1、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，则正弦定理余弦定理内容2Ra2b2c22bccosA；b
2、2a2c22accosB；c2a2b22abcosC变形形式a2RsinA，b2RsinB，c2RsinC(其中R是ABC外接圆的半径)；abcsinAsinBsinCcosA；cosB；cosC2.在ABC中，已知a，b和A时，三角形解的情况A为锐角A为钝角或直角图形关系式absinAbsinAabab解的个数一解两解一解一解无解3.三角形中常用的面积公式(1)Sah(h表示边a上的高)(2)SbcsinAacsinBabsinC.(3)Sr(abc)(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sinAsinB，则AB.()(3)在
3、ABC的六个元素中，已知任意三个元素可求其他元素()(4)当b2c2a20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，c2，cosA，则b()A. B. C2 D3答案D解析由余弦定理得5b242b2，解得b3或b(舍去)，故选D.(2)在ABC中，已知b40，c20，C60，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，sinB1.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，B75，C45，a3，则ABC
4、中最短边的长等于_答案解析因为A180BC180754560，所以ABC中角C最小，最短边是c，由正弦定理得c.(4)在ABC中，a3，b2，cosC，则ABC的面积为_答案4解析cosC，0CAC，所以CB，所以B，所以B45，又C60，所以A180BC180456075.角度2用余弦定理解三角形3.在ABC中，若AB，BC3，C120，则AC()A.1 B2 C3 D4答案A解析设ACx，由余弦定理得，cos120，x243x，即x23x40.x1或4(舍去)AC1，选A.4.(2018全国卷)在ABC中，cos，BC1，AC5，则AB()A.4 B. C. D2答案A解析因为cosC2c
5、os21221，所以AB2BC2AC22BCACcosC12521532，所以AB4，选A.5.(2019贵阳模拟)平行四边形ABCD中，AB2，AD3，AC4，则BD()A.4 B. C. D.答案B解析如图所示，在ABC中，AB2，BCAD3，AC4，由余弦定理得cosABC，所以cosDABcosABC，在ABD中，由余弦定理得BD2AD2AB22ADABcosDAB322223210.所以BD.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，a3，bc2，cosB.(1)求b，c的值；(2)求sin(BC)的值解(1)由余弦定理b2a2c22accosB，得b23
6、2c223c.因为bc2，所以(c2)232c223c，解得c5，所以b7.(2)由cosB，得sinB.由正弦定理，得sinCsinB.在ABC中，B是钝角，所以C为锐角，所以cosC.所以sin(BC)sinBcosCcosBsinC.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)用三角形内角和定理求第三个角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ABC180，求出C；c.再根据正弦定理，求出边c.用余弦定理(适用于优先求边
7、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(b2a2)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)用余弦定理求第三边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ABC180，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ab，A2B，则cosB等于()A. B. C. D.答案C解析因为ab，A2B，所以由正弦定理可得，所以，所以cosB.2.在ABC中，若b1
8、，c，A，则cos5B()A. B.C.或1 D或0答案A解析因为b1，c，A，所以由余弦定理，得a2b2c22bccosA13211，所以a1.由ab1，得BA，所以cos5Bcoscos.3如图，在ABC中，B45，D是BC边上一点，AD5，AC7，DC3，则AB_.答案解析在ACD中，由余弦定理可得cosC，则sinC.在ABC中，由正弦定理可得，则AB.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cosA，所以cbcosA，由正弦
9、定理得sinCsinBcosA，又ABC，所以sinCsin(AB)所以sinAcosBcosAsinBsinBcosA，所以sinAcosB0，所以cosB0，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“cos2”，则ABC的形状为_答案直角三角形解析因为cos2，所以(1cosB)，在ABC中，由余弦定理得.化简得2aca2c2b22a(ac)，则c2a2b2，所以ABC为直角三角形.2.(2019全国卷)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.设(sinBsinC)2sin2AsinBsinC.(1)求A；(2)若ab2c，求sinC.解(1)由已知得si
10、n2Bsin2Csin2AsinBsinC，故由正弦定理得b2c2a2bc.由余弦定理得cosA.因为0A180，所以A60.(2)由(1)知B120C，由题设及正弦定理得sinAsin(120C)2sinC，即cosCsinC2sinC，可得cos(C60).因为0C0)，则cosC0，所以C是钝角，ABC是钝角三角形.2.(2019全国卷)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinAbsinB4csinC，cosA，则()A.6 B5 C4 D3答案A解析asinAbsinB4csinC，由正弦定理得a2b24c2，即a24c2b2.由余弦定理得cosA，6.故选A.3.(
11、2019黄冈模拟)在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c且满足2acosAccosBbcosC.(1)求角A；(2)若a，6，求ABC的周长解(1)因为2acosAbcosCccosB，在ABC中，由正弦定理2R，得a2RsinA，b2RsinB，c2RsinC，所以2sinAcosAsinBcosCcosBsinC，即2sinAcosAsin(BC)sinA，因为0A，所以sinA0，所以2cosA1，即cosA，所以A.(2)由余弦定理a2b2c22bccosA，得13b2c22bc.得(bc)23bc13，由6，得bccosA6，所以bc12.所以(bc)23613，得bc7，所
12、以ABC的周长为abc7.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a2csinA，c，且ABC的面积为，ab的值为_答案5解析因为a2csinA，所以由正弦定理得sinA2sinCsinA，由0A0，所以sinC，又0C，所以C，所以SABCabsinCab，所以ab6.由余弦定理得c2a2b22abcosC，又c，所以7(ab)22abab，所以(ab)225，ab5.2.(2019全国卷)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinbsinA.(1)求B；(2)若ABC为锐角三角形，且c1，求ABC面
13、积的取值范围解(1)由题设及正弦定理得sinAsinsinBsinA.因为sinA0，所以sinsinB.由ABC180，可得sincos，故cossinB2sincos.因为cos0，所以sin，所以30，所以B60.(2)由题设及(1)知ABC的面积SABCa.由(1)知AC120，由正弦定理得a.由于ABC为锐角三角形，故0A90，0C90.结合AC120，得30C90，所以a2，从而SABC.因此，ABC面积的取值范围是.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，代入公式求面积如举例说明1.(2)若已知三角
14、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，AC4，cosCAB.点D在线段BC上，且BDCD，AD.(1)求AB的长；(2)求ABD的面积解(1)在ABC中，由余弦定理，得a2c2428c又在ACD中，cosADC，在ABD中，cosADB，又ADBADC，cosADBc
15、osADC0，即2c2480，联立，得c6，即AB6.(2)cosCAB，sinCAB，又SABCbcsinCAB8，SABDSABC.组基础关1.已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cosA，cosC，a1，则b等于()A.2 B. C. D.答案D解析因为A(0，)，B(0，)，cosA，cosC.所以sinA，sinC，所以sinBsin(AC)sinAcosCcosAsinC.由正弦定理，得b.2.在ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，C60，a4b，c，则b()A.1 B2 C3 D.答案A解析由余弦定理，得c2a2b22abcosC.又因为c，a4b，
16、C60，所以1316b2b224bbcos60，解得b1.3.在ABC中，如果，那么ABC是()A.直角三角形 B等边三角形C.等腰直角三角形 D钝角三角形答案B解析由正弦定理及，得，整理，得cosAcosBcosC，因为A，B，C为三角形的内角，所以ABC，所以ABC是等边三角形.4.(2019安徽省江南十校联考)在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若b2，c3，B2C，则cos2C的值为()A. B. C. D.答案B解析由正弦定理，得.又因为B2C，所以2cosC，故cosC，所以cos2C2cos2C121.5.在ABC中，A60，b1，SABC，则()A. B. C. D
17、2答案B解析依题意得，bcsinAc，则c4.由余弦定理得a，因此.由正弦定理得，故选B.6.(2020许昌摸底)若ABC的三个内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若sin(CA)sinB，且b4，则c2a2()A.10 B8 C7 D4答案B解析因为ABC，所以sin(CA)sinBsin(AC)，即2sinCcosA2cosCsinAsinAcosCcosAsinC，即sinCcosA3sinAcosC.由正弦定理和余弦定理，得c3a，化简得c2a28.故选B.7.(2019泸州模拟)在ABC中，角B为，BC边上的高恰为BC边长的一半，则cosA()A. B. C. D.答案A解析设B
18、C边上的高为h，则BC2h，ABh，由余弦定理，得AC2AB2BC22ABBCcosB2h24h22h2h10h2，故ACh.所以cosA.8.(2019衡阳模拟)在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，ABC外接圆的半径为3，则a_.答案3解析由题意，得，根据余弦定理，得cosA.所以sinA，又因为ABC外接圆的半径为3，所以根据正弦定理得6，所以a3.9.(2019全国卷)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsinAacosB0，则B_.答案解析bsinAacosB0，.由正弦定理，得cosBsinB，tanB1.又B(0，)，B.10.在ABC中，若AB4，AC
19、7，BC边的中线AD，则BC_.答案9解析如图所示，延长AD到点E，使DEAD，连接BE，EC.因为AD是BC边上的中线，所以AE与BC互相平分，所以四边形ACEB是平行四边形，所以BEAC7.又AB4，AE2AD7，所以在ABE中，由余弦定理得，AE249AB2BE22ABBEcosABEAB2AC22ABACcosABE.在ABC中，由余弦定理得，BC2AB2AC22ABACcos(ABE)所以49BC22(AB2AC2)2(1649)，所以BC281，所以BC9.组能力关1.(2019太原五中模拟)在ABC中，sin2(a，b，c分别为角A，B，C的对边)，则ABC的形状为()A.直角三
20、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A解析利用正弦定理及二倍角公式得，即sinAsinCcosB.又sinAsin(BC)sinBcosCcosBsinC，所以sinBcosC0.在ABC中，sinB0，故cosC0，则C，故ABC为直角三角形，故选A.2.(2019江西省九江市一模)在ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，已知cos2Acos2Bsin2CsinBsinC，且ABC的面积为，则a的值为_答案2解析ABC中，由cos2Acos2Bsin2CsinBsinC，得1sin2A(1sin2B)sin2Csin2Bsin2Csin2AsinBsin
21、C，b2c2a2bc，由余弦定理，得cosA，又A(0，)，A.由正弦定理，即，化简得a23bc.又ABC的面积为SABCbcsinA，bc4，a212，解得a2.3.(2020海淀模拟)ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，asinAsinBbcos2A2a，则角A的取值范围是_答案解析由已知及正弦定理得sin2AsinBsinBcos2A2sinA，即sinB(sin2Acos2A)2sinA，sinB2sinA，b2a，由余弦定理得cosA，当且仅当ca时取等号，A为三角形的内角，且ycosx在(0，)上是减函数，0A，则角A的取值范围是.4.(2020安徽五校联考)在AB
22、C中，AD是BC边上的中线，ABD.若ABBD，则CAD_.若AC2AD2，则ABC的面积为_答案解析设BDm，则ABm，BC2m，根据余弦定理，AD2AB2BD22ABBDcosABDm2，AC2AB2BC22ABBCcosABDm2，ADDCACm，即ACD是正三角形，CAD.记ABC的三内角BAC，ABC，ACB所对的三条边分别为a，b，c，则BDa，由余弦定理可得，AD2AB2BD22ABBDcosABD，1c22ac，即44c2a22ac，又AC2AB2BC22ABBCcosABC，4c2a2ac，于是，4c2a22acc2a2ac，ac，代入c2a2ac4可得c2，a2，SABCa
23、csinABC.5(2019衡水中学模拟)如图，在ABC中，P是BC边上的一点，APC60，AB2，APPB4.(1)求BP的长；(2)若AC，求cosACP的值解(1)由已知，得APB120，又AB2，APBP4.在ABP中，由余弦定理，得(2)2BP2(4BP)22BP(4BP)cos120，整理，得BP24BP40.解得BP2.(2)由(1)知，AP2，所以在ACP中，由正弦定理，得，解得sinACP2.因为2，所以APAC，从而ACPAPC，即ACP是锐角所以cosACP.6(2019福州期末)已知菱形ABCD的边长为2，DAB60.E是边BC上一点，线段DE交AC于点F.(1)若CD
24、E的面积为，求DE的长；(2)若CF4DF，求sinDFC.解(1)依题意，得BCDDAB60.因为CDE的面积SCDCEsinBCD，所以2CE，解得CE1.在CDE中，由余弦定理，得DE.(2)解法一：依题意，得ACD30，BDC60，设CDE，则060.在CDF中，由正弦定理，得，因为CF4DF，所以sin，所以cos，所以sinDFCsin(30).解法二：依题意，得ACD30，BDC60，设CDE，则060，设CF4x，因为CF4DF，则DFx，在CDF中，由余弦定理，得DF2CD2CF22CDCFcosACD，即7x2416x28x，解得x或x.又因为CFAC，所以x，所以x，所以DF，在CDF中，由正弦定理，得，所以sinDFC.
