2021高三人教B版数学一轮（经典版）教师用书：第4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

基础知识整合

1．正弦定理

＝＝＝2R，

其中2R为△ABC外接圆的直径．

变式：a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC.

a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC.

2．余弦定理

a2＝b2＋c2－2bccosA；b2＝a2＋c2－2accosB；

c2＝a2＋b2－2abcosC.

变式：cosA＝；cosB＝；cosC＝.

sin2A＝sin2B＋sin2C－2sinBsinCcosA.

3．在△ABC中，已知a，b和A时，三角形解的情况

4．三角形中常用的面积公式

(1)S＝ah(h表示边a上的高)．

(2)S＝bcsinA＝acsinB＝absinC.

(3)S＝r(a＋b＋c)(r为三角形的内切圆半径)．

1．三角形内角和定理

在△ABC中，A＋B＋C＝π；

变形：＝－.

2．三角形中的三角函数关系

(1)sin(A＋B)＝sinC；(2)cos(A＋B)＝－cosC；

(3)sin＝cos；(4)cos＝sin.

3．三角形中的射影定理

在△ABC中，a＝bcosC＋ccosB；

b＝acosC＋ccosA；

c＝bcosA＋acosB.

1．(2019·北京西城模拟)已知△ABC中，a＝1，b＝，B＝45°，则A等于(　　)

A．150°   B．90° 

C．60°   D．30°

答案　D

解析　由正弦定理，得＝，得sinA＝.又a<b，∴A<B＝45°.∴A＝30°.故选D.

2．(2019·安徽马鞍山一模)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知a＝，b＝2，A＝60°，则c＝(　　)

A.   B．1 

C.   D．2

答案　B

解析　∵a＝，b＝2，A＝60°，∴由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得3＝4＋c2－2×2×c×，整理得c2－2c＋1＝0，解得c＝1.故选B.

3．(2019·安徽合肥模拟)在△ABC中，A＝60°，AB＝2，且△ABC的面积为，则BC的长为(　　)

A.   B． 

C．2   D．2

答案　B

解析　因为S＝AB·ACsinA＝×2×AC＝，所以AC＝1，所以BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos60°＝3.所以BC＝.

4．(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＝－，则＝(　　)

A．6   B．5 

C．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＝＝＝＝－，∴＝6.故选A.

5．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝2，cosC＝－，3sinA＝2sinB，则c＝________.

答案　4

解析　由3sinA＝2sinB及正弦定理，得3a＝2b，所以b＝a＝3.由cosC＝，得－＝，解得c＝4.

6．在△ABC中，AB＝，∠A＝75°，∠B＝45°，则AC＝________.

答案　2

解析　因为∠A＝75°，∠B＝45°，所以∠C＝60°，由正弦定理可得＝，解得AC＝2.

核心考向突破

考向一　利用正、余弦定理解三角形　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

例1　(1)(2018·全国卷Ⅱ)在△ABC中，cos＝，BC＝1，AC＝5，则AB＝(　　)

A．4        B．      

C.        D．2

答案　A

解析　因为cosC＝2cos2－1＝2×2－1＝－，所以AB2＝BC2＋AC2－2BC·AC·cosC＝1＋25－2×1×5×＝32，所以AB＝4.选A.

(2)(2019·沧州七校联考)已知在△ABC中，a＝，b＝，∠A＝30°，则c＝(　　)

A．2   B．

C．2或   D．均不正确

答案　C

解析　∵＝，

∴sinB＝＝·sin30°＝.

∵b>a，∴B＝60°或120°.

若B＝60°，则C＝90°，∴c＝＝2.

若B＝120°，则C＝30°，∴a＝c＝.

解三角形问题的技巧

(1)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．

①应用正弦定理求角时容易出现增解或漏解的错误，要根据条件和三角形的限制条件合理取舍．

②求角时易忽略角的范围而导致错误，因此需要根据大边对大角，大角对大边的规则，画图进行判断．

(2)三角形解的个数的判断：已知两角和一边，该三角形是确定的，其解是唯一的；已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据三角函数值的有界性和大边对大角规则进行判断．

[即时训练]　1.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＝，

∴sinB＝＝＝>1.

∴角B不存在，即满足条件的三角形不存在．

2．(2019·浙江高考)在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D在线段AC上．若∠BDC＝45°，则BD＝________，cos∠ABD＝________.

答案　　

解析　如图，

易知sin∠C＝，

cos∠C＝.

在△BDC中，由正弦定理可得

＝，

∴BD＝＝＝.

由∠ABC＝∠ABD＋∠CBD＝90°，

可得cos∠ABD＝cos(90°－∠CBD)＝sin∠CBD

＝sin[π－(∠C＋∠BDC)]

＝sin(∠C＋∠BDC)

＝sin∠C·cos∠BDC＋cos∠C·sin∠BDC

＝×＋×＝.

考向二　利用正、余弦定理判断三角形形状　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

例2　(1)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2＋b2－c2＝ab，且2cosAsinB＝sinC，则△ABC的形状为(　　)

A．等边三角形   B．直角三角形

C．钝角三角形   D．不确定

答案　A

解析　∵a2＋b2－c2＝ab，∴cosC＝＝，又0<C<π，∴C＝，又由2cosAsinB＝sinC，得sin(B－A)＝0，∴A＝B，故△ABC为等边三角形．

(2)在△ABC中，a，b，c分别表示三个内角A，B，C的对边，如果(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，则该三角形的形状为(　　)

A．直角三角形

B．等边三角形

C．等腰三角形或直角三角形

D．等腰直角三角形

答案　C

解析　∵(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，

∴(a2＋b2)(sinAcosB－cosAsinB)

＝(a2－b2)(sinAcosB＋cosAsinB)，

∴a2cosAsinB＝b2sinAcosB，

∴sin2AcosAsinB＝sin2BsinAcosB，

∴sinAcosA＝sinBcosB，

∴sin2A＝sin2B，

∴A＝B或A＋B＝，即△ABC是等腰三角形或直角三角形．

三角形形状的判定方法

(1)通过正弦定理和余弦定理，化边为角(如a＝2RsinA，a2＋b2－c2＝2abcosC等)，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断．此时注意一些常见的三角等式所体现的内角关系，如sinA＝sinB⇔A＝B；sin(A－B)＝0⇔A＝B；sin2A＝sin2B⇔A＝B或A＋B＝等．

 (2)利用正弦定理、余弦定理化角为边，如sinA＝，cosA＝等，通过代数恒等变换，求出三条边之间的关系进行判断．

提醒：(1)注意无论是化边还是化角，在化简过程中出现公因式不要约掉，否则会有漏掉一种形状的可能．

(2)在判断三角形形状时一定要注意解是否唯一，并注重挖掘隐含条件．另外，在变形过程中要注意角A，B，C的范围对三角函数值的影响．

[即时训练]　3.(2019·陕西安康模拟)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcosC＋ccosB＝asinA，则△ABC的形状为(　　)

A．锐角三角形   B．直角三角形

C．钝角三角形   D．不确定

答案　B

解析　∵bcosC＋ccosB＝asinA，∴由正弦定理，得sinBcosC＋sinCcosB＝sin2A，∴sin(B＋C)＝sin2A，即sinA＝sin2A.又sinA>0，∴sinA＝1，又A∈(0，π)，∴A＝，故△ABC为直角三角形．

4．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若<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　根据正弦定理得＝<cosA，即sinC<sinBcosA，

∵A＋B＋C＝π，∴sinC＝sin(A＋B)<sinBcosA，整理得sinAcosB<0，又三角形中sinA>0，∴cosB<0，∴<B<π.∴△ABC为钝角三角形．

精准设计考向，多角度探究突破

考向三　正、余弦定理的综合应用

角度1　　三角形面积问题

例3　(1)在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sinA＝，a＝3，S△ABC＝2，则b的值为(　　)

A．6   B．4 

C．2   D．2或3

答案　D

解析　因为S△ABC＝2＝bcsinA，sinA＝，且A∈，所以bc＝6，cosA＝，又因为a＝3，由余弦定理，得9＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－4，所以b2＋c2＝13，可得b＝2或b＝3.

(2)(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＝，则△ABC的面积为________．

答案　6

解析　由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB.

又b＝6，a＝2c，B＝，

∴36＝4c2＋c2－2×2c2×，

∴c＝2，∴a＝4，

∴S△ABC＝acsinB＝×4×2×＝6.

(3)(2020·合肥八中模拟)在古希腊数学家海伦的著作《测地术》中记载了著名的海伦公式，利用三角形的三条边长求三角形面积，若三角形的三边长分别为a，b，c，则其面积S＝，这里p＝(a＋b＋c)．已知在△ABC中，BC＝6，AB＝2AC，则其面积取最大值时，sinA＝________.

答案　

解析　已知在△ABC中，BC＝6，AB＝2AC，

所以a＝6，c＝2b，所以p＝(6＋b＋2b)＝3＋，

△ABC的面积S＝

＝

＝

＝

＝3.

故当b2＝20时，S有最大值，

所以b＝2，c＝4，

cosA＝＝，

所以sinA＝.

三角形面积公式的应用原则

(1)对于面积公式S＝absinC＝acsinB＝bcsinA，一般是已知哪一个角就使用哪一个公式．

(2)与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化．

[即时训练]　5.(2018·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bsinC＋csinB＝4asinBsinC，b2＋c2－a2＝8，则△ABC的面积为________．

答案　

解析　根据题意，结合正弦定理可得sinBsinC＋sinCsinB＝4sinAsinBsinC，所以sinA＝，结合余弦定理可得2bccosA＝8，所以A为锐角，所以cosA＝，所以bc＝，所以△ABC的面积为S＝bcsinA＝××＝.

6．(2020·福建三明质量检查)△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且b＝3(acosB＋bcosA)，b＋c＝8.

(1)求b，c；

(2)若BC边上的中线AD＝，求△ABC的面积．

解　(1)由正弦定理，得

sinB＝3(sinAcosB＋sinBcosA)，

所以sinB＝3sin(A＋B)，因为A＋B＋C＝π，

所以sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sinC，

所以sinB＝3sinC，

所以b＝3c，又b＋c＝8，

所以b＝6，c＝2.

(2)在△ABD和△ACD中，由余弦定理，得

c2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cos∠ADB，

b2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos∠ADC.

因为∠ADB＋∠ADC＝π，

所以cos∠ADB＝－cos∠ADC，

又因为b＝6，c＝2，BD＝DC＝，AD＝，

所以a2＝31，

所以cos∠BAC＝＝，

又因为∠BAC∈(0，π)，所以sin∠BAC＝.

所以△ABC的面积S△ABC＝bcsin∠BAC＝.

角度2　　三角形中的范围问题

例4　(1)(2019·江西赣州模拟)在锐角△ABC中，若B＝2A，则的取值范围是(　　)

A．(，)   B．(1，)

C．(，)   D．(，)

答案　C

解析　∵B＝2A，∴＝＝2cosA.

又△ABC为锐角三角形，

∴A＋B＝3A>，B＝2A<，∴<A<，

∴<cosA<，∴<<.故选C.

(2)(2018·北京高考)若△ABC的面积为(a2＋c2－b2)，且∠C为钝角，则∠B＝________；的取值范围是________．

答案　　(2，＋∞)

解析　依题意有acsinB＝(a2＋c2－b2)＝×2accosB，则tanB＝，

∵0<∠B<π，∴∠B＝.

＝＝＝＋＝＋·，

∵∠C为钝角，∴－∠A>，

又∠A>0，∴0<∠A<，则0<tanA<，

∴>，故>＋×＝2.

∴的取值范围为(2，＋∞)．

解三角形问题中，求解某个量(式子)的取值范围是命题的热点，其主要解决思路是：

要建立所求量(式子)与已知角或边的关系，然后把角或边作为自变量，所求量(式子)的值作为函数值，转化为函数关系，将原问题转化为求函数的值域问题．这里要利用条件中的范围限制，以及三角形自身范围限制，尽量把角或边的范围(也就是函数的定义域)找完善，避免结果的范围过大．

[即时训练]　7.(2019·山东实验中学等四校联考)如图所示，边长为1的正三角形ABC中，点M，N分别在线段AB，AC上，将△AMN沿线段MN进行翻折，得到右图所示的图形，翻折后的点A在线段BC上，则线段AM的最小值为________．

答案　2－3

解析　设AM＝x，∠AMN＝α，则BM＝1－x，

∠AMB＝180°－2α，∴∠BAM＝2α－60°，

在△ABM中，由正弦定理可得

＝，即＝，

∴x＝，

∴当2α－60°＝90°，即α＝75°时，x取得最小值为＝2－3，即线段AM的最小值为2－3.

8．(2019·陕西第三次教学质量检测)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab.

(1)求角C的值；

(2)若c＝2，且△ABC为锐角三角形，求a＋b的取值范围．

解　(1)由题意知(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，

∴a2＋b2－c2＝ab，由余弦定理可知，

cosC＝＝，

又C∈(0，π)，∴C＝.

(2)由正弦定理可知，

＝＝＝，即

a＝sinA，b＝sinB，

∴a＋b＝(sinA＋sinB)

＝

＝2sinA＋2cosA＝4sin，

又△ABC为锐角三角形，

∴即<A<，

则<A＋<，

∴2<4sin≤4，

综上a＋b的取值范围为(2，4]．

角度3　　正、余弦定理解决平面几何问题

例5　(2019·南宁模拟)如图，在△ABC中，∠B＝，AB＝8，点D在BC边上，且CD＝2，cos∠ADC＝.

(1)求sin∠BAD；

(2)求BD，AC的长．

解　(1)由cos∠ADC＝知sin∠ADC＝，

于是sin∠BAD＝sin(∠ADC－∠B)

＝sin∠ADC·cos－cos∠ADC·sin

＝×－×＝.

(2)在△ABD中，由正弦定理，得

BD＝＝＝＝3.

在△ABC中，由余弦定理，得

AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cosB

＝82＋52－2×8×5×＝49.

所以AC＝7.

平面几何图形中研究或求与角有关的长度、角度、面积的最值、优化设计等问题，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，若研究最值，常使用函数思想．

[即时训练]　9.(2020·河北唐山期末)如图，在梯形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，M为AD上一点，AM＝2MD＝2，∠BMC＝60°.

(1)若∠AMB＝60°，求BC的长；

(2)设∠DCM＝θ，若MB＝4MC，求tanθ.

解　(1)由∠BMC＝60°，∠AMB＝60°，得∠CMD＝60°.

在Rt△ABM中，MB＝2AM＝4；

在Rt△CDM中，MC＝2MD＝2.

在△MBC中，由余弦定理，得

BC2＝MB2＋MC2－2MB·MC·cos∠BMC＝12，所以BC＝2.

(2)因为∠DCM＝θ，所以∠ABM＝60°－θ，

0°<θ<60°.

在Rt△MCD中，MC＝，

在Rt△MAB中，MB＝，

由MB＝4MC，得2sin(60°－θ)＝sinθ，

所以cosθ－sinθ＝sinθ，即2sinθ＝cosθ，

整理可得tanθ＝.

学科素养培优（八）  利用基本不等式破解三角形中的最值问题

(2018·江苏高考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠ABC＝120°，∠ABC的平分线交AC于点D，且BD＝1，则4a＋c的最小值为________．

答案　9

解析　依题意画出图形，如图所示．

易知S△ABD＋S△BCD＝S△ABC，

即csin60°＋asin60°＝acsin120°，

∴c＋a＝ac，∴＋＝1，

∴4a＋c＝(4a＋c)＝5＋＋≥9，当且仅当＝，即a＝，c＝3时取“＝”．

答题启示

利用基本不等式破解三角形中的最值问题时，当所求最值的代数式中的变量比较多时，通常是考虑利用已知条件消去部分变量后，凑出“和为常数”或“积为常数”，最后利用基本不等式求最值．　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

对点训练

(2019·山东烟台模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知2(tanA＋tanB)＝＋.

(1)证明：a＋b＝2c；

(2)求cosC的最小值．

解　(1)证明：由题意知2＝＋，化简得2(sinAcosB＋sinBcosA)＝sinA＋sinB，即2sin(A＋B)＝sinA＋sinB.因为A＋B＋C＝π，所以sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sinC，从而sinA＋sinB＝2sinC.由正弦定理，得a＋b＝2c.

(2)由(1)知c＝，

所以cosC＝＝

＝－≥－＝，

当且仅当a＝b时，等号成立．

故cosC的最小值为.