2019年高考数学一轮复习课时分层训练24正弦定理和余弦定理理北师大版

第四章 三角函数、解三角形第六节 正弦定理和余弦定理A 级·基础过关 |固根基|1.在△ABC 中，若sin A a ＝cos Bb ，则B 的大小为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：选B 由正弦定理知，sin A sin A ＝cos Bsin B ，∴tan B ＝1.∵0°<B <180°，∴B ＝45°.故选B ．2．在△ABC 中，2a cos A ＋b cos C ＋c cos B ＝0，则角A 的大小为( ) A ．π6B ．π3C ．2π3D ．5π6解析：选C 由余弦定理得，2a cos A ＋b ·a 2＋b 2－c 22ab ＋c ·a 2＋c 2－b 22ac ＝0，即2a cos A ＋a ＝0，∴cos A ＝－12，又A ∈(0，π)，∴A ＝2π3.故选C ．3．(2021届宝鸡一模)△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知b ＝7，c ＝4，cos B ＝34，则△ABC 的面积等于( ) A ．37 B ．372C ．9D ．92解析：选B ∵b ＝7，c ＝4，cos B ＝34，∴sin B ＝1－cos 2B ＝74，∴由余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，可得7＝a 2＋16－2×a ×4×34，整理可得a 2－6a ＋9＝0，解得a ＝3，∴S △ABC ＝12ac sin B ＝12×3×4×74＝372.故选B ． 4．(2021届湘东六校联考)若△ABC 的三个内角满足6sin A ＝4sin B ＝3sin C ，则△ABC 是( ) A ．锐角三角形 B ．直角三角形 C ．钝角三角形D ．以上都有可能解析：选C 由题意，利用正弦定理可得6a ＝4b ＝3c ，则可设a ＝2k ，b ＝3k ，c ＝4k ，k >0，则cos C＝4k 2＋9k 2－16k 22×2k ×3k<0，所以C 是钝角，所以△ABC 是钝角三角形，故选C ．5．(2021届昆明市高三诊断测试)在平面四边形ABCD 中，∠D ＝90°，∠BAD ＝120°，AD ＝1，AC ＝2，AB ＝3，则BC ＝( )A ． 5B ． 6C ．7D ．2 2解析：选C 如图，在△ACD 中，∠D ＝90°，AD ＝1，AC ＝2，所以∠CAD ＝60°.又∠BAD ＝120°，所以∠BAC ＝∠BAD －∠CAD ＝60°.在△ABC 中，由余弦定理得BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos ∠BAC ＝7，所以BC ＝7.故选C ．6．(2021届湖北部分重点中学联考)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，cos A a ＋cos Bb ＝sin C c ，若b 2＋c 2－a 2＝85bc ，则tan B 的值为( ) A ．－13B ．13C ．－3D ．3解析：选C 因为cos A a ＋cos B b ＝sin C c ，所以由正弦定理得cos A sin A ＋cos B sin B ＝sin C sin C ＝1，即1tan A ＋1tan B ＝1.又b 2＋c 2－a 2＝85bc ，所以由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，可得cos A ＝45，则sin A ＝1－cos 2A ＝35，则tan A ＝sin A cos A ＝34，解得tan B ＝－3，故选C ．7．(2021届四川五校联考)在△ABC 中，角A 的平分线交BC 于点D ，BD ＝2CD ＝2，则△ABC 面积的最大值为( )A ．3 2B ．2 2C ．3D ．4解析：选C 如图，由BD ＝2CD ＝2，知BC ＝3，由角平分线定理，得AB AC ＝BDCD ＝2，设AC ＝x ，∠BAC ＝2α，α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，则AB ＝2x ，由余弦定理，得32＝4x 2＋x 2－2·2x ·x ·cos 2α，即x 2＝95－4cos 2α.S △ABC ＝12·2x ·x ·sin 2α＝x 2·sin 2α＝9sin 2α5－4cos 2α＝9×2sin αcos α5－4×（cos 2α－sin 2α）＝9·2tan α1＋tan 2α5－4·1－tan 2α1＋tan 2α＝18tan α1＋9tan 2α＝181tan α＋9tan α≤1821tan α·9tan α＝3，当且仅当1tan α＝9tan α，即tan α＝13时取等号，故△ABC 面积的最大值为3.8．(2021届合肥调研)在△ABC 中，A ＝2B ，AB ＝73，BC ＝4，CD 平分∠ACB 交AB 于点D ，则线段AD 的长为________．解析：解法一：因为A ＝2B ，BC ＝4，所以由正弦定理AC sin B ＝BC sin A ，得AC sin B ＝4sin 2B ＝42sin B cos B，所以cos B ＝2AC 且AC >2，由余弦定理AC 2＝BC 2＋AB 2－2BC ·AB cos B ，得AC 2＝42＋⎝⎛⎭⎫732－2×4×73×2AC ，即9AC 3－193AC ＋336＝0，得(AC －3)(3AC －7)(3AC ＋16)＝0，解得AC ＝73或AC ＝3.当AC ＝73时，△ABC为等腰三角形，且cos B ＝67，2B ＝2∠ACB ＝A ，由三角形内角和定理A ＋B ＋∠ACB ＝π，得B ＝π4，与cos B＝67矛盾，舍去；当AC ＝3时，由三角形的角平分线定理，得AD BD ＝AC BC ，即AD 73－AD ＝34，解得AD ＝1.综上可得，AD ＝1.解法二：因为A ＝2B ，BC ＝4，所以由正弦定理AC sin B ＝BC sin A ，得AC sin B ＝4sin 2B ＝42sin B cos B ，所以cosB ＝2AC ，则cos A ＝cos 2B ＝2cos 2B －1＝8AC2－1.在△ABC 中，sin C ＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ，由正弦定理可得AC cos A ＋BC cos B ＝AB ，即AC ·⎝⎛⎭⎫8AC 2－1＋4·2AC ＝73，解得AC ＝－163(舍去)或AC ＝3，由三角形的角平分线定理，得AD BD ＝AC BC ，即AD 73－AD ＝34，解得AD ＝1.答案：19．(年天津卷)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知b ＋c ＝2a ，3c sin B ＝4a sin C ．(1)求cos B 的值； (2)求sin ⎝⎛⎭⎫2B ＋π6的值． 解：(1)在△ABC 中，由正弦定理b sin B ＝csin C，得b sin C ＝c sin B ，又由3c sin B ＝4a sin C ，得3b sin C＝4a sin C ，即3b ＝4a .又因为b ＋c ＝2a ，得到b ＝43a ，c ＝23a .由余弦定理可得，cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋49a 2－169a 22·a ·23a＝－14. (2)由(1)可得，sin B ＝1－cos 2B ＝154， 从而sin 2B ＝2sin B cos B ＝－158，cos 2B ＝cos 2B －sin 2B ＝－78， 故sin ⎝⎛⎭⎫2B ＋π6＝sin 2B cos π6＋cos 2B sin π6＝－158×32－78×12＝－35＋716. 10．(2021届石家庄摸底)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，b cos A ＋22a ＝c ，D 是BC 边上的点．(1)求角B ；(2)若AC ＝7，AD ＝5，DC ＝3，求AB 的长． 解：(1)由b cos A ＋22a ＝c 及正弦定理，得sin B cos A ＋22sin A ＝sin C ，即sin B cos A ＋22sin A ＝sin(A ＋B )，所以sin B cos A ＋22sin A ＝sin A cos B ＋cos A sin B ，即22sin A ＝sin A cos B ．∵sin A ≠0，∴cos B ＝22，∴B ＝π4.(2)在△ADC 中，AC ＝7，AD ＝5，DC ＝3，∴cos ∠ADC ＝AD 2＋DC 2－AC 22AD ·DC ＝52＋32－722×5×3＝－12，∴∠ADC ＝2π3.在△ABD 中，AD ＝5，B ＝π4，∠ADB ＝π3，由AB sin ∠ADB ＝ADsin B ，得AB ＝AD ·sin ∠ADB sin B ＝5×sin π3sin π4＝5×3222＝562. 11．(年江苏卷)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c . (1)若a ＝3c ，b ＝2，cos B ＝23，求c 的值；(2)若sin A a ＝cos B2b ，求sin ⎝⎛⎭⎫B ＋π2的值． 解：(1)因为a ＝3c ，b ＝2，cos B ＝23，由余弦定理cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ，得23＝（3c ）2＋c 2－（2）22×3c ×c，即c 2＝13.所以c ＝33. (2)因为sin A a ＝cos B2b，由正弦定理a sin A ＝b sin B ，得cos B 2b ＝sin Bb ，所以cos B ＝2sin B ，从而cos 2B ＝(2sin B )2，即cos 2B ＝4(1－cos 2B )，故cos 2B ＝45.因为sin B >0，所以cos B ＝2sin B >0， 从而cos B ＝255.因此sin ⎝⎛⎭⎫B ＋π2＝cos B ＝255. B 级·素养提升 |练能力|12.(2021届惠州调研)已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且内角满足sin A －sin B ＋sin Csin C ＝sin Bsin A ＋sin B －sin C .(1)求角A ；(2)若△ABC 的外接圆半径为1，求△ABC 的面积S 的最大值． 解：(1)由题意及正弦定理可得a －b ＋c c ＝ba ＋b －c，化简得b 2＋c 2－a 2＝bc ，由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ，∴cos A ＝bc 2bc ＝12.又0<A <π，∴A ＝π3. (2)记△ABC 外接圆的半径为R ，由正弦定理得a sin A ＝2R ，即a ＝2R sin A ＝2sin π3＝3，由余弦定理得3＝b 2＋c 2－bc ≥2bc －bc ＝bc ， 即bc ≤3(当且仅当b ＝c 时取等号)，故S ＝12bc sin A ≤12×3×32＝334(当且仅当b ＝c 时取等号)，即△ABC 的面积S 的最大值为334.13．(年全国卷Ⅲ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知a sin A ＋C2＝b sin A . (1)求B ；(2)若△ABC 为锐角三角形，且c ＝1，求△ABC 面积的取值范围． 解：(1)由题设及正弦定理，得sin A sin A ＋C2＝sin B sin A . 因为sin A ≠0，所以sin A ＋C 2＝sin B ．由A ＋B ＋C ＝180°，可得sinA ＋C 2＝cosB 2，故cos B 2＝2sin B 2cos B2.因为cos B 2≠0，故sin B 2＝12，因此B ＝60°.(2)由题设及(1)知，△ABC 的面积S △ABC ＝12ac sin B ＝34a .由正弦定理得a ＝c sin A sin C ＝sin （120°－C ）sin C ＝32tan C ＋12.由于△ABC 为锐角三角形，故0°<A <90°，0°<C <90°.由(1)知，A ＋C ＝120°， 所以30°<C <90°，故12<a <2，从而38<S △ABC <32.所以△ABC 面积的取值范围是⎝⎛⎭⎫38，32. 14．(2021届长春市第二次质量监测)如图，在△ABC 中，AB ＝3，∠ABC ＝30°，cos ∠ACB ＝74. (1)求AC 的长；(2)作CD ⊥BC ，连接AD ，若AD ∶CD ＝2∶3，求△ACD 的面积． 解：(1)因为cos ∠ACB ＝74，所以sin ∠ACB ＝34， 由正弦定理得AC ＝ABsin ∠ACB·sin ∠ABC ＝2.(2)因为CD ⊥BC ，所以∠ACD ＝90°－∠ACB ，所以cos ∠ACD ＝sin ∠ACB ＝34.设AD ＝2m ，则CD ＝3m .由余弦定理得AD 2＝AC 2＋CD 2－2×AC ×CD cos ∠ACD ，即4m 2＝4＋9m 2－2×2×3m ×34，解得m ＝1或m ＝45.当m ＝1时，CD ＝3，sin ∠ACD ＝74，S △ACD ＝12·AC ·CD ·sin ∠ACD ＝374； 当m ＝45时，CD ＝125，sin ∠ACD ＝74，S △ACD ＝12·AC ·CD sin ∠ACD ＝375.综上，△ACD 的面积为374或375.。

2
6
3.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c.若c2=(a-b)2+6,C= ,则
3

△ABC的面积是 ( C ) A.3
9 3 B. 2 3 3 C. 2
D.3 3
答案 C c2=(a-b)2+6即c2=a2+b2-2ab+6①.由C= 及余弦定理得c2=a2+b2
3
.
6

答案 解析

6
∴B= .
6.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若c=4,sin C=2sin A,sin B=
15 ,则a= 4
15 2 ,S△ABC=
.
15 答案 2;
解析 ∵sin C=2sin A,∴c=2a=4,∴a=2,∴S△ABC= ×2×4× = 15 .
3 6 6

故∠DBC=∠C,DB=DC. 设DC=x,则DB=x,DA=3x.
在△ADB中,由余弦定理得
AB2=DA2+DB2-2DA· DB· cos∠ADB,
即7=(3x)2+x2-2· 3x· x· =7x2,
解得x=1(舍负),即DC=1. (2)在△ADB中,由余弦定理得
1 AB 2 BD 2 AD 2 7 1 9 cos∠ABD= = =- , 2 AB BD 2 7 1 2 7 3 3 又∠ABD∈(0,π),故sin∠ABD= , 2 7 故tan∠ABD=-3 3 .
(2)解题中注意三角形内角和定理的应用及角范围的限制.
1-1 (2018北京海淀高三期末,15)如图,在△ABC中,点D在AC边上,且
AD=3DC,AB= 7 ,∠ADB= ,∠C= .

课前自主导学
知识梳理 1.仰角和俯角 与目标线在同一铅垂平面内的水平视线和目标视线的夹 角，目标视线在水平视线______叫仰角，目标视线在水平视线 ______叫俯角(如图①)．
2．方位角 指从____方向顺时针转到目标方向线的水平角，如 B 点 的方位角为 α(如图②)． 3．方向角：相对于某一正方向的水平角(如图③)
[解析] 如题中图所示，在△ABC 中，AB＝40，AC＝20， ∠ BAC ＝ 120°， 由 余 弦 定 理 知 ， BC2 ＝ AB2 ＋ AC2 －
2AB·AC·cos120°＝2800⇒BC＝20 7.
由正弦定理得，sin∠ABACB＝sin∠BCBAC
⇒sin∠ACB＝BACBsin∠BAC＝
2＝10(
3－1)．
在 Rt△ABE 中，∠AEB＝30°，
∴AB＝BEtan30°＝130(3－ 3)(m)． 故所求的塔高为130(3－ 3)m.
[方法总结] (1)处理有关高度问题时，要理解仰角、俯角 (视线在水平线上方、下方的角分别称为仰角、俯角)是一个关 键．
(2)在实际问题中，可能会遇到空间与平面(地面)同时研究 的问题，这时最好画两个图形，一个空间图形，一个平面图 形，这样处理起来既清楚又不容易搞错．
由余弦定理得 AD＝ AC2＋CD2－2AC·CDcos120°
＝ 27＋3 3＋92－2×3 3×3 3＋9×－12
＝9
2＋9 2
6(km)．
由正弦定理得 sin∠CAD＝CD·siAn∠D ACD
3 ＝
9
3＋2＋99×623＝
2 2.
2
∴∠CAD＝45°，
于是 AD 的方位角为 50°＋30°＋45°＝125°，

14
答案 或2
33
解析 ∵在△ABC中,cos A= 13 ,
14
∴sin A= 1= cos, 2 A 3 3
14
∵7a=3b,
∴sin B= bsi=n A ×7 3 =3 ,3
a 3 14 2
∵B∈(0,π),
∴B= 或2 .
33
故答案为 或2 .
33
.
9
5.(2018北京海淀高三期末)在△ABC中,a=1,b= 7,且△ABC的面积为
在△ABD中,AD= ,7AB=2x,∠B= ,
3
∴由余弦定理可得AD2=AB2+BD2-2AB·BD·cos B, 即7=4x2+9x2-2x·3x,解得x=1(舍负), ∴CD=1.
规律总结 (1)在解有关三角形的题目时,要有意识地考虑用哪个定理更合适,或是 两个定理都要用,要抓住能够利用某个定理的信息.一般地,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,要考虑用正弦定理;以上特征都不明显时,则要考虑 两个定理都有可能用到. (2)解题时注意三角形内角和定理的应用及角的范围限制.
sin D
(2)求CD的长.
解析 (1)∵△ABC是等边三角形,∴AC=BC, 又∵BC=2CD,∴AC=2CD,
∴在△ACD中,由正弦定理可得 =CD , AC
sin CAD sin D
∴ sin=CA=D C. D 1
sin D AC 2
(2)设CD=x(x>0),则BC=2x, ∴BD=3x.
4
C3 .
1D.
4
6
答案 B 在△ABC中,∵sin(A+B)= 1 ,∴sin C=1 .

第四章§4：正弦定理和余弦定理(与一轮复习课件对应的课时训练)满分100，训练时间45钟一、选择题：本大题共5小题，每小题8分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．已知锐角△ABC 的面积为33，BC ＝4，CA ＝3，则角C 的大小为A ．75°B ．60°C ．45°D ．30° 2．在△ABC 中，若a ＝1，b ＝3，A ＋C ＝2B ，则△ABC 的形状为A ．等腰三角形B ．锐角三角形C ．直角三角形D ．等腰直角三角形3．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c ，若C ＝120°，c ＝2a ，则A ．a ＞bB ．a ＜bC ．a ＝bD ．a ，b 的大小不能确定4．在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，cosB ＝35，AB →·BC →＝－21，a ＝7，则角C 等于A ．π6B ．π4C ．π3D ．π25．已知△ABC 中，a ＝x ，b ＝2，∠B ＝45°，若这个三角形有两解，则x 的取值范围是A ．x ＞2B ．0＜x ＜2C ．2＜x ＜2 2D ．2＜x ＜2 3二、填空题：本大题共3小题，每小题8分，共24分．6．在锐角三角形中，BC ＝1，B ＝2A ，则ACcosA＝______. 7．在△ABC 中，若a ＝3，b ＝4，cbcosA ＋cacosB ＋abcosC ＝612，则c ＝________.8．在三角形ABC 中，A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c ，其外接圆的半径R ＝1，则(a 2＋b 2＋c 2)(1sin 2A ＋1sin 2B ＋1sin 2C )的最小值为________．三、解答题：本大题共2小题，共36分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9．（本小题满分18分，（1）小问8分，（2）小问10分）如图，在四边形ABCD 中，AB ＝3，AD ＝BC ＝CD ＝2，A ＝60°. (1)求sin ∠ABD 的值； (2)求△BCD 的面积．10．（本小题满分18分，（1）小问8分，（2）小问10分）在锐角△ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 所对的边，且3a ＝2csinA. (1)确定角C 的大小；(2)若c ＝7，且△ABC 的面积为332，求a ＋b 的值．参考答案及其解析一、选择题：本大题共5小题，每小题8分，共40分.1．解析：由已知S △ABC ＝12BC·CAsinC ，∴6sinC ＝33，∴sinC ＝32，又三角形为锐角三角形，∴C ＝60°. 答案：B2．解析：∵A ＋B ＋C ＝π，∴3B ＝π，即B ＝π3.由正弦定理a sinA ＝bsinB 得sinA ＝12.又∵a ＜b ，∴A ＜π3.∴A ＝π6.从而C ＝π2.∴△ABC 为直角三角形．答案：C3．解析：∵C ＝120°，c ＝2a ，∴由余弦定理c 2＝a 2＋b 2－2abcosC 得a 2－b 2＝ab ，∴a －b ＝aba ＋b ＞0，即a ＞b.答案：A4．解析：由AB →·BC →＝－21得accosB ＝21，∵cosB ＝35，a ＝7，∴c ＝5.∴由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2accosB ＝32， ∴cosC ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝22.又∵0＜C ＜π，∴C ＝π4.答案：B5．解析：由正弦定理得sinA ＝24x ，当三角形有两解时，22＜24x ＜1，∴2＜x ＜2 2. 答案：C二、填空题：本大题共3小题，每小题8分，共24分．6．解析：由正弦定理得AC sin2A ＝BC sinA ，∴AC 2cosA ＝1，∴ACcosA＝2. 答案：27．解析：由余弦定理得bccosA ＋cacosB ＋abcosC＝bc·b 2＋c 2－a 22bc ＋ac·a 2＋c 2－b 22ac ＋ab·a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2＋b 2＋c 22＝612，∵a ＝3，b ＝4，∴c ＝6. 答案：68．解析：(a 2＋b 2＋c 2)(1sin 2A ＋1sin 2B ＋1sin 2C )＝4R 2(sin 2A ＋sin 2B ＋sin 2C)(1sin 2A ＋1sin 2B ＋1sin 2C)＝4R 2(sin 2A ＋sin 2B ＋sin 2C sin 2A ＋sin 2A ＋sin 2B ＋sin 2C sin 2B ＋sin 2A ＋sin 2B ＋sin 2Csin 2C)＝4R 2(1＋sin 2B ＋sin 2C sin 2A ＋1＋sin 2A ＋sin 2C sin 2B ＋1＋sin 2A ＋sin 2Bsin 2C)≥4R 2(3＋2sin 2B sin 2A ·sin 2Asin 2B ＋2sin 2C sin 2B ·sin 2Bsin 2C ＋2sin 2C sin 2A ·sin 2Asin 2C)＝36. 答案：36三、解答题：本大题共2小题，共36分．9.（本小题满分18分，（1）小问8分，（2）小问10分）解：(1)在△ABD 中，A ＝60°，AB ＝3，AD ＝2由余弦定理得BD 2＝AB 2＋AD 2－2AB·ADcosA ＝7， 解得BD ＝7，由正弦定理，AD sin ∠ABD ＝BDsinA，所以sin ∠ABD ＝AD BD sinA ＝27×32＝217.(2)在△BCD 中，BD 2＝BC 2＋CD 2－2BC·CDcosC ，所以7＝4＋4－2×2×2cosC ， cosC ＝18，因为C ∈(0，π)，所以sinC ＝378， 所以，△BCD 的面积S ＝12BC·CD·sinC ＝374.10.（本小题满分18分，（1）小问8分，（2）小问10分）解：(1)由3a ＝2csinA 及正弦定理得a c ＝2sinA 3＝sinAsinC .∵sinA ≠0，∴sinC ＝32. ∵△ABC 是锐角三角形，∴C ＝π3.(2)方法一：∵c ＝7，C ＝π3，由面积公式得12absin π3＝332，即ab ＝6.① 由余弦定理得a 2＋b 2－2abcos π3＝7，即a 2＋b 2－ab ＝7.②由②变形得(a ＋b)2＝3ab ＋7.③ 将①代入③得(a ＋b)2＝25，故a ＋b ＝5. 方法二：前同解法一，联立①②得⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＋b 2－ab ＝7ab ＝6⇔⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2＝13ab ＝6. 消去b 并整理得a 4－13a 2＋36＝0，解得a 2＝4或a 2＝9.∴⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3b ＝2.故a ＋b ＝5.。

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知识梳理 1．正弦定理和余弦定理
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第六章 数列
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2.解三角形的类型 在△ABC中，已知a、b和A时，解的情况如下：
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3.解三角形的常见类型及解法 在三角形的6个元素中要已知三个(除三角外)才能求 解，上页
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解析] 方法一：∵B＝45°<90°，且 b<a， ∴问题有两解．
由正弦定理，得 sinA＝asibnB＝
3sin45°＝ 2
23，
∴A＝60°或 A＝120°.
(1)当 A＝60°时，C＝180°－A－B＝75°，
∴c＝bssiinnBC＝
s2isni4n57°5°＝
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3．(2011·铜陵一中月考)在△ABC 中，内角 A、B、C
的对边分别为 a、b、c，已知 a、b、c 成等比数列，且 a
＋c＝3，tanB＝ 37，则△ABC 的面积为( )
7 A. 4
5 B. 4
7 C. 2
5 D. 2
[答案] A
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[解析] 因为 a、b、c 成等比数列，所以 b2＝ac.
又因为
b<a，所以
B<A，故
B
为锐角，cosB＝
6 3.

课时规范练34
正弦定理和余弦定理
基础
巩固练
π
1.△ABC 中,内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c.已知 A=4 ,a=
2,b= 3,则 B 的大小
为( D )
π
A. 6
π
B. 3
π
5π
C. 或
6
6
π
2π
D. 或
3
3
解析 由正弦定理可得 asin B=bsin A⇒ 2sin B= 3 ×
(0,π),b>a,所以
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
解 (1)因为
3 2
S= (a +b2-c2),
4
由余弦定理,得 a2+b2-c2=2abcos C,
所以
3
S= 4 ·2abcos
C,
由三角形的面积公式可得
3
所以 4 ·2abcos
1
C=2absin
1S=2absin NhomakorabeaC,
C,
3
综合
提升练
11.在平面四边形 ABCD 中,AB⊥AC,且 AB=AC,AD= 2CD=2 2,则 BD 的最大
值为( B )
A.2 7
B.6
C.2 5
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
D.2 3
解析 由题意可知 AB=AC,AD=2 2,CD=2,设∠ADC=θ,在△ADC 中,
(2)由(1)和题设得 cos∠ABC=
故
sin∠
tan∠ABC=
cos∠
=
1-sin2 ∠
=
5 7

学案24 正弦定理和余弦定理应用举例导学目标： 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．自主梳理1．仰角和俯角与目标视线同在一铅垂平面内的水平视线和目标视线的夹角，目标视线在水平视线上方时叫仰角，目标视线在水平视线下方时叫俯角．(如图所示)2．方位角一般指北方向线顺时针到目标方向线的水平角，如方位角45°，是指北偏东45°，即东北方向． 3．方向角：相对于某一正方向的水平角．(如图所示)①北偏东α°即由指北方向顺时针旋转α°到达目标方向． ②北偏西α°即由指北方向逆时针旋转α°到达目标方向． ③南偏西等其他方向角类似． 4．坡角坡面与水平面的夹角．(如图所示)5．坡比坡面的铅直高度与水平宽度之比，即i ＝hl＝tan α(i 为坡比，α为坡角)．6．解题的基本思路运用正、余弦定理处理实际测量中的距离、高度、角度等问题，实质是数学知识在生活中的应用，要解决好，就要把握如何把实际问题数学化，也就是如何把握一个抽象、概括的问题，即建立数学模型．自我检测1．从A 处望B 处的仰角为α，从B 处望A 处的俯角为β，则α，β之间的关系是 ( ) A ．α>β B ．α＝β C ．α＋β＝90° D ．α＋β＝180°2．(2018·承德模拟)如图所示，已知两座灯塔A 和B 与海洋观察站C 的距离相等，灯塔A 在观察站C 的北偏东40°，灯塔B 在观察站C 的南偏东60°，则灯塔A 在灯塔B 的( )A ．北偏东10°B ．北偏西10°C ．南偏东10°D ．南偏西10°3．如图所示，为了测量某障碍物两侧A 、B 间的距离，给定下列四组数据，不能确定A 、B 间距离的是 ( )A ．α，a ，bB ．α，β，aC ．a ，b ，γD ．α，β，b4．在200 m 高的山顶上，测得山下一塔的塔顶与塔底的俯角分别是30°、60°，则塔高为________m.5．(2018·全国Ⅱ)△ABC 中，D 为边BC 上的一点，BD ＝33，sin B ＝513，cos ∠ADC ＝35，求AD.探究点一 与距离有关的问题例1 (2018·陕西)如图，A ，B 是海面上位于东西方向相距5(3＋3)海里的两个观测点，现位于A 点北偏东45°，B 点北偏西60°的D 点有一艘轮船发出求救信号，位于B 点南偏西60°且与B 点相距203海里的C 点的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/时，该救援船到达D 点需要多长时间？变式迁移1 某观测站C 在目标A 的南偏西25°方向，从A 出发有一条南偏东35°走向的公路，在C 处测得与C 相距31千米的公路上B 处有一人正沿此公路向A 走去，走20千米到达D ，此时测得CD 为21千米，求此人在D 处距A 还有多少千米？探究点二 测量高度问题例2 如图所示，测量河对岸的塔高AB 时，可以选与塔底B 在同一水平面内的两个测点C 与D ，现测得∠BCD ＝α，∠BDC ＝β，CD ＝s ，并在点C 测得塔顶A 的仰角为θ，求塔高AB.变式迁移2 某人在塔的正东沿着南偏西60°的方向前进40米后，望见塔在东北方向，若沿途测得塔的最大仰角为30°，求塔高．探究点三三角形中最值问题例3(2018·江苏)某兴趣小组要测量电视塔AE的高度H(单位：m)，示意图如图所示，垂直放置的标杆BC的高度h＝4 m，仰角∠ABE＝α，∠ADE＝β.(1)该小组已测得一组α、β的值，算出了tan α＝1.24，tan β＝1.20，请据此算出H的值；(2)该小组分析若干测得的数据后，认为适当调整标杆到电视塔的距离d(单位：m)，使α与β之差较大，可以提高测量精度．若电视塔实际高度为125 m，试问d为多少时，α－β最大？变式迁移3 (2018·宜昌模拟)如图所示，已知半圆的直径AB＝2，点C在AB的延长线上，BC＝1，点P为半圆上的一个动点，以DC为边作等边△PCD，且点D与圆心O分别在PC的两侧，求四边形OPDC面积的最大值．(1)分析题意，准确理解题意．分清已知与所求，尤其要理解应用题中的有关名词、术语，如坡度、仰角、俯角、方位角等．(2)根据题意画出示意图．(3)将需求解的问题归结到一个或几个三角形中，通过合理运用正弦定理、余弦定理等有关知识正确求解．演算过程中，要算法简练，计算正确，并作答．(4)检验解出的答案是否具有实际意义，对解进行取舍．2．应用举例中常见几种题型测量距离问题、测量高度问题、测量角度问题、计算面积问题、航海问题、物理问题等．(满分：75分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．如果等腰三角形的周长是底边长的5倍，那么它的顶角的余弦值为 ( )A.518B.34C.32 D.782．(2018·揭阳模拟)如图，设A 、B 两点在河的两岸，一测量者在A 的同侧，在所在的河岸边选定一点C ，测出AC 的距离为50 m ，∠ACB ＝45°，∠CAB ＝105°后，就可以计算出A 、B 两点的距离为 ( )A ．50 2 mB ．50 3 mC ．25 2 m D.2522m3．△ABC 的两边长分别为2,3，其夹角的余弦值为13，则其外接圆的半径为 ( )A.922B.924C.928D ．9 2 4．(2018·沧州模拟)某人向正东方向走x km 后，向右转150°，然后朝新方向走3 km ，结果他离出发点恰好是 3 km ，那么x 的值为 ( )A. 3 B ．2 3 C.3或2 3 D ．35．一船向正北航行，看见正西方向有相距10海里的两个灯塔恰好与它在一条直线上，继续航行半小时后，看见一灯塔在船的南偏西60°方向，另一灯塔在船的南偏西75°方向，则这只船的速度是每小时 ( )A ．5C ．6．一船以每小时15 km 的速度向东航行，船在A 处看到一个灯塔M 在北偏东60°方向，行驶4 h 后，船到B 处，看到这个灯塔在北偏东15°方向，这时船与灯塔的距离为________．7．(2018·台州模拟)某校运动会开幕式上举行升旗仪式，旗杆正好处在坡度为15°的看台的某一列的正前方，从这一列的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°，第一排和最后一排的距离为106米(如图所示)，旗杆底部与第一排在一个水平面上．若国歌长度约为50秒，升旗手应以________米/秒的速度匀速升旗．8．(2018·宜昌模拟)线段AB 外有一点C ，∠ABC ＝60°，AB ＝200 km ，汽车以80 km/h 的速度由A 向B 行驶，同时摩托车以50 km/h 的速度由B 向C 行驶，则运动开始________h 后，两车的距离最小．三、解答题(共38分)9．(12分)(2009·辽宁)如图，A 、B 、C 、D 都在同一个与水平面垂直的平面内，B 、D 为两岛上的两座灯塔的塔顶．测量船于水面A 处测得B 点和D 点的仰角分别为75°、30°，于水面C 处测得B 点和D 点的仰角均为60°，AC ＝0.1 km.试探究图中B 、D 间距离与另外哪两点间距离相等，然后求B 、D 的距离(计算结果精确到0.01 km ，2≈1.414，6≈2.449)．10．(12分)如图所示，甲船以每小时302海里的速度向正北方向航行，乙船按固定方向匀速直线航行．当甲船位于A 1处时，乙船位于甲船的南偏西75°方向的B 1处，此时两船相距20海里．当甲船航行20分钟到达A 2处时，乙船航行到甲船的南偏西60°方向的B 2处，此时两船相距102海里．问乙船每小时航行多少海里？11．(14分)(2009·福建)如图，某市拟在长为8 km 的道路OP 的一侧修建一条运动赛道，赛道的前一部分为曲线段OSM ，该曲线段为函数y ＝Asin ωx(A>0，ω>0)，x ∈[0,4]的图象，且图象的最高点为S(3,23)；赛道的后一部分为折线段MNP ，为保证参赛运动员的安全，限定∠MNP ＝120°.(1)求A ，ω的值和M ，P 两点间的距离；(2)应如何设计，才能使折线段赛道MNP 最长？答案 自我检测 1．B 2.B 3.A 4.40035．解 由cos∠ADC＝35＞0知B ＜π2，由已知得cos B ＝1213，sin∠ADC＝45，从而sin∠BAD＝sin(∠ADC－B) ＝sin∠ADCcos B－cos∠ADCsin B ＝45×1213－35×513＝3365. 由正弦定理得，AD sin B ＝BDsin∠BAD，所以AD ＝BD·sin Bsin∠BAD ＝33×5133365＝25.课堂活动区例1 解题导引 这类实际应用题，实质就是解三角形问题，一般都离不开正弦定理和余弦定理，在解题中，首先要正确地画出符合题意的示意图，然后将问题转化为三角形问题去求解．注意：①基线的选取要恰当准确；②选取的三角形及正、余弦定理要恰当．解 由题意知AB ＝5(3＋3)海里，∠DBA＝90°－60°＝30°，∠DAB＝90°－45°＝45°， ∴∠ADB＝180°－(45°＋30°)＝105°.在△DAB 中，由正弦定理，得DB sin∠DAB ＝ABsin∠ADB，∴DB＝AB·sin∠DABsin∠ADB＝＋3sin 105°＝＋3sin 45°cos 60°＋cos 45°sin 60°＝103(海里)． 又∠DBC＝∠DBA＋∠ABC＝30°＋(90°－60°)＝60°，BC ＝203(海里)，在△DBC 中，由余弦定理，得CD 2＝BD 2＋BC 2－2BD·BC·cos∠DBC＝300＋1 200－2×103×203×12＝900，∴CD＝30(海里)，∴需要的时间t ＝3030＝1(小时)．故救援船到达D 点需要1小时． 变式迁移1解如图所示，易知∠CAD＝25°＋35°＝60°，在△BCD 中，cos B ＝312＋202－2122×31×20＝2331，所以sin B ＝12331.在△ABC 中，AC ＝BC·sin Bsin A＝24，由BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC·ABcos A，得AB 2－24AB －385＝0，解得AB ＝35，AB ＝－11(舍)， 所以AD ＝AB －BD ＝15.故此人在D 处距A 还有15千米．例2 解题导引 在测量高度时，要正确理解仰角、俯角的概念，画出准确的示意图，恰当地选取相关的三角形和正、余弦定理逐步进行求解．注意综合应用方程和平面几何、立体几何等知识．解 在△BCD 中，∠CBD＝π－α－β.由正弦定理得BC sin∠BDC ＝CDsin∠CBD ，所以BC ＝CD·sin∠BDC sin∠CBD ＝s·sin βα＋β，在Rt△ABC 中，AB ＝BCtan∠ACB＝s·tan θsin βα＋β.变式迁移2 解由题意可知，在△BCD 中，CD ＝40， ∠BCD＝30°，∠DBC＝135°，由正弦定理得，CDs in∠DBC＝BD sin∠BCD， ∴BD＝40sin 30°sin 135°＝20 2.过B 作BE⊥CD 于E ，显然当人在E 处时， 测得塔的仰角最大，有∠BEA＝30°. 在Rt△BED 中，又∵∠BDE＝180°－135°－30°＝15°.∴BE＝DB·sin 15°＝202×6－24＝10(3－1)．在Rt△ABE 中，AB ＝BE·tan 30°＝103(3－3)(米)．故所求的塔高为103(3－3)米．例3 解题导引平面几何图形中研究或求有关长度、角度、面积的最值、优化设计等问题．而这些几何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．解(1)由AB ＝H tan α，BD ＝h tan β，AD ＝Htan β及AB ＋BD ＝AD ， 得H tan α＋h tan β＝H tan β， 解得H ＝htan αtan α－tan β＝4×1.241.24－1.20＝124(m)．因此，算出的电视塔的高度H 是124 m.(2)由题设知d ＝AB ，得tan α＝Hd.由AB ＝AD －BD ＝H tan β－h tan β，得tan β＝H －hd.所以tan(α－β)＝tan α－tan β1＋tan αtan β＝h d ＋－d≤h2－，当且仅当d ＝－d ，即d ＝－＝125×－＝555时， 上式取等号，所以当d ＝555时，tan(α－β)最大．因为0<β<α<π2，则0<α－β<π2，所以当d ＝555时，α－β最大．变式迁移3 解 设∠POB＝θ，四边形面积为y ， 则在△POC 中，由余弦定理得 PC 2＝OP 2＋OC 2－2OP·OCcos θ＝5－4cos θ.∴y＝S △OPC ＋S △PCD ＝12×1×2sin θ＋34(5－4cos θ)＝2sin(θ－π3)＋534.∴当θ－π3＝π2，即θ＝5π6时，y max ＝2＋534.所以四边形OPDC 面积的最大值为2＋534.课后练习区1．D 2.A 3.C 4.C 5.C 6．30 2 km 7.0.6 8.7043解析如图所示：设t h 后，汽车由A 行驶到D ，摩托车由B 行驶到E ，则AD ＝80t ，BE ＝50t. 因为AB ＝200，所以BD ＝200－80t ， 问题就是求DE 最小时t 的值．由余弦定理得，DE 2＝BD 2＋BE 2－2BD·BEcos 60°＝(200－80t)2＋2500t 2－(200－80t)·50t＝12900t 2－42000t ＋40000.∴当t ＝7043时，DE 最小．9．解 在△ACD 中，∠DAC＝30°， ∠ADC＝60°－∠DAC＝30°，所以CD ＝AC ＝0.1.………………………………………………………………………(2分) 又∠BCD＝180°－60°－60°＝60°， 所以△ABC≌△CBD，所以BA ＝BD.……………………………………………………………………………(6分)在△ABC 中，AB sin∠BCA ＝ACsin∠ABC ，即AB ＝AC·sin 60°sin 15°＝32＋620，…………………………………………………………(10分)所以BD ＝32＋620≈0.33(km)．故B 、D 的距离约为0.33 km.……………………………………………………………(12分) 10．解如图，连接A 1B 2，由题意知， A 1B 1＝20，A 2B 2＝102，A 1A 2＝2060×302＝102(海里)．…………………………………………………………(2分)又∵∠B 2A 2A 1＝180°－120°＝60°， ∴△A 1A 2B 2是等边三角形，∠B 1A 1B 2＝105°－60°＝45°.……………………………………………………………(6分) 在△A 1B 2B 1中，由余弦定理得 B 1B 22＝A 1B 21＋A 1B 22－2A 1B 1·A 1B 2cos 45°＝202＋(102)2－2×20×102×22＝200，∴B 1B 2＝102(海里)．…………………………………………………………………(10分) 因此乙船的速度大小为 10220×60＝302(海里/小时)．…………………………………………………………(12分) 11．解方法一 (1)依题意，有A ＝23，T4＝3，又T ＝2πω，∴ω＝π6.∴y＝23sin π6x.(3分)当x ＝4时，y ＝23sin 2π3＝3，∴M(4,3)．又P(8,0)，∴MP＝42＋32＝5.…………………………………………………………(5分) (2)如图，连接MP ，在△MNP 中，∠MNP＝120°，MP ＝5. 设∠PMN＝θ， 则0°<θ<60°.由正弦定理得MP sin 120°＝NP sin θ＝MN－θ，∴NP＝1033sin θ，MN ＝1033sin(60°－θ)，…………………………………………(8分) ∴NP＋MN ＝1033sin θ＋1033sin(60°－θ) ＝1033⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin θ＋32cos θ＝1033sin(θ＋60°)．…………………………………………(12分)∵0°<θ<60°，∴当θ＝30°时，折线段赛道MNP 最长． 即将∠PMN 设计为30°时，折线段赛道MNP 最长．…………………………………………………………………(14分) 方法二 (1)同方法一．(2)连结MP.在△MNP 中，∠MNP＝120°.MP＝5，由余弦定理得，MN 2＋NP 2－2MN·NP·cos∠MNP ＝MP 2.………………………………(8分)即MN 2＋NP 2＋MN·NP＝25.故(MN ＋NP)2－25＝MN·NP≤⎝ ⎛⎭⎪⎫MN ＋NP 22， ……………………………………………………………………………………………(10分)从而34(MN＋NP)2≤25，即MN＋NP≤1033.当且仅当MN＝NP时等号成立．即设计为MN＝NP时，折线段赛道MNP最长．…………………………………………………………………(14分)。

甲行走了(100＋50t)m，乙距离 A 处 130tm，所以由余弦定
点 理得
面 讲 考
d2
＝
(100
＋
50t)2
＋
(130t)2
－
2×130t×(100
＋
12 50t)×13
＝
向 200(37t2－70t＋50)．
因为 0≤t≤1103400，即 0≤t≤8，
故当 t＝3357(min)时，甲、乙两游客距离最短．
＝153×35＋1123×45＝6635.
由正弦定理siAnBC＝sAinCB，得
AB＝sAinCB·sin C＝126630×45＝1040(m)． 65
所以索道 AB 的长为 1040 m.
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第24讲 正弦定理和余弦定理的应用
(2)假设乙出发 tmin 后，甲、乙两游客距离为 d，此时，
点 面
在的三角形．若其他量已知则直接求解；若有未知量，
讲 则把未知量放在另一确定三角形中求解．
考 向
(2)确定用正弦定理还是余弦定理，如果都可用，就
选择更便于计算的定理．
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第24讲 正弦定理和余弦定理的应用
► 例探究2 点[20二13·海南测文量昌模高拟度] 某问兴题趣小组测量电视塔
点
AE 的高度 H(单位：m)，如图 3-24-3 所示，垂直放置的
双
向
—— 链接教材 ——
固
基
础
1．[教材改编] 海上有A，B，C三个小岛，A，B相距5 3
海里， 从A岛望去，C和B成45°视角，从B岛望去，C和A成75°视
角，则B，C两岛间的距离是________海里．
[答案＝60°，由正弦定理得

课时分层训练(二十一) 正弦定理和余弦定理A 组 基础达标 (建议用时：30分钟)一、选择题1．(2018·兰州模拟)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若b cos C ＋c cos B ＝a sin A ，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B [由正弦定理得sin B cosC ＋sin C cos B ＝sin 2A ， ∴sin(B ＋C )＝sin 2A ，即sin(π－A )＝sin 2A ，sin A ＝sin 2A ．∵A ∈(0，π)，∴sin A ＞0，∴sin A ＝1，即A ＝π2.]2．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C [由正弦定理得b sin B ＝csin C ，∴sin B ＝b sin Cc ＝40×3220＝3＞1.∴角B 不存在，即满足条件的三角形不存在．]3．(2016·天津高考)在△ABC 中，若AB ＝13，BC ＝3，∠C ＝120°，则AC ＝( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4A [由余弦定理得AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC ·cos C ，即13＝AC 2＋9－2AC ×3×cos 120°，化简得AC 2＋3AC －4＝0，解得AC ＝1或AC ＝－4(舍去)．故选A ．]4．(2018·石家庄模拟)△ABC 中，AB ＝3，AC ＝1，∠B ＝30°，则△ABC 的面积等于( ) 【导学号：00090111】 A ．32 B ．34 C ．32或 3 D ．32或34D [由余弦定理得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos B ， 即1＝3＋BC 2－3BC ，解得BC ＝1或BC ＝2，当BC ＝1时，△ABC 的面积S ＝12AB ·BC sin B ＝12×3×1×12＝34.当BC ＝2时，△ABC 的面积S ＝12AB ·BC sin B ＝12×3×2×12＝32.总上之，△ABC 的面积等于34或32.] 5．(2016·全国卷Ⅲ)在△ABC 中，B ＝π4，BC 边上的高等于13BC ，则sin A ＝( )A ．310 B ．1010C ．55D ．31010D [过A 作AD ⊥BC 于D ，设BC ＝a ，由已知得AD ＝a 3.∵B ＝π4，∴AD ＝BD ，∴BD ＝AD ＝a3，DC ＝23a ，∴AC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23a 2＝53a ，在△ABC 中，由正弦定理得a sin ∠BAC ＝53a sin 45°，∴sin ∠BAC ＝31010，故选D ．]二、填空题6．(2018·青岛模拟)如图3­6­1所示，在△ABC 中，已知点D 在BC 边上，AD ⊥AC ，sin ∠BAC ＝223，AB＝32，AD ＝3，则BD 的长为________． 【导学号：00090112】图3­6­13 [∵sin ∠BAC ＝sin(90°＋∠BAD )＝cos ∠BAD ＝223，∴在△ABD 中，有BD 2＝AB 2＋AD －2AB ·AD cos ∠BAD ，最新高考数学一轮复习 分层训练∴BD 2＝18＋9－2×32×3×223＝3，∴BD ＝ 3.]7．已知△ABC 中，AB ＝3，BC ＝1，sin C ＝3cos C ，则△ABC 的面积为________．32 [由sin C ＝3cos C 得tan C ＝3＞0，所以C ＝π3. 根据正弦定理可得BCsin A ＝ABsin C，即1sin A ＝332＝2， 所以sin A ＝12.因为AB ＞BC ，所以A ＜C ，所以A ＝π6，所以B ＝π2，即三角形为直角三角形，故S △ABC ＝12×3×1＝32.]8．(2017·全国卷Ⅱ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若2b cos B ＝a cos C ＋c cos A ，则B ＝________.π3[由2b cos B ＝a cos C ＋c cos A 及正弦定理， 得2sin B cos B ＝sin A cos C ＋sin C cos A ． ∴2sin B cos B ＝sin(A ＋C )． 又A ＋B ＋C ＝π，∴A ＋C ＝π－B ． ∴2sin B cos B ＝sin(π－B )＝sin B ． 又sin B ≠0，∴cos B ＝12.∴B ＝π3.]三、解答题9．(2018·陕西八校联考)已知△ABC 内接于单位圆，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2a cos A ＝c cos B ＋b cos C ． (1)求cos A 的值；(2)若b 2＋c 2＝4，求△ABC 的面积． [解] (1)∵2a cos A ＝c cos B ＋b cos C ， ∴2sin A ·cos A ＝sin C cos B ＋sin B cos C ， 即2sin A ·cos A ＝sin(B ＋C )＝sin A ． 4分又0＜A ＜π，∴sin A ≠0. ∴2cos A ＝1，cos A ＝12.6分小学+初中+高中(2)由(1)知cos A ＝12，∴sin A ＝32.∵△ABC 内接于单位圆，asin A ＝2R ＝2，∴a ＝2sin A ＝ 3.8分 由a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得bc ＝b 2＋c 2－a 2＝4－3＝1， 10分 ∴S △ABC ＝12bc sin A ＝12×1×32＝34.12分10．(2017·云南二次统一检测)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，m ＝(sin B,5sinA ＋5sin C )与n ＝(5sinB －6sinC ，sin C －sin A )垂直．(1)求sin A 的值；(2)若a ＝22，求△ABC 的面积S 的最大值．【导学号：00090113】[解] (1)∵m ＝(sin B,5sin A ＋5sin C )与n ＝(5sin B －6sin C ，sin C －sin A )垂直，∴m ·n ＝5sin 2B －6sin B sinC ＋5sin 2C －5sin 2A ＝0， 即sin 2B ＋sin 2C －sin 2A ＝6sinB sinC 5.3分根据正弦定理得b 2＋c 2－a 2＝6bc 5， 由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝35.∵A 是△ABC 的内角， ∴sin A ＝1－cos 2A ＝45.6分(2)由(1)知b 2＋c 2－a 2＝6bc 5，∴6bc 5＝b 2＋c 2－a 2≥2bc －a 2.8分又∵a ＝22，∴bc ≤10.∵△ABC 的面积S ＝12bc sin A ＝2bc5≤4，∴△ABC 的面积S 的最大值为4.12分B 组 能力提升 (建议用时：15分钟)1．(2016·山东高考)△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c 已知b ＝c ，a 2＝2b 2(1－sin A )，则A ＝( ) A ．3π4B ．π3最新高考数学一轮复习 分层训练C ．π4D ．π6C [∵b ＝c ，∴B ＝C ． 又由A ＋B ＋C ＝π得B ＝π2－A2.由正弦定理及a 2＝2b 2(1－sin A )得 sin 2A ＝2sin 2B (1－sin A )，即sin 2A ＝2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－A 2(1－sin A )，即sin 2A ＝2cos 2A2(1－sin A )，即4sin 2A2cos 2A2＝2cos 2A2(1－sin A )，整理得cos 2A 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－sin A －2sin 2A 2＝0，即cos 2A2(cos A －sin A )＝0.∵0＜A ＜π，∴0＜A 2＜π2，∴cos A2≠0，∴cos A ＝sin A ．又0＜A ＜π，∴A ＝π4.]2．如图3­6­2，在△ABC 中，∠B ＝45°，D 是BC 边上的点，AD ＝5，AC ＝7，DC ＝3，则AB 的长为________．图3­6­2562[在△ADC 中，AD ＝5，AC ＝7，DC ＝3， 由余弦定理得cos ∠ADC ＝AD 2＋DC 2－AC 22AD ·DC ＝－12，所以∠ADC ＝120°，∠ADB ＝60°.在△ABD 中，AD ＝5，∠B ＝45°，∠ADB ＝60°， 由正弦定理得AB sin ∠ADB ＝ADsin B ，所以AB ＝562.]小学+初中+高中3．(2018·昆明模拟)如图3­6­3，在四边形ABCD 中，∠DAB ＝π3，AD ∶AB ＝2∶3，BD ＝7，AB ⊥BC ．图3­6­3(1)求sin ∠ABD 的值；(2)若∠BCD ＝2π3，求CD 的长. 【导学号：00090114】[解] (1)∵AD ∶AB ＝2∶3，∴可设AD ＝2k ，AB ＝3k . 又BD ＝7，∠DAB ＝π3，∴由余弦定理，得(7)2＝(3k )2＋(2k )2－2×3k ×2k cos π3，解得k ＝1，∴AD ＝2，AB ＝3， sin ∠ABD ＝AD sin ∠DAB BD ＝2×327＝217.(2)∵AB ⊥BC ，∴cos ∠DBC ＝sin ∠ABD ＝217， ∴sin ∠DBC ＝277，∴BD sin ∠BCD ＝CDsin ∠DBC，∴CD ＝7×27732＝433.。

＝__________，cosA2＝__________，tanA2＝__________.tanA＋tanB ＋tanC＝____________.
(3)若三角形三边 a，b，c 成等差数列，则 2b＝____________
⇔
2sinB
＝
____________
⇔
2sin
B 2
＝
cos
A－C 2
解：由正弦定理得ab＝ssiinnAB，所以
sinB＝
2× 7
sinπ3＝
721，
由余弦定理得 a2＝b2＋c2－2bccosA，所以 7＝ 4＋c2－2c，所
以 c＝3(负值舍去)．故填 721；3.
(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________．
解：根据题意，结合正弦定理
可得 sinBsinC＋sinCsinB＝4sinAsinBsinC，即 sinA＝12， 结合余弦定理可得 b2＋c2－a2＝2bccosA＝8，
所以 A 为锐角，且 cosA＝ 23，从而求得 bc＝8 3 3，
所以△ABC 的面积为 S＝12bcsinA＝12×8 3 3×
所 以 AB2 ＝ BC2 ＋ AC2 － 2BC·AC·cosC ＝ 1 ＋ 25 －
2×1×5×－35＝32，所以 AB＝4 2.故选 A.
(2017·山东)在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分
别为 a，b，c.若△ABC 为锐角三角形，且满足 sinB(1＋2cosC)
＝2sinAcosC＋cosAsinC，则下列等式成立的是( )

一、知识梳理１．正弦定理和余弦定理定理正弦定理余弦定理内容错误!＝错误!＝错误!＝２R（R为△ABC外接圆半径）a２＝b２＋c２—２bc cos_A；b２＝c２＋a２—２ca cos_B；c２＝a２＋b２—２ab cos_C变形形式a＝２R sin_A，b＝２R sin_B，c＝２R sin_C；sin A＝错误!，sin B＝错误!，sin C＝错误!；a∶b∶c＝sin_A∶sin_B∶sin_C；错误!＝错误!cos A＝错误!；cos B＝错误!；cos C＝错误!A为锐角A为钝角或直角图形关系式a＝b sin A b sin A<a<b a≥b a>b 解的个数一解两解一解一解（１）S＝错误!ah（h表示边a上的高）．（２）S＝错误!bc sin A＝错误!ac sin_B＝错误!ab sin C.（３）S＝错误!r（a＋b＋c）（r为三角形的内切圆半径）．常用结论１．三角形内角和定理在△ABC中，A＋B＋C＝π；变形：错误!＝错误!—错误!.２．三角形中的三角函数关系（１）sin（A＋B）＝sin C；（２）cos（A＋B）＝—cos C；（３）sin 错误!＝cos 错误!；（４）cos 错误!＝sin 错误!.３．三角形中的射影定理在△ABC中，a＝b cos C＋c cos B；b＝a cos C＋c cos A；c＝b cos A＋a cos Ｂ．二、教材衍化１．在△ABC中，AB＝５，AC＝３，BC＝7，则∠BAC＝（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!解析：选Ｃ．因为在△ABC中，设AB＝c＝５，AC＝b＝３，BC＝a＝7，所以由余弦定理得cos∠BAC ＝错误!＝错误!＝—错误!，因为∠BAC为△ABC的内角，所以∠BAC＝错误!π.２．在△ABC中，A＝60°，AC＝４，BC＝２错误!，则△ABC的面积等于________．解析：因为错误!＝错误!，所以sin B＝１，所以B＝90°，所以AB＝２，所以S△ABC＝错误!×２×２错误!＝２错误!.答案：２错误!一、思考辨析判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）（１）在△ABC中，已知a，b和角B，能用正弦定理求角A；已知a，b和角C，能用余弦定理求边c.（）（２）在三角形中，已知两角和一边或已知两边和一角都能解三角形．（）（３）在△ABC中，sin A>sin B的充分不必要条件是A>B.（）（４）在△ABC中，a２＋b２<c２是△ABC为钝角三角形的充分不必要条件．（）（５）在△ABC的角A，B，C，边长a，b，c中，已知任意三个可求其他三个．（）答案：（１）√（２）√（３）×（４）√（５）×二、易错纠偏错误!错误!（１）利用正弦定理求角时解的个数弄错；（２）在△ABC中角与角的正弦关系弄错；（３）判断三角形形状时弄错．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解析：选C.由正弦定理得错误!＝错误!，所以sin B＝错误!＝错误!＝错误!>１．所以角B不存在，即满足条件的三角形不存在．２．在△ABC中，若sin A＝sin B，则A，B的关系为________；若sin A>sin B，则A，B的关系为________．解析：sin A＝sin B⇔a＝b⇔A＝B；sin A>sin B⇔a>b⇔A>B.答案：A＝B A>B３．在△ABC中，a cos A＝b cos B，则这个三角形的形状为________．解析：由正弦定理，得sin A cos A＝sin B cos B，即sin ２A＝sin ２B，所以２A＝２B或２A＝π—２B，即A＝B或A＋B＝错误!，所以这个三角形为等腰三角形或直角三角形．答案：等腰三角形或直角三角形利用正、余弦定理求解三角形（多维探究）角度一求边长（一题多解）在△ABC中，内角A，B，C的对边a，b，c成公差为２的等差数列，C＝１２0°.（１）求边长a；（２）求AB边上的高CD的长．【解】（１）由题意得b＝a＋２，c＝a＋４，由余弦定理cos C＝错误!得cos １２0°＝错误!，即a２—a—6＝0，所以a＝３或a＝—２（舍去），所以a＝３．（２）法一：由（１）知a＝３，b＝５，c＝7，由三角形的面积公式得错误!ab sin ∠ACB＝错误!c×CD，所以CD＝错误!＝错误!＝错误!，即AB边上的高CD＝错误!.法二：由（１）知a＝３，b＝５，c＝7，由正弦定理得错误!＝错误!＝错误!，即sin A＝错误!，在Rt△ACD中，CD＝AC sin A＝５×错误!＝错误!，即AB边上的高CD＝错误!.角度二求角度（２0１9·高考全国卷Ⅰ）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设（sin B—sin C）２＝sin２A—sin B sin C．（１）求A；（２）若错误!a＋b＝２c，求sin C.【解】（１）由已知得sin２B＋sin２C—sin２A＝sin B sin C，故由正弦定理得b２＋c２—a２＝bc.由余弦定理得cos A＝错误!＝错误!.因为0°＜A＜１80°，所以A＝60°.（２）由（１）知B＝１２0°—C，由题设及正弦定理得错误!sin A＋sin（１２0°—C）＝２sin C，即错误!＋错误!cos C＋错误!sin C＝２sin C，可得cos（C＋60°）＝—错误!.由于0°＜C＜１２0°，所以sin（C＋60°）＝错误!，故sin C＝sin（C＋60°—60°）＝sin（C＋60°）cos 60°—cos（C＋60°）sin 60°＝错误!.错误!（１）正弦定理、余弦定理的作用是在已知三角形部分元素的情况下求解其余元素，基本思想是方程思想，即根据正弦定理、余弦定理列出关于未知元素的方程，通过解方程求得未知元素．（２）正弦定理、余弦定理的另一个作用是实现三角形边角关系的互化，解题时可以把已知条件化为角的三角函数关系，也可以把已知条件化为三角形边的关系．（３）涉及最值问题时，常利用基本不等式或表示为三角形的某一内角的三角函数形式求解．１．（２0２0·安徽安庆二模）若△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b sin ２A＝a sin B，且c＝２b，则错误!等于（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!解析：选Ｄ．由b sin ２A＝a sin B，及正弦定理得２sin B sin A cos A＝sin A sin B，得cos A＝错误!.又c＝２b，所以由余弦定理得a２＝b２＋c２—２bc cos A＝b２＋４b２—４b２×错误!＝３b２，得错误!＝错误!.故选Ｄ．２．（２0２0·河南郑州一模）在△ABC中，三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b２＋c２—错误! bc＝a２，bc＝错误!a２，则角C的大小是（）Ａ．错误!或错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!解析：选Ａ．由b２＋c２—错误!bc＝a２，得b２＋c２—a２＝错误!bc，则cos A＝错误!＝错误!＝错误!，则A＝错误!，由bc＝错误!a２，得sin B sin C＝错误!sin２A＝错误!×错误!＝错误!，即４sin（π—C—A）sin C＝错误!，即４sin（C＋A）sin C＝４sin错误!sin C＝错误!，即４错误!sin C＝２错误!sin２C＋２sin C cos C＝错误!，即错误!（１—cos ２C）＋sin ２C＝错误!—错误!cos ２C＋sin ２C＝错误!，则—错误!cos ２C＋sin ２C＝0，则错误!cos ２C＝sin ２C，则tan ２C＝错误!，即２C＝错误!或错误!，即C＝错误!或错误!，故选Ａ．判断三角形的形状（典例迁移）（２0２0·重庆六校联考）在△ABC中，cos２错误!＝错误!（a，b，c分别为角A，B，C的对边），则△ABC的形状为（）Ａ．直角三角形Ｂ．等边三角形Ｃ．等腰三角形Ｄ．等腰三角形或直角三角形【解析】已知等式变形得cos B＋１＝错误!＋１，即cos B＝错误!１．由余弦定理得cos B＝错误!，代入１得错误!＝错误!，整理得b２＋a２＝c２，即C为直角，则△ABC为直角三角形．【答案】A【迁移探究１】（变条件）将“cos２错误!＝错误!”改为“c—a cos B＝（２a—b）cos A”，试判断△ABC的形状．解：因为c—a cos B＝（２a—b）cos A，C＝π—（A＋B），所以由正弦定理得sin C—sin A cos B＝２sin A cos A—sin B cos A，所以sin A cos B＋cos A sin B—sin A cos B＝２sin A cos A—sin B cos A，所以cos A（sin B—sin A）＝0，所以cos A＝0或sin B＝sin A，所以A＝错误!或B＝A或B＝π—A（舍去），所以△ABC为等腰或直角三角形．【迁移探究２】（变条件）将“cos２错误!＝错误!”改为“错误!＝错误!，（b＋c＋a）（b＋c—a）＝３bc”，试判断△ABC的形状．解：因为错误!＝错误!，所以错误!＝错误!，所以b＝c.又（b＋c＋a）（b＋c—a）＝３bc，所以b２＋c２—a２＝bc，所以cos A＝错误!＝错误!＝错误!.因为A∈（0，π），所以A＝错误!，所以△ABC是等边三角形．错误!（１）判定三角形形状的２种常用途径（２）判定三角形形状的３个注意点１“角化边”后要注意用因式分解、配方等方法得出边的相应关系；２“边化角”后要注意用三角恒等变换公式、三角形内角和定理及诱导公式推出角的关系；３还要特别注意“等腰直角三角形”与“等腰三角形或直角三角形”的区别．（２0２0·河南洛阳一模）在△ABC中，已知２a cos B＝c, sin A sin B（２—cos C）＝sin２错误!＋错误!，则△ABC为（）Ａ．等边三角形Ｂ．等腰直角三角形C．锐角非等边三角形Ｄ．钝角三角形解析：选Ｂ．将已知等式２a cos B＝c利用正弦定理化简得２sin A cos B＝sin C，因为sin C＝sin错误!＝sin A cos B＋cos A sin B，所以２sin A cos B＝sin A cos B＋cos A sin B，即sin A cos B—cos A sin B＝sin（A—B）＝0，因为A与B都为△ABC的内角，所以A—B＝0，即A＝B.因为sin A sin B（２—cos C）＝sin２错误!＋错误!，所以sin A sin B（２—cos C）＝错误!（１—cos C）＋错误!＝１—错误!cos C，所以—错误!错误!（２—cos C）＝１—错误!cos C，所以—错误!（—cos C—１）（２—cos C）＝１—错误!cos C，即（cos C＋１）（２—cos C）＝２—cos C，整理得cos２C—２cos C＝0，即cos C（cos C—２）＝0，所以cos C＝0或cos C＝２（舍去），所以C＝90°，则△ABC为等腰直角三角形，故选Ｂ．与三角形面积有关的问题（师生共研）（２0１9·高考全国卷Ⅲ）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知a sin 错误!＝b sin A.（１）求B；（２）若△ABC为锐角三角形，且c＝１，求△ABC面积的取值范围．【解】（１）由题设及正弦定理得sin A sin错误!＝sin B sin A.因为sin A≠0，所以sin错误!＝sin Ｂ．由A＋B＋C＝１80°，可得sin错误!＝cos错误!，故cos错误!＝２sin错误!cos错误!.因为cos错误!≠0，故sin错误!＝错误!，因此B＝60°.（２）由题设及（１）知△ABC的面积S△ABC＝错误!a.由正弦定理得a＝错误!＝错误!＝错误!＋错误!.由于△ABC为锐角三角形，故0°<A<90°，0°<C<90°.由（１）知A＋C＝１２0°，所以３0°<C<90°，故错误!<a<２，从而错误!<S△ABC<错误!.因此，△ABC面积的取值范围是错误!.错误!求解三角形面积问题的基本思维（１）若已知一个角（角的大小或该角的正弦值，余弦值），一般结合题意求这个角的两边或两边之积，再代入公式求解；（２）若已知三边，可先求一个角的余弦值，再求正弦值，最后代入公式得面积；（３）若求面积的最值，一般表示为一个内角的三角函数，利用三角函数的性质求解，也可结合基本不等式求解．１．（２0２0·福建厦门一模）在△ABC中，cos B＝错误!，b＝２，sin C＝２sin A，则△ABC的面积等于（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!解析：选Ｄ．在△ABC中，cos B＝错误!，b＝２，sin C＝２sin A，由正弦定理得c＝２a；由余弦定理得b２＝a２＋c２—２ac·cos B＝a２＋４a２—２a·２a·错误!＝４a２＝４，解得a＝１，可得c＝２，所以△ABC的面积为S＝错误!ac sin B＝错误!×１×２×错误!＝错误!.故选Ｄ．２．（２0２0·陕西汉中一模）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，错误!b sin A＝a·（２—cos B）．（１）求角B的大小；（２）D为边AB上一点，且满足CD＝２，AC＝４，锐角三角形△ACD的面积为错误!，求BC的长．解：（１）由正弦定理得错误!sin B sin A＝sin A（２—cos B），因为A∈（0，π），则sin A>0，所以错误!sin B＝２—cos B，所以２sin错误!＝２，所以sin错误!＝１，因为B∈（0，π），所以B＋错误!＝错误!，解得B＝错误!.（２）由题意，可得S△ACD＝错误!CD·CA sin∠ACD＝错误!×２×４sin∠ACD＝错误!，解得sin∠ACD＝错误!.又因为△ACD为锐角三角形，所以cos∠ACD＝错误!＝错误!，在△ACD中，由余弦定理得AD２＝CA２＋CD２—２CA·CD·cos∠ACD＝４２＋２２—２×２×４×错误!＝１6，所以AD＝４，在△ACD中，由正弦定理得错误!＝错误!，则sin A＝错误!·sin∠ACD＝错误!，在△ABC中，由正弦定理得错误!＝错误!，所以BC＝错误!＝错误!.三角形中最值问题一、求角的三角函数的最值若△ABC的内角满足sin A＋错误!sin B＝２sin C，则cos C的最小值是________．【解析】由sin A＋错误!sin B＝２sin C，结合正弦定理可得a＋错误!b＝２c，所以cos C＝错误!＝错误!—错误!≥错误!（错误!a＝错误!b时取等号），故cos C的最小值是错误!.【答案】错误!在△ABC中，a２＋c２＝b２＋错误!ac.（１）求B的大小；（２）求错误!cos A＋cos C的最大值．【解】（１）由余弦定理和已知条件可得cos B＝错误!＝错误!＝错误!，又因为0<B<π，所以B＝错误!.（２）由（１）知A＋C＝错误!，所以错误!cos A＋cos C＝错误!cos A＋cos错误!＝错误!cos A—错误!cos A＋错误!sin A＝错误!cos A＋错误!sin A＝cos错误!.因为0<A<错误!，所以当A＝错误!时，错误!cos A＋cos C取得最大值１．错误!此类问题主要考查余弦定理、三角形内角和定理、辅助角公式以及三角函数的最值和基本不等式；解此类问题的关键是熟练地运用余弦定理、两角差的正余弦公式以及辅助角公式．二、求边的最值（１）在△ABC中，B＝60°，AC＝错误!，则AB＋２BC的最大值为________．（２）如图，四边形ABCD的对角线交点位于四边形的内部，AB＝BC＝１，AC＝CD，AC⊥CD，当∠ABC变化时，BD的最大值为________．【解析】（１）因为错误!＝错误!＝错误!＝错误!，所以AB＝２sin C，BC＝２sin A，因此AB＋２BC＝２sin C＋４sin A＝２sin错误!＋４sin A＝５sin A＋错误!cos A＝２错误!sin（A＋φ），因为φ∈（0，２π），A∈错误!，所以AB＋２BC的最大值为２错误!.（２）设∠ACB＝θ错误!，则∠ABC＝π—２θ，∠DCB＝θ＋错误!，由余弦定理可知，AC２＝AB２＋BC２—２AB·BC cos∠ABC，即AC＝DC＝错误!＝２cos θ错误!，由余弦定理知，BD２＝BC２＋DC２—２BC·DC cos∠DCB，即BD２＝４cos２θ＋１—２×１×２cos θ·cos错误!＝２cos ２θ＋２sin ２θ＋３＝２错误!sin错误!＋３．由0<θ<错误!，可得错误!<２θ＋错误!<错误!，则错误!错误!＝２错误!＋３，此时θ＝错误!，因此（BD）max＝错误!＋１．【答案】（１）２错误!（２）错误!＋１错误!边的最值一般通过三角形中的正、余弦定理将边转化为角的三角函数值，再结合角的范围求解．有时也可利用均值不等式求解．三、求三角形面积的最值在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且２c cos B＝２a＋b，若△ABC的面积S＝错误!c，则ab的最小值为________．【解析】在△ABC中，２c cos B＝２a＋b，由正弦定理，得２sin C cos B＝２sin A＋sinＢ．又A ＝π—（B＋C），所以sin A＝sin[π—（B＋C）]＝sin（B＋C），所以２sin C cos B＝２sin（B＋C）＋sin B＝２sin B cos C＋２cos B sin C＋sin B，得２sin B cos C＋sin B＝0，因为sin B≠0，所以cos C＝—错误!，又0<C<π，所以C＝错误!π.由S＝错误!c＝错误!ab sin C＝错误!ab×错误!，得c＝错误!.由余弦定理得，c２＝a２＋b２—２ab cos C＝a ２＋b２＋ab≥２ab＋ab＝３ab（当且仅当a＝b时取等号），所以错误!错误!≥３ab，得ab≥４8，所以ab的最小值为４8．【答案】４8错误!利用三角函数的有关公式，结合三角形的面积公式及正、余弦定理，将问题转化为边或角的关系，利用函数或不等式是解决此类问题的一种常规方法．[基础题组练]１．（２0２0·湖北武汉调研测试）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知a＝错误!b，A—B＝错误!，则角C＝（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!解析：选Ｂ．因为在△ABC中，A—B＝错误!，所以A＝B＋错误!，所以sin A＝sin错误!＝cos B，因为a＝错误!b，所以由正弦定理得sin A＝错误!sin B，所以cos B＝错误!sin B，所以tan B＝错误!，因为B∈（0，π），所以B＝错误!，所以C＝π—错误!—错误!＝错误!，故选Ｂ．２．（２0２0·江西上饶一模）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，若２S＝（a＋b）２—c２，则tan C的值是（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．—错误!Ｄ．—错误!解析：选Ｃ．因为S＝错误!ab sin C，c２＝a２＋b２—２ab cos C，所以由２S＝（a＋b）２—c２，可得ab sin C＝（a＋b）２—（a２＋b２—２ab·cos C），整理得sin C—２cos C＝２，所以（sin C—２cos C）２＝４，所以错误!＝４，错误!＝４，化简得３tan２C＋４tan C＝0，因为C∈（0，π），所以tan C＝—错误!，故选Ｃ．３．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b cos C＋c cos B＝a sin A，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．不确定解析：选Ｂ．因为b cos C＋c cos B＝a sin A，所以由正弦定理得sin B cos C＋sin C cos B＝sin２A，所以sin（B＋C）＝sin２A.又sin（B＋C）＝sin A且sin A≠0，所以sin A＝１，所以A＝错误!，所以△ABC 为直角三角形，故选Ｂ．４．在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c.若角A，B，C依次成等差数列，且a＝１，b＝错误!，则S△ABC＝（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．２解析：选Ｃ．因为A，B，C依次成等差数列，所以B＝60°，所以由余弦定理得b２＝a２＋c２—２ac cos B，得c＝２，所以由正弦定理得S△ABC＝错误!ac sin B＝错误!，故选Ｃ．５．在△ABC中，已知a，b，c分别为角A，B，C的对边且∠A＝60°，若S△ABC＝错误!且２sin B＝３sin C，则△ABC的周长等于（）Ａ．５＋错误!Ｂ．１２Ｃ．１0＋错误!Ｄ．５＋２错误!解析：选Ａ．在△ABC中，∠A＝60°.因为２sin B＝３sin C，故由正弦定理可得２b＝３c，再由S△ABC ＝错误!＝错误!bc·sin A，可得bc＝6，所以b＝３，c＝２．由余弦定理可得a２＝b２＋c２—２bc·cos A ＝7，所以a＝错误!，故△ABC的周长为a＋b＋c＝５＋错误!，故选Ａ．6．（２0２0·河北衡水模拟）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c且有a＝１，错误!sin A cos C＋（错误!sin C＋b）cos A＝0，则A＝________．解析：由错误!sin A cos C＋（错误!sin C＋b）cos A＝0，得错误!sin A cos C＋错误!sin C cos A＝—b cos A，所以错误!sin （A＋C）＝—b cos A，即错误!sin B＝—b cos A，又错误!＝错误!，所以错误!＝错误!＝—错误!，从而错误!＝—错误!⇒tan A＝—错误!，又因为0<A<π，所以A＝错误!.答案：错误!7．（２0１9·高考全国卷Ⅱ）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若b＝6，a＝２c，B＝错误!，则△ABC的面积为________．解析：法一：因为a＝２c，b＝6，B＝错误!，所以由余弦定理b２＝a２＋c２—２ac cos B，得6２＝（２c）２＋c２—２×２c×c cos 错误!，得c＝２错误!，所以a＝４错误!，所以△ABC的面积S＝错误!ac sin B＝错误!×４错误!×２错误!×sin 错误!＝6错误!.法二：因为a＝２c，b＝6，B＝错误!，所以由余弦定理b２＝a２＋c２—２ac cos B，得6２＝（２c）２＋c２—２×２c×c cos 错误!，得c＝２错误!，所以a＝４错误!，所以a２＝b２＋c２，所以A＝错误!，所以△ABC的面积S＝错误!×２错误!×6＝6错误!.答案：6错误!8．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a cos B—c—错误!＝0，a２＝错误!bc，b>c，则错误!＝________．解析：由a cos B—c—错误!＝0及正弦定理可得sin A cos B—sin C—错误!＝0．因为sin C＝sin（A ＋B）＝sin A cos B＋cos A sin B，所以—错误!—cos A sin B＝0，所以cos A＝—错误!，即A＝错误!.由余弦定理得a２＝错误!bc＝b２＋c２＋bc，即２b２—５bc＋２c２＝0，又b>c，所以错误!＝２．答案：２9．（２0２0·河南郑州一模）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为S，且满足sin B＝错误!.（１）求sin A sin C；（２）若４cos A cos C＝３，b＝错误!，求△ABC的周长．解：（１）因为△ABC的面积为S＝错误!ac sin B，sin B＝错误!，所以４×错误!×sin B＝b２，所以ac＝错误!，所以由正弦定理可得sin A sin C＝错误!＝错误!.（２）因为４cos A cos C＝３，sin A sin C＝错误!，所以cos B＝—cos（A＋C）＝sin A sin C—cos A cos C＝错误!—错误!＝—错误!，因为b＝错误!，所以ac＝错误!＝错误!＝错误!＝8，所以由余弦定理可得１５＝a２＋c２＋错误!ac＝（a＋c）２—错误!ac＝错误!错误!—１２，解得a＋c＝３错误!，所以△ABC的周长为a＋b＋c＝３错误!＋错误!.１0．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c且a２＋c２—b２＝ab cos A＋a２cos Ｂ．（１）求角B；（２）若b＝２错误!，tan C＝错误!，求△ABC的面积．解：（１）因为a２＋c２—b２＝ab cos A＋a２cos B，所以由余弦定理，得２ac cos B＝ab cos A＋a２cos B，又a≠0，所以２c cos B＝b cos A＋a cos Ｂ．由正弦定理，得２sin C cos B＝sin B cos A＋sin A cos B ＝sin（A＋B）＝sin C，又C∈（0，π），sin C>0，所以cos B＝错误!.因为B∈错误!，所以B＝错误!.（２）由tan C＝错误!，C∈（0，π），得sin C＝错误!，cos C＝错误!，所以sin A＝sin（B＋C）＝sin B cos C＋cos B sin C＝错误!×错误!＋错误!×错误!＝错误!.由正弦定理错误!＝错误!，得a＝错误!＝错误!＝6，所以△ABC的面积为错误!ab sin C＝错误!×6×２错误!×错误!＝6错误!.[综合题组练]１．（２0２0·安徽六安模拟）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若错误!＝错误!，b ＝４，则△ABC的面积的最大值为（）Ａ．４错误!Ｂ．２错误!Ｃ．２Ｄ．错误!解析：选Ａ．因为在△ABC中，错误!＝错误!，所以（２a—c）cos B＝b cos C，所以（２sin A—sin C）cos B＝sin B cos C，所以２sin A cos B＝sin C cos B＋sin B cos C＝sin（B＋C）＝sin A，所以cos B＝错误!，即B＝错误!，由余弦定理可得１6＝a２＋c２—２ac cos B＝a２＋c２—ac≥２ac—ac，所以ac≤１6，当且仅当a＝c时取等号，所以△ABC的面积S＝错误!ac sin B＝错误!ac≤４错误!.故选Ａ．２．（２0２0·江西抚州二模）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知３a cos A＝b cos C ＋c cos B，b＋c＝３，则a的最小值为（）Ａ．１Ｂ．错误!Ｃ．２Ｄ．３解析：选Ｂ．在△ABC中，因为３a cos A＝b cos C＋c cos B，所以３sin A cos A＝sin B cos C＋sin C cos B＝sin（B＋C）＝sin A，即３sin A cos A＝sin A，又A∈（0，π），所以sin A≠0，所以cos A＝错误!.因为b＋c＝３，所以两边平方可得b２＋c２＋２bc＝9，由b２＋c２≥２bc，可得9≥２bc＋２bc＝４bc，解得bc≤错误!，当且仅当b＝c时等号成立，所以由a２＝b２＋c２—２bc cos A，可得a２＝b２＋c２—错误!bc＝（b＋c）２—错误!≥9—错误!×错误!＝３，当且仅当b＝c时等号成立，所以a的最小值为错误!.故选Ｂ．３．（２0２0·湖北恩施２月质检）在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若cos B ＝错误!，b＝４，S△ABC＝４错误!，则△ABC的周长为________．解析：由cos B＝错误!，得sin B＝错误!，由三角形面积公式可得错误!ac sin B＝错误!ac·错误!＝４错误!，则ac＝１２１，由b２＝a２＋c２—２ac cos B，可得１6＝a２＋c２—２×１２×错误!，则a２＋c２＝２４２，联立１２可得a＝c＝２错误!，所以△ABC的周长为４错误!＋４．答案：４错误!＋４４．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且（a２＋b２—c２）（a cos B＋b cos A）＝abc.若a＋b＝２，则c的取值范围为________．解析：在△ABC中，因为（a２＋b２—c２）（a cos B＋b cos A）＝abc，所以错误!（a cos B＋b cos A）＝c，由正、余弦定理可得２cos C（sin A cos B＋sin B cos A）＝sin C，所以２cos C sin（A＋B）＝sin C，即２cos C sin C＝sin C，又sin C≠0，所以cos C＝错误!，因为C∈（0，π），所以C＝错误!，B＝错误!—A，所以由正弦定理错误!＝错误!＝错误!，可得a＝错误!，b＝错误!，因为a＋b＝２，所以错误!＋错误!＝２，整理得c＝错误!＝错误!＝错误!，因为A∈错误!，所以A＋错误!∈错误!，可得sin错误!∈错误!，所以c＝错误!∈[１，２）．答案：[１，２）５．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知b sin A＝a cos错误!.（１）求角B的大小；（２）设a＝２，c＝３，求b和sin（２A—B）的值．解：（１）在△ABC中，由正弦定理错误!＝错误!，可得b sin A＝a sin B，又由b sin A＝a cos错误!，得a sin B＝a cos 错误!，即sin B＝cos错误!，可得tan B＝错误!.又因为B∈（0，π），可得B＝错误!.（２）在△ABC中，由余弦定理及a＝２，c＝３，B＝错误!，有b２＝a２＋c２—２ac cos B＝7，故b ＝错误!.由b sin A＝a cos错误!，可得sin A＝错误!.因为a<c，故cos A＝错误!.因此sin ２A＝２sin A cos A ＝错误!，cos ２A＝２cos２A—１＝错误!，所以sin（２A—B）＝sin ２A cos B—cos ２A sin B＝错误!×错误!—错误!×错误!＝错误!.6．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，A＝60°.（１）若△ABC的面积为３错误!，a＝错误!，求b—c；（２）若△ABC是锐角三角形，求sin B sin C的取值范围．解：（１）由S△ABC＝３错误!，得错误!bc sin A＝３错误!，即错误!bc sin 60°＝３错误!，得bc＝１２．由余弦定理，得a２＝b２＋c２—２bc cos A，即b２＋c２—bc＝１３，所以（b—c）２＝１３—bc＝１，所以b—c＝１或b—c＝—１．（２）因为A＝60°，所以B＋C＝１２0°，所以C＝１２0°—B.所以sin B sin C＝sin B sin（１２0°—B）＝sin B错误!＝错误!sin ２B＋错误!＝错误!错误!＝错误!sin错误!＋错误!.因为△ABC是锐角三角形，所以C＝１２0°—B<90°，得B>３0°，所以３0°<B<90°，则３0°<２B—３0°<１５0°，所以错误!<sin（２B—３0°）≤１，错误!<错误!sin（２B—３0°）≤错误!，所以错误!<错误!sin（２B—３0°）＋错误!≤错误!，所以sin B sin C的取值范围是错误!.。

第讲正弦定理和余弦定理一、选择题．(·合肥模拟)在△中，＝，＝，＝°，△的面积为，则＝( ) ．°．°．°．°＝···＝，解析法一∵△即×××＝，∴＝，由∈(°，°)，∴＝°，∴＝°.故选.法二由正弦定理，得)＝)，即＝,())，＝，又∈(°，°)，∴＝°或＝°.当＝°时，＝°，＝≠(舍去)．而当＝°时，＝°，△＝，符合条件，故＝°.故选.△答案．在△中，角，，对应的边分别为，，，若＝，＝，＝，则等于( ) 或解析∵＝，＝，＝，∴由正弦定理)＝)可得，＝＝×＝.∵＝，∴＝.答案．(·成都诊断)在△中，＝(，，分别为角，，的对边)，则△的形状为( ) ．等边三角形．直角三角形．等腰三角形或直角三角形．等腰直角三角形解析因为＝，所以－＝－，所以＝，所以＝，所以＝＋.所以△为直角三角形．答案．△的内角，，的对边分别为，，，则“＞”是“＜”的( ) ．充分不必要条件．必要不充分条件．充分必要条件．既不充分也不必要条件解析因为在△中，＞⇔＞⇔＞⇔＞⇔－＜－⇔＜ .所以“＞”是“＜”的充分必要条件．答案．(·山东卷)在△中，角，，的对边分别是，，，已知＝，＝(－ )，则＝( )解析在△中，由＝，得＝＝，又＝(－)，所以＝，即＝，又知∈(，π)，所以＝，故选.答案二、填空题．(·重庆卷)设△的内角，，的对边分别为，，，且＝，＝－，＝，则＝.解析由＝及正弦定理，得＝，又＝，所以＝，故＝＋－＝＋－×××＝，所以＝.答案．(·江西九校联考)在△中，角，，所对的边分别为，，，若角，，依次成等差数列，且＝，＝，则△＝.解析因为角，，依次成等差数列，所以＝°.由正弦定理，得)＝°)，解得＝，因＝＝.为°＜＜°，所以＝°或°(舍去)，此时＝°，所以△答案．(·北京卷)在△中，＝，＝，则＝.解析在△中，＝＋－·，将＝，＝代入，可得()＝＋－·，整理得＝＋.∵≠，∴等式两边同时除以，得＝＋，可解得＝.答案。