1、第6讲余弦定理、正弦定理1正弦定理2R，其中2R为ABC外接圆的直径变式：a2RsinA，b2RsinB，c2RsinC.abcsinAsinBsinC.2余弦定理a2b2c22bccosA；b2a2c22accosB；c2a2b22abcosC.变式：cosA；cosB；cosC.sin2Asin2Bsin2C2sinBsinCcosA.3在ABC中，已知a，b和A时，三角形解的情况图形关系式解的个数A为锐角absinA无解absinA一解bsinAab一解ab无解4三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
2、三角形的内切圆半径)1三角形内角和定理在ABC中，ABC；变形：.2三角形中的三角函数关系(1)sin(AB)sinC；(2)cos(AB)cosC；(3)sincos；(4)cossin.3三角形中的射影定理在ABC中，abcosCccosB；bacosCccosA；cbcosAacosB.1已知ABC中，a1，b，B45，则A等于()A150 B90 C60 D30答案D解析由正弦定理，得，得sinA.又ab，AB45.A30.故选D.2(2021全国甲卷)在ABC中，已知B120，AC，AB2，则BC()A1 B C D3答案D解析解法一：由余弦定理AC2AB2BC22ABBCcosB，
3、得BC22BC150，解得BC3或BC5(舍去)故选D.解法二：由正弦定理，得sinC，从而cosC(C是锐角)，所以sinAsin(BC)sin(BC)sinBcosCcosBsinC.又，所以BC3.故选D.3(2021山东济南一中期中)在ABC中，“AB”是“sinAsinB”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件答案C解析在ABC中，AB，因为三角形中大边对大角，则ab，由正弦定理可得a2RsinA，b2RsinB，所以有2RsinA2RsinB，所以sinAsinB，充分性成立；因为sinAsinB，由正弦定理可得sinA，sinB，所以，则ab，因为
4、三角形中大边对大角，所以A0)，则c2a2b22abcosC3m2m22mmm2，即cm.选择条件：acmmm2，m1，此时cm1.选择条件：cosA，则sinA ，此时csinAm3，则cm2.选择条件：可得1，cb，与条件cb矛盾，则问题中的三角形不存在解法二：sinAsinB，C，B(AC)，sinAsin(AC)sin，即sinAsinAcosA，sinAcosA，tanA，A，BC.若选，ac，abc，c2，c1.若选，csinA3，则3，c2.若选，bc与条件cb矛盾，则问题中的三角形不存在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
5、果式子中含有角的正弦或边的一次式，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1.已知在ABC中，a，b，A30，则c()A2 BC2或 D均不正确答案C解析，sinBsin30.ba，B60或120.若B60，则C90，c2；若B120，则
6、C30，ac.2(2020全国卷)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinAbsinB4csinC，cosA，则()A6 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.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a2b2c2ab，且2cosAsinBsinC，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a2b2c2ab，cosC，又0Cba，若ABC为钝角三角形，则C为钝角，由余弦定理可得co
7、sC0，解得1a3，则0aa2，可得a1，又aZ，故a2. 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a2RsinA，a2b2c22abcosC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sinAsinBAB；sin(AB)0AB；sin2Asin2BAB或AB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，并注意挖掘隐含条
8、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3.(2021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bcosCccosBasinA，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bcosCccosBasinA，由正弦定理，得sinBcosCsinCcosBsin2A，sin(BC)sin2A，即sinAsin2A.又sinA0，sinA1，又A(0，)，A，故ABC为直角三角形4在ABC中，cos2(a，b，c分别为角A，B，C的对边)，则ABC的形状为()A等边三角形B直角三角形C等腰三角形或直角三角形D等腰直角三角形
9、答案B解析因为cos2，所以2cos211，所以cosB，所以，所以c2a2b2，所以ABC为直角三角形多角度探究突破考向三正、余弦定理的综合应用角度三角形面积问题例3(2021广东模拟)在条件：2ac2bcosC，sinA；bsin2AasinAcosCcsin2A，ab；(2tanBtanA)sinA2tanBtanA,2c3b中任选一个，补充到下面问题中，并给出解答在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c3，_，求ABC的面积解选时，由2ac2bcosC，利用正弦定理得2sinAsinC2sinBcosC，整理得2cosBsinCsinC0，由于C(0，)，则sinC0，所以
10、cosB，故B，又sinA，利用正弦定理得，所以，设a5k，b7k，利用余弦定理得49k2925k2235k，解得k1(负值舍去)，故SABCacsinB53.选时，由于bsin2AasinAcosCcsin2A，利用正弦定理得sinBsin2AsinAsinAcosCsinCsin2A，所以2sinBcosAsinAcosCcosAsinCsinB，由于B(0，)，则sinB0，所以cosA，故A.由于ab，c3，利用余弦定理得7b2b292b3，解得b1(负值舍去)，所以SABCbcsinA13.选时，由于(2tanBtanA)sinA2tanBtanA，整理得sinA，由于A(0，)，则
11、sinA0，故2cosAsinBcosBsinA2sinB，利用正弦、余弦定理整理得3c2b2a24bc，由于2c3b，c3，所以b2，a(负值舍去)，所以cosA，故A，所以SABCbcsinA23.三角形面积公式的应用原则(1)对于面积公式SabsinCacsinBbcsinA，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5.(2021全国乙卷)记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，B60，a2c23ac，则b_.答案2解析由SABCacsinB，得acsin60，即ac，解得ac4.所以a2c23ac12.由余弦
12、定理，得b2a2c22accosB12248.所以b2.6(2020全国卷)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知B150.(1)若ac，b2，求ABC的面积；(2)若sinAsinC，求C.解(1)由余弦定理可得b228a2c22accos1507c2，c2，a2，ABC的面积SacsinB.(2)AC30，sinAsinCsin(30C)sinCcosCsinCsinCcosCsinCsin(C30).0C30，30C3060，C3045，C15.角度三角形中的范围问题例4(2021菏泽模拟)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知2ab2ccosB，c.(1)求角C
13、；(2)延长线段AC到点D，使CDCB，求ABD周长的取值范围解(1)2ab2ccosB，根据余弦定理得2ab2c，整理得a2b2c2ab，cosC.C(0，)，C.(2)由题意得BCD为等边三角形，ABD的周长为2ab.2，a2sinA，b2sinB，2ab4sinA2sinB4sinA2sin2sin.A，A，sin，2ab(，2)ABD周长的取值范围是(2，3)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，其主要解决思路如下：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
14、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7.(2020浙江高考)在锐角ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2bsinAa.(1)求角B；(2)求cosAcosBcosC的取值范围解(1)2bsinAa，结合正弦定理可得2sinBsinAsinA，sinB.ABC为锐角三角形，B.(2)由(1)得CA，则cosAcosBcosCcosAcoscosAcosAsinAsinAcosAsin.由可得A，A，则sin，sin.即cosAcosBcosC的取值范围是.角度正、余弦定理解决平面几何问题例5(2021新高考卷)记A
15、BC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2ac，点D在边AC上，BDsinABCasinC.(1)证明：BDb；(2)若AD2DC，求cosABC.解(1)证明：在ABC中，由正弦定理，得BDbac.又b2ac，所以BDbb2，即BDb.(2)因为AD2DC，所以ADb，DCb.在ABD中，由余弦定理，得cosADB；在BCD中，由余弦定理，得cosBDC.因为ADBBDC，所以0，即b22a2c2.又b2ac，所以ac2a2c2，即6a211ac3c20，即(3ac)(2a3c)0，所以3ac或2a3c.当3ac时，由b22a2c2，得a2b2，c23b2，在ABC中，由余弦定理，
16、得cosABC1，不成立当2a3c时，由b22a2c2，得a2b2，c2b2，在ABC中，由余弦定理，得cosABC.综上，cosABC.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8.(2021新高考八省联考)在四边形ABCD中，ABCD，ADCDBD1.(1)若AB，求BC；(2)若AB2BC，求cosBDC.解(1)在ABD中，ADBD1，AB，由
17、余弦定理，可得cosABD.因为CDAB，所以BDCABD，在BCD中，CDBD1，由余弦定理可得BC2BD2CD22BDCDcosBDC，故BC.(2)设BCx，则AB2x，在ABD中，cosABDx，在BCD中，cosBDC，由(1)可知，BDCABD，所以cosBDCcosABD，即x，整理可得x22x20，因为x0，解得x1，因此，cosBDCcosABDx1.利用基本不等式破解三角形中的最值问题1.(多选)(2021武汉模拟)若ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足b2a4asin20，则下列结论正确的是()A角C一定为锐角Ba22b2c20C3tanAtanC0Dt
18、anB的最小值为答案BC解析b2a4asin20，b2a4acos20，即b2a2a(cosC1)0，cosC0，3tanA22，当且仅当3tanA，即tanA时，等号成立，此时tanB取得最大值，故D错误故选BC.2(2021陕西百校联考)已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.(1)若A，且csin2A4cosAsinC，求a的值；(2)若sinA，sinB，sinC成等差数列，求B的最大值解(1)因为csin2A4cosAsinC，所以2csinAcosA4cosAsinC，因为A，所以cosA0，所以csinA2sinC，所以c，所以a2.(2)因为sinA，sinB，sin
19、C成等差数列，所以2sinBsinAsinC，由正弦定理可得2bac，由余弦定理可得cosB.因为0，0，所以cosB2，当且仅当，即ac时，等号成立因为cosB1，所以cosB，因为B(0，)，所以B，所以B的最大值为.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(2022福建福州期末)已知ABC的内角A，B，C满足.(1)求角A；(2)若ABC的外接圆的半径为1，求ABC的面积S的最大值解(1)记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则由正弦
20、定理和已知条件，得，化简得b2c2a2bc，由余弦定理得cosA，0A，A.(2)记ABC外接圆的半径为R，由正弦定理得2R，得a2RsinA2sin，由余弦定理得a23b2c2bc2bcbcbc，即bc3(当且仅当bc时取等号)，故SbcsinA3(当且仅当bc时取等号)即ABC的面积S的最大值为.一、单项选择题1已知ABC中，A，B，a1，则b等于()A2 B1 C D答案D解析由正弦定理b.2(2021辽宁省沈阳市郊联体期末)在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若cosA，a，则等于()A. B C D2答案D解析由cosA，A(0，)知sinA，由正弦定理得2.3ABC中
21、，AB2，AC3，B60，则cosC()A. B C D答案D解析由正弦定理，得，sinC，又ABAC，0CB60，cosC.故选D.4(2021北京西城区一模)在ABC中，C60，a2b8，sinA6sinB，则c()A. B C6 D5答案B解析在ABC中，sinA6sinB，利用正弦定理得a6b，由解得利用余弦定理，得c2a2b22abcosC36126131，故c.故选B.5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sinCsinBcosA，ABC，sinCsin
22、(AB)sinBcosA，整理得sinAcosB0，cosB0，B0，B为锐角，tanB1，B45，故C错误，D正确故选ABD.11在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(ab)(ac)(bc)91011，则下列结论正确的是()AsinAsinBsinC456BABC是钝角三角形CABC的最大内角是最小内角的2倍D若c6，则ABC外接圆的半径为答案ACD解析因为(ab)(ac)(bc)91011，所以可设(其中x0)，解得a4x，b5x，c6x，所以sinAsinBsinCabc456，所以A正确；由上可知，c最大，所以三角形中C最大，又cosC0，所以C为锐角，所以B错误；由上
23、可知，a最小，所以三角形中A最小，又cosA，所以cos2A2cos2A1，所以cos2AcosC.由三角形中C最大且C为锐角可得，2A(0，)，C，所以2AC，所以C正确；由正弦定理，得2R，又sinC，所以2R，解得R，所以D正确故选ACD.12(2022烟台模拟)在ABC中，D在线段AB上，且AD5，BD3，若CB2CD，cosCDB，则()AsinCDBBABC的面积为8CABC的周长为84DABC为钝角三角形答案BCD解析由cosCDB可得sinCDB，故A错误；设CDx，CB2x，在CBD中，由余弦定理，可得，整理可得，5x22x150，解得x，即CD，CB2，所以SABCSBCD
24、SADC358，故B正确；由余弦定理，可知cosB，即，解得AC2，故ABC的周长为ABACCB82284，故C正确；由余弦定理，可得cosACB0，故ACB为钝角，D正确故选BCD.三、填空题13(2021北京海淀模拟)在ABC中，A，ac，则_.答案1解析由题意知sinsinC，sinC，又0C，C，从而B，bc，故1.14ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2bcosBacosCccosA，则B_.答案解析 解法一：由2bcosBacosCccosA及正弦定理，得2sinBcosBsinAcosCsinCcosA.2sinBcosBsin(AC)又ABC，ACB.2sinBc
25、osBsin(B)sinB.又sinB0，cosB.B. 解法二：在ABC中，acosCccosAb，条件等式变为2bcosBb，cosB.又0B，B.15.(2020全国卷)如图，在三棱锥PABC的平面展开图中，AC1，ABAD，ABAC，ABAD，CAE30，则cosFCB_.答案解析ABAC，AB，AC1，由勾股定理得BC2，同理得BD，BFBD.在ACE中，AC1，AEAD，CAE30，由余弦定理，得CE2AC2AE22ACAEcos3013211，CFCE1.在BCF中，BC2，BF，CF1，由余弦定理，得cosFCB.16(2022湖南长沙质检)在ABC中，ab11，cosA，co
26、sB，则a的值为_，ABC的面积为_.答案6解析cosA，cosB，A，B(0，)，sinA，sinB.由正弦定理，得，即，a6.又sinCsin(AB)sinAcosBcosAsinB，SABCabsinC6(116).四、解答题17.(2021绵阳模拟)如图，在四边形ABCD中，ABCD，ADC90，ABC为锐角三角形，且AB3，AC，ABC60.(1)求sinBAC的值；(2)求BCD的面积解(1)在锐角三角形ABC中，AB3，AC，ABC60，由正弦定理可得sinACB，所以cosACB，所以sinBACsin180(60ACB)sin(60ACB)cos60sinACBsin60co
27、sACB.(2)因为ABCD，所以ACDBAC，所以sinACDsinBAC.在RtADC中，ADACsinACD，所以CD2，因为SBCDSACD，又SACDADCD，所以SBCD.18(2020全国卷)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos2cosA.(1)求A；(2)若bca，证明：ABC是直角三角形解(1)因为cos2cosA，所以sin2AcosA，即1cos2AcosA，解得cosA.又0A，所以A.(2)证明：因为A，所以cosA，即b2c2a2bc.又bca，将代入，得b2c23(bc)2bc，即2b22c25bc0，而bc，解得b2c，所以ac.所以b2a2
28、c2，即ABC是直角三角形19(2021淄博二模)下面给出有关ABC的四个论断：SABC；b2aca2c2；2或；b.以其中的三个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：若_，则_(用序号表示)，并给出证明过程注：如果选择不同方案分别解答，按第一个解答计分解方案一：若，则.证明：由得aca2c2b2，得cosB，即B60；由SABC，得acsinB，且B60，得ac2；由2或，不妨取2，联立ac2，得a2，c1.由得，b2a2c2ac4123，得b，成立方案二：若，则.证明：由得aca2c2b2，得cosB，即B60；由SABC，得acsinB，且B60，得ac2；由b，且b
29、2a2c2ac，得a2c2ac3，从而(ac)2369ac3，(ac)2321ac1，得或得2或，成立方案三：若，则.证明：由得aca2c2b2，得cosB，即B60；由b，且b2a2c2ac，得a2c2ac3；由2或，不妨取2，代入a2c2ac3，即3c23，得c1，a2，从而得SABCacsinB，成立20.(2021青岛一模)如图，在ABC中，ABAC，ABAC2，点E，F是线段BC(含端点)上的动点，且点E在点F的右下方，在运动的过程中，始终保持EAF不变，设EAB弧度(1)写出的取值范围，并分别求线段AE，AF关于的函数关系式；(2)求EAF的面积S的最小值解(1)由题意知0，在ABE中，由正弦定理得AE，在ACF中，由正弦定理得AF.(2)SEAFAEAFsinEAF.因为，所以2，所以sin12，1所以当2，即时，sin1取到最大值1.故EAF的面积S的最小值为22.
