦定理入手求出∠A的正切值，问题就迎刃而解了．
解法1 在△ABC中，AB＝3，AC＝2，BC＝4，由余弦定理可得csA＝eq \f(32＋22－42,2×3×2)＝－eq \f(1,4)，所以tanA＝－eq \r(15)，于是tan∠CAD＝tan(A－45°)＝eq \f(tanA－tan45°,1＋tanAtan45°)＝eq \f(8＋\r(15),7).
解法2 由解法1得tanA＝－eq \r(15).由tan(45°＋∠CAD)＝－eq \r(15)得eq \f(tan45°＋tan∠CAD,1－tan45°tan∠CAD)＝－eq \r(15)，即eq \f(1＋tan∠CAD,1－tan∠CAD)＝－eq \r(15)，解得tan∠CAD＝eq \f(8＋\r(15),7).
【变式2】、A
B
C
D
(第15题)
如图，在中，已知点在边上，，，，．
（1）求的值；
（2）求的长．
【解析】：（1）在中，，，
所以．
同理可得，．
所以
．
【变式3】、如图，在梯形ABCD中，已知AD∥BC，AD＝1，BD＝2eq \r(10)，∠CAD＝eq \f(π,4)，tan∠ADC＝－2.
(1) 求CD的长；
(2) 求△BCD的面积．
【解析】： (1)因为tan∠ADC＝－2，且∠ADC∈(0，π)，所以sin∠ADC＝eq \f(2\r(5),5)，cs∠ADC＝－eq \f(\r(5),5).
所以sin∠ACD＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π－∠ADC－\f(π,4)))
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(∠ADC＋\f(π,4)))
＝sin∠ADC·cseq \f(π,4)＋cs∠ADC·sineq \f(π,4)
＝eq \f(\r(10),10)，(6分)
在△ADC中，由正弦定理得CD＝eq \f(AD·sin∠DAC,sin∠ACD)＝eq \r(5)
因为AD∥BC, 所以cs∠BCD＝－cs∠ADC＝eq \f(\r(5),5)，sin∠BCD＝sin∠ADC＝eq \f(2\r(5),5)
在△BDC中，由余弦定理得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD·cs∠BCD，
得BC2－2BC－35＝0，解得BC＝7, (12分)
所以S△BCD＝eq \f(1,2)BC·CD·sin∠BCD＝eq \f(1,2)×7×eq \r(5)×eq \f(2\r(5),5)＝7.
【变式4】、如图，在四边形ABCD中，已知AB＝13，AC＝10，AD＝5，CD＝eq \r(65)，eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝50.
(1) 求cs∠BAC的值；
(2) 求sin∠CAD的值；
(3) 求△BAD的面积．
【解析】： (1) 因为eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(A\(B,\s\up6(→))))eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(A\(C,\s\up6(→))))cs∠BAC，
所以cs∠BAC＝eq \f(\(AB,\s\up6(→))·\(AC,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(A\(B,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(A\(C,\s\up6(→)))))＝eq \f(50,13×10)＝eq \f(5,13).
(2) 在△ADC中，AC＝10，AD＝5，CD＝eq \r(65).
由余弦定理，得cs∠CAD＝eq \f(AC2＋AD2－CD2,2AC·AD)＝eq \f(102＋52－\r(65)2,2×10×5)＝eq \f(3,5).
因为∠CAD∈(0，π)，所以sin∠CAD＝eq \r(1－cs2∠CAD)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))2)＝eq \f(4,5).
(3) 由(1)知，cs∠BAC＝eq \f(5,13).
因为∠BAC∈(0，π)，
所以sin∠BAC＝eq \r(1－cs2∠BAC)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,13)))2)＝eq \f(12,13).
从而sin∠BAD＝sin(∠BAC＋∠CAD)
＝sin∠BACcs∠CAD＋cs∠BACsin∠CAD
＝eq \f(12,13)×eq \f(3,5)＋eq \f(5,13)×eq \f(4,5)＝eq \f(56,65).
所以S△BAD＝eq \f(1,2)AB·AD·sin∠BAD＝eq \f(1,2)×13×5×eq \f(56,65)
＝28.
【关联1】、中，点在边上，且，::＝:k:，则实数k的取值范围为 ．
【答案】：(eq \F(5,3)，eq \F(7,3))
【解析】：解法一：因为DC＝2BD，所以有，即，所以有
，又AB∶AD∶AC＝3∶k∶1，可设，
所以，即,所以.
【关联2】、 在△ABC中，已知AC＝3，∠A＝45°，点D满足eq \(CD,\s\up6(→))＝2eq \(DB,\s\up6(→))，且AD＝eq \r(13)，则BC的长为________．
【答案】3
【解析】：eq \a\vs4\al(思路分析) 由eq \(CD,\s\up6(→))＝2eq \(DB,\s\up6(→))可得点D为线段CB上靠近点B的一个三等分点，作CE⊥AB，DF⊥AB，在Rt△ACE中先求出AE＝CE＝eq \f(3\r(2),2)，再在Rt△BCE中根据eq \f(DF,CE)＝eq \f(1,3)求出DF＝eq \f(\r(2),2)，进而求出AF＝eq \f(5\r(2),2)，EF＝eq \r(2)，FB＝eq \f(\r(2),2)，然后根据勾股定理或余弦定理求BC的长度即可．
如图，过点C作CE⊥AB，DF⊥AB，垂足分别为E，F.在Rt△ACE中，因为AC＝3，∠A＝45°，所以AE＝CE＝eq \f(3\r(2),2).因为eq \(CD,\s\up6(→))＝2eq \(DB,\s\up6(→))，所以eq \f(DF,CE)＝eq \f(BD,BC)＝eq \f(1,3)，从而DF＝eq \f(1,3)CE＝eq \f(\r(2),2).在Rt△ADF中，AD＝eq \r(13)，所以AF＝eq \r(AD2－DF2)＝ eq \r(13－\f(1,2))＝eq \f(5\r(2),2)，EF＝AF－AE＝eq \f(5\r(2),2)－eq \f(3\r(2),2)＝eq \r(2).因为eq \(CD,\s\up6(→))＝2eq \(DB,\s\up6(→))，所以eq \f(BF,EF)＝eq \f(BD,CD)＝eq \f(1,2)，从而BF＝eq \f(1,2)EF＝eq \f(\r(2),2)，BE＝BF＋EF＝eq \f(3\r(2),2).
解法1 在Rt△BCE中，BC＝eq \r(BE2＋CE2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),2)))2)＝3.
解法2 所以AB＝eq \f(3\r(2),2)＋eq \f(3\r(2),2)＝3eq \r(2)，所以在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcs∠BAC，所以BC2＝9＋18－2×3×3eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)＝9，所以BC＝3.
【关联3】、. 在△ABC中，D为边AC上一点，AB＝AC＝6，AD＝4，若△ABC的外心恰在线段BD上，则BC＝________.
【答案】3eq \r(6)
【解析】：eq \a\vs4\al(思路分析) 本题要求BC的长，关键是要求出∠BAC，找出线段的比例关系，建立方程，从而求出BC的长．
解法2 如图2，设∠BAC＝2α，外接圆的半径为R，由S△ABO＋S△ADO＝S△ABD，得eq \f(1,2)·6Rsinα＋eq \f(1,2)·4Rsinα＝eq \f(1,2)·6·4sin2α，化简得24csα＝5R.在Rt△AFO中，Rcsα＝3，联立解得R＝eq \f(6,5)eq \r(10)，csα＝eq \r(\f(5,8))，所以sinα＝eq \r(\f(3,8))，所以BC＝2BE＝2ABsinα＝12×eq \r(\f(3,8))＝3eq \r(6).
图1
图2
图3
解法3 如图3，延长AO交BC于点E，过点D作BC的垂线，垂足为F，则eq \f(BO,OD)＝eq \f(AB,AD)＝eq \f(3,2)，eq \f(OE,DF)＝eq \f(BO,BD)＝eq \f(3,5).又DF∥AE，则eq \f(DF,AE)＝eq \f(CD,CA)＝eq \f(1,3)，所以eq \f(OE,AE)＝eq \f(1,5).设OE＝x，则AE＝5x，所以OB＝OA＝4x，所以BE＝eq \r(15)x.又因为25x2＋15x2＝36，所以x＝3eq \r(\f(1,10))，所以BC＝2BE＝3eq \r(6).
例2、 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2＝3b2＋3c2－2eq \r(3)bcsinA，则C＝________.
【答案】. eq \f(π,6)
【解析】：因为a2＝3b2＋3c2－2eq \r(3)bcsinA＝b2＋c2－2bccsA，所以eq \f(b2＋c2,bc)＝eq \r(3)sinA－csA＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6))).
又eq \f(b2＋c2,bc)＝eq \f(b,c)＋eq \f(c,b)≥2eq \r(\f(b,c)·\f(c,b))＝2(当且仅当b＝c时取等号)，2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))≤2当且仅当A＝eq \f(2π,3)时取等号，故eq \f(b2＋c2,bc)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))＝2，所以b＝c，A＝eq \f(2π,3)，故C＝eq \f(π,6).
解后反思 本题中对所得条件“eq \f(b2＋c2,bc)＝eq \r(3)sinA－csA”出现无法转化的现象．这里需要借助三角函数有界性以及基本不等式得到两个方程求出b，c，A.
【变式1】、 在△ABC中，已知AB＝eq \r(3)，C＝eq \f(π,3)，则eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))的最大值为________．
【答案】：. eq \f(3,2)
【解析】：因为AB＝eq \r(3)，C＝eq \f(π,3)，设角A，B，C所对的边为a，b，c，所以由余弦定理得3＝a2＋b2－2abcseq \f(π,3)＝a2＋b2－ab≥ab，当且仅当a＝b＝eq \r(3)时等号成立，又eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝abcsC＝eq \f(1,2)ab，所以当a＝b＝eq \r(3)时，(eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→)))max＝eq \f(3,2).
【变式2】、 在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2＋b2＋2c2＝8，则△ABC面积的最大值为________．
【答案】： eq \f(2\r(5),5)
【解析】：思路分析1 注意到a2＋b2＋2c2＝8中a，b是对称的，因此，将三角形的面积表示为S＝eq \f(1,2)absinC，利用余弦定理将ab表示为C的形式，进而转化为三角函数来求它的最值．
思路分析2 将c看作定值，这样，满足条件的三角形就有无数个，从而来研究点C所满足的条件，为此，建立直角坐标系，从而根据条件a2＋b2＋2c2＝8得到点C的轨迹方程，进而来求出边AB上的高的所满足的条件．
解法1 因为csC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(a2＋b2－\f(8－a2－b2,2),2ab)＝eq \f(3a2＋b2－8,4ab)≥eq \f(3ab－4,2ab)，所以ab≤eq \f(4,3－2csC)，从而S＝eq \f(1,2)absinC≤eq \f(2sinC,3－2csC).设t＝eq \f(2sinC,3－2csC)，则3t＝2sinC＋2tcsC＝2eq \r(t2＋1)·sin(C＋φ)，其中tanφ＝t，故3t≤2eq \r(t2＋1)，解得t≤eq \f(2\r(5),5)，所以Smax＝eq \f(2\r(5),5)，当且仅当a＝b＝eq \f(2\r(15),5)且tanC＝eq \f(\r(5),2)时，等号成立．
解法2 以AB所在的直线为x轴，它的垂直平分线为y轴，建立如图所示的直角坐标系，则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(c,2)，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,2)，0))，C(x，y)，则由a2＋b2＋2c2＝8得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(c,2)))2＋y2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(c,2)))2＋y2＋2c2＝8，即x2＋y2＝4－eq \f(5c2,4)，即点C在圆x2＋y2＝4－eq \f(5c2,4)上，所以S≤eq \f(c,2)r＝eq \f(c,2)eq \r(4－\f(5,4)c2)＝eq \f(1,2)·eq \r(－\f(5,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c2－\f(8,5)))2＋\f(16,5))≤eq \f(2\r(5),5)，当且仅当c2＝eq \f(8,5)时取等号，故Smax＝eq \f(2\r(5),5).
解法3 设AD＝m，BD＝n，CD＝h，由a2＋b2＋2c2＝8，得m2＋h2＋n2＋h2＋2(m＋n)2＝8≥eq \f(1,2)(m＋n)2＋2h2＋2(m＋n)2＝eq \f(5,2)(m＋n)2＋2h2≥2eq \r(5)(m＋n)h，当且仅当h＝eq \r(5)m＝eq \r(5)n时取等号，所以S＝eq \f(1,2)(m＋n)h≤eq \f(1,2)×eq \f(8,2\r(5))＝eq \f(2\r(5),5)，所以面积的最大值为eq \f(2\r(5),5).
解法4 由余弦定理a2＋b2－c2＝2abcsC，结合a2＋b2＋2c2＝8，得8－3c2＝2abcsC，由三角形面积公式得4S＝2absinC，两式平方相加得，(8－3c2)2＋16S2＝4a2b2≤(a2＋b2)2＝(8－2c2)2，即16S2≤c2(16－5c2)≤eq \f(64,5)，所以S2≤eq \f(4,5)，所以S≤eq \f(2\r(5),5)，当且仅当a＝b，c2＝eq \f(8,5)时取等号，所以面积的最大值为eq \f(2\r(5),5).
解后反思 解法1是从将面积表示为角C的形式来加以思考的，而解法2则是将面积表示为边c的形式来加以思考的．这两种解法都基于一点，即等式a2＋b2＋2c2＝8中的a，b是对称关系．解法2则是从运动变化的角度来加以思考的，这体现了三角函数与【解析】几何之间的千丝万镂的关系．解法1是一种常规的想法，是必须要认真体会的，而解法2就需要学生能充分地认识知识与知识之间的联系．本题对学生的知识的应用要求、思考问题、分析问题、解决问题的能力要求都比较高．
【关联】、如图，某生态园将三角形地块ABC的一角APQ开辟为水果园种植桃树，已知角A为120°，AB，AC的长度均大于200 m，现在边界AP，AQ处建围墙，在PQ处围竹篱笆．
(1) 若围墙AP，AQ的总长度为200 m，如何围可使得三角形地块APQ的面积最大？
(2) 已知AP段围墙高1 m，AQ段围墙高1.5 m，造价均为每平方米100元．若围围墙用了20 000元，问如何围可使竹篱笆用料最省？
【解析】：(1) 设AP＝x m，AQ＝y m，则x＋y＝200，x>0，y>0.
△APQ的面积S＝eq \f(1,2)xysin120°＝eq \f(\r(,3),4)xy.
因为xy≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y,2)))2＝10 000，当且仅当x＝y＝100时取等号．
所以当AP＝AQ＝100 m时，可使三角形地块APQ的面积最大．
(2) 由题意得100×(1·x＋1.5·y)＝20 000，即x＋1.5y＝200
在△APQ中，PQ2＝x2＋y2－2xycs120°＝x2＋y2＋xy.
即PQ2＝(200－1.5y)2＋y2＋(200－1.5y)y＝eq \f(7,4)y2－400y＋40 000，其中0