【文档说明】高考数学(理数)一轮复习学案4．6《正弦定理、余弦定理及其应用》(含详解).doc，共(9)页，333.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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4．6正弦定理、余弦定理及其应用1．正弦定理(1)正弦定理：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，即．其中R是三角形外接圆的半径．(2)正弦定理的其他形式①a＝2RsinA，b＝____________，c＝__________

__；②sinA＝a2R，sinB＝，sinC＝；③a∶b∶c＝______________________.2．余弦定理(1)余弦定理：三角形中任何一边的平方等于其他两边的平方的和减去这两边与它们的夹角的余弦的积的两倍．即a2＝，b2＝，c2＝.若令C＝90°，则c2＝，即为

勾股定理．(2)余弦定理的推论：cosA＝，cosB＝，cosC＝.若C为锐角，则cosC>0，即a2＋b2______c2；若C为钝角，则cosC<0，即a2＋b2______c2.故由a2＋b2与c2值的大小比较，可以判断C为

锐角、钝角或直角．(3)正、余弦定理的一个重要作用是实现边角____________，余弦定理亦可以写成sin2A＝sin2B＋sin2C－2sinBsinCcosA，类似地，sin2B＝___________________

__；sin2C＝________________.注意式中隐含条件A＋B＋C＝π.3．解三角形的类型(1)已知三角形的任意两个角与一边，用____________定理，只有一解．(2)已知三角形的任

意两边与其中一边的对角，用____________定理，可能有________________________．如在△ABC中，已知a，b和A时，解的情况如表：A为锐角A为钝角或直角图形关系式a＝bsinAbsinA<a<ba≥ba>b解的个数①②③④(3)已知三边，用_

___________定理．有解时，只有一解．(4)已知两边及夹角，用____________定理，必有一解．4．三角形中的常用公式及变式(1)三角形面积公式S△＝______________＝______________＝______________＝___________

___＝______________．其中R，r分别为三角形外接圆、内切圆半径．(2)A＋B＋C＝π，则A＝__________，A2＝__________，从而sinA＝____________，cosA＝____________，tanA＝___

_________；sinA2＝__________，cosA2＝__________，tanA2＝__________.tanA＋tanB＋tanC＝____________.(3)若三角形三边a，b，c成等差数列，则2b＝____________⇔2sinB＝________

____⇔2sinB2＝cosA－C2⇔2cosA＋C2＝cosA－C2⇔tanA2tanC2＝13.(4)在△ABC中，a＝bcosC＋ccosB，b＝____________，c＝____________.(此定理称作“射影定理”，亦称第一余弦定

理)自查自纠：1．(1)asinA＝bsinB＝csinC＝2R(2)①2RsinB2RsinC②b2Rc2R③sinA∶sinB∶sinC2．(1)b2＋c2－2bccosAc2＋a2－2cacosBa2＋b2－2abcosCa2＋

b2(2)b2＋c2－a22bcc2＋a2－b22caa2＋b2－c22ab><(3)互化sin2C＋sin2A－2sinCsinAcosBsin2A＋sin2B－2sinAsinBcosC3．(1)正弦(2)正弦一解、两解或无解①一解②两解③一解④一解(3)余弦

(4)余弦4．(1)12absinC12bcsinA12acsinBabc4R12(a＋b＋c)r(2)π－(B＋C)π2－B＋C2sin(B＋C)－cos(B＋C)－tan(B＋C)cosB＋C2sinB＋C21tanB＋C2tanAtanBtanC(3)a＋csinA＋sinC(4)acosC

＋ccosAacosB＋bcosA(2018²全国卷Ⅱ)在△ABC中，cosC2＝55，BC＝1，AC＝5，则AB＝()A．42B.30C.29D．25解：因为cosC＝2cos2C2－1＝2×552－1＝－35，所以AB2＝BC2＋AC2－2BC·AC·cosC＝1＋25

－2×1×5×－35＝32，所以AB＝42.故选A.(2017²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()A．a＝

2bB．b＝2aC．A＝2BD．B＝2A解：sin(A＋C)＋2sinBcosC＝2sinAcosC＋cosAsinC，所以2sinBcosC＝sinAcosC⇒2sinB＝sinA⇒2b＝a.故选A

.(2017²全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sinB＋sinA(sinC－cosC)＝0，a＝2，c＝2，则C＝()A.π12B.π6C.π4D.π3解：由题意sin(A＋C)

＋sinA(sinC－cosC)＝0，得sinAcosC＋cosAsinC＋sinAsinC－sinAcosC＝0，即sinC(sinA＋cosA)＝2sinCsinA＋π4＝0，所以A＝3π4.由正弦定理asinA＝csinC，得2sin3π4＝2sinC，即sinC＝1

2，得C＝π6.故选B.(2018²浙江)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a＝7，b＝2，A＝60°，则sinB＝________，c＝________.解：由正弦定理得ab＝sinAsinB，所以si

nB＝27×sinπ3＝217，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217；3.(2018²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＝32，从而求得bc＝833，所以△ABC的面积为S＝12bcsinA＝12×833×12＝233.故填233.类型一正弦定理的应用(2018²北京)在△ABC中，a

＝7，b＝8，cosB＝－17.(1)求A；(2)求AC边上的高．解：(1)在△ABC中，因为cosB＝－17，所以B∈π2，π，所以sinB＝1－cos2B＝437.由正弦定理asinA＝bsinB得，7sinA＝8437，所以sinA＝32.因为B∈

π2，π，所以A∈0，π2，所以A＝π3.(2)在△ABC中，因为sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋sinBcosA＝32×－17＋12×437＝3314.如图所示，在△ABC中，h＝BC·sinC＝7×3314＝332，所以AC边上的高为332.点

拨：解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的．由正弦定理求角，注意利用条件判断角的范围，即确定是一解还是两解．(1)(2016²全国卷Ⅱ

)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cosA＝45，cosC＝513，a＝1，则b＝________.解：在△ABC中由cosA＝45，cosC＝513，可得sinA＝35，sinC＝1213，sin

B＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝6365，由正弦定理得b＝asinBsinA＝2113.故填2113.(2)(2017²全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若2bcosB＝a

cosC＋ccosA，则B＝________.解：由正弦定理可得2sinBcosB＝sinAcosC＋sinCcosA＝sin(A＋C)＝sinB⇒cosB＝12⇒B＝π3.故填π3.类型二余弦定理的应用(2

018²全国卷Ⅲ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC的面积为a2＋b2－c24，则C＝()A.π2B.π3C.π4D.π6解：由题可知S△ABC＝12absinC＝a2＋b2－c24，所以a2＋b2－c2

＝2absinC，由余弦定理a2＋b2－c2＝2abcosC，所以sinC＝cosC，因为C∈(0，π)，所以C＝π4.故选C.点拨：正、余弦定理是应用极为广泛的两个定理，根据三角形内角A＋B＋C＝π的隐含条件

，结合诱导公式及正、余弦定理，将三角形的边和角有机地联系起来，从而使三角函数与几何产生联系，为求与三角形有关的量(如面积、外接圆与内切圆半径和面积等)提供了理论依据，也是判断三角形形状、证明三角形中有关等式的重要依据．其主要方法有：化角法、化边法、面积法、运用初等几何法

等．注意体会其中蕴涵的函数与方程思想、化归与转化思想及分类与整合思想．(2017·山东)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b＝3，AB→·AC→＝－6，S△ABC＝3，求A和a.解：因为AB→²A

C→＝－6，所以bccosA＝－6.又S△ABC＝3，所以bcsinA＝6，因此tanA＝－1.又0＜A＜π，所以A＝3π4.又b＝3，所以c＝22.由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得a2＝9＋8－2×3×22×－22

＝29，所以a＝29.类型三正、余弦定理的综合应用(2018²北京)若△ABC的面积为34(a2＋c2－b2)，且C为钝角，则B＝________；ca的取值范围是________．解：因为S△ABC＝34(

a2＋c2－b2)＝12acsinB，所以a2＋c2－b22ac＝sinB3，即cosB＝sinB3，所以sinBcosB＝3，即tanB＝3，所以B＝π3，则ca＝sinCsinA＝sin2π3－AsinA＝32cosA－－12

sinAsinA＝32²1tanA＋12，因为C为钝角，B＝π3，所以0<A<π6，所以tanA∈0，33，1tanA∈(3，＋∞)．故ca∈(2，＋∞)．故填π3；(2，＋∞)．点拨：①化边的关系为角的关系，和角或差角公式

的正向或反向运用，以及多次联用是解决三角形问题的常用技巧；②将边的问题转化为三角函数的问题，或由边的关系结合基本不等式是解决最值(范围)问题的基本方法．(2016²山东)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2(tanA＋ta

nB)＝tanAcosB＋tanBcosA.(1)证明：a＋b＝2c；(2)求cosC的最小值．解：(1)证明：由题意知2sinAcosA＋sinBcosB＝sinAcosAcosB＋sinBcosAc

osB，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＝a＋b2，所以cosC＝a2＋b2－c22ab＝a2＋b2－a＋b222ab＝38ab＋ba－14≥12，当且仅当a＝b时等号成立，故cosC的最小值为12.类型四判断三角形的形状(2018²长春调研

)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2bcosC－2ccosB＝a，且B＝2C，则△ABC的形状是()A．等腰直角三角形B．直角三角形C．等腰三角形D．等边三角形解：因为2bcosC－2ccosB＝

a，所以2sinBcosC－2sinCcosB＝sinA＝sin(B＋C)，即sinBcosC＝3cosBsinC，所以tanB＝3tanC，又B＝2C，所以2tanC1－tan2C＝3tanC，得tanC＝33，C＝π6，B＝2C＝π3，A＝π2，故△ABC为直角三角形．故选B.点拨：在处

理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式，一般用到正弦定理；出现边的二次式，一般用到余弦定理．用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意适时缩小角的范围，如本例中由B＝2C知

C是锐角．(2016²济南一中检测)在△ABC中，内角A，B，C对边的边长分别为a，b，c，A为锐角，lgb＋lg1c＝lgsinA＝－lg2，则△ABC为()A．锐角三角形B．等边三角形C．钝角三角形D．等腰直角三角形解：由lgb＋lg1c＝lgbc＝－lg2＝

lg22，得bc＝22，即c＝2b.由lgsinA＝－lg2，得sinA＝22，又A为锐角，所以cosA＝22.由余弦定理：a2＝b2＋c2－2bccosA得a＝b，故B＝A＝45°，因此C＝90°.故选D.类型五解三角形应用举例如图，一辆汽车在一条水平的公路上

向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30°的方向上，行驶600m后到达B处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为30°，则此山的高度CD＝________m.解：设此山高h(m)，则BC＝3h，在△ABC中，∠BAC＝30°，∠CBA＝105°，∠BCA＝45°，AB＝6

00(m)．在△ABC中，根据正弦定理得BCsinA＝ABsinC，即3hsin30°＝600sin45°，解得h＝1006(m)．故填1006.点拨：①解三角形的方法在实际问题中，有广泛的应用．在物理学中，有关向量的计算也常用

到解三角形的方法．②不管是什么类型的三角应用问题，解决的关键都是充分理解题意，将问题中的语言叙述弄明白，画出帮助分析问题的草图，再将其归结为可解的三角形．(2017²郑州二模)如图，一栋建筑物AB的高为(30－103)米，在该建筑物的正东方向有一个通信塔CD，在它们之间

的点M(B，M，D三点共线)处测得楼顶A，塔顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得塔顶C的仰角是30°，则通信塔CD的高为________米．解：在Rt△ABM中，AM＝ABsin15°＝30－103sin15°＝30－1036－24＝206.如右图过点A作AN⊥CD于点N，在Rt△ACN

中，因为∠CAN＝30°，所以∠ACN＝60°.又在Rt△CMD中，∠CMD＝60°，所以∠MCD＝30°，所以∠ACM＝30°，在△AMC中，∠AMC＝105°，所以ACsin105°＝AMsin∠ACM＝206sin30°，所以AC＝

60＋203，所以CN＝30＋103，所以CD＝DN＋CN＝AB＋CN＝30－103＋30＋103＝60.故填60.1．已知两边及其中一边的对角解三角形时，要谨防漏解．2．在判断三角形的形状时，一般将已知条件中的边角关系利用正弦定理或余弦定理转化为角的关

系(注意应用A＋B＋C＝π这个结论)或边的关系，再用三角变换或代数式的恒等变形(如因式分解、配方等)求解，注意等式两边的公因式一般不要约掉，而要移项提取公因式，否则有可能漏掉一种形状．3．要熟记一些常见结论，如三

内角成等差数列，则必有一角为60°；若三内角的正弦值成等差数列，则三边也成等差数列；内角和定理与诱导公式结合产生的结论：sinA＝sin(B＋C)，cosA＝－cos(B＋C)，sinA2＝cosB＋C2，s

in2A＝－sin2(B＋C)，cos2A＝cos2(B＋C)等．4．应用正、余弦定理解斜三角形应用题的一般步骤第一步，分析：理解题意，分清已知与未知，画出示意图；第二步，建模：根据已知条件与求解目标，把已知量与求解量尽量集中到一个三角形中，建立一个解斜三角形的模型；第三步，求解：利用正、余

弦定理有序地解出三角形，求得数学模型的解；第四步，检验：检验上述所求得的解是否符合实际，从而得出实际问题的解．1．(2016²郑州一测)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b3cosB＝asinA，则cosB＝()A．

－12B.12C．－32D.32解：因为b3cosB＝asinA，所以由正弦定理得sinB3cosB＝sinAsinA，所以tanB＝3，又0<B<π，所以B＝π3，所以cosB＝12.故选B.2．(2016²天津)在△ABC中，若AB＝13，BC＝3，∠C＝

120°，则AC＝()A．1B．2C．3D．4解：由余弦定理得13＝9＋AC2＋3AC⇒AC＝1.故选A.3．(北京通州2017届期末)在△ABC中，a＝2，B＝π3，△ABC的面积等于32，则b等于()A

.32B．1C.3D．2解：由△ABC面积公式可得S＝12acsinB＝32，12×2c×32＝32，c＝1，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝22＋12－2×2×1×cosπ3＝3，b＝3.故选C.4．(2018²东北三校联考)若两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于a

km，灯塔A在观察站C的北偏东20°方向上，灯塔B在观察站C的南偏东40°方向上，则灯塔A与灯塔B的距离为()A．akmB.2akmC．2akmD.3akm解：依题意知∠ACB＝180°－20°－40°＝120°，在△ABC中，由余弦定理知AB＝a2＋a2－2a

2cos120°＝3a(km)，即灯塔A与灯塔B的距离为3akm.故选D.5．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知△ABC的面积为315，b－c＝2，cosA＝－14，则a的值为()A．2B．4C．6D．8解：由cosA＝－14得sinA＝154，所以△A

BC的面积为12bcsinA＝12bc×154＝315，解得bc＝24，又b－c＝2，所以a2＝b2＋c2－2bccosA＝(b－c)2＋2bc－2bccosA＝22＋2×24－2×24×－14＝64

，得a＝8.故选D.6．(2017²黑龙江、吉林八校期末)已知△ABC三边a，b，c上的高分别为12，22，1，则cosA等于()A.32B．－22C．－24D．－34解：设△ABC的面积为S⇒a＝4S，b＝22S，c＝2

S⇒cosA＝（22）2＋22－422×22×2＝－24.故选C.7．在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知bcosC＋ccosB＝2b，则ab＝________.解法一：由正弦定理sinBcosC＋sinCcosB＝2sinB，即sin(B＋C)＝sinA＝2sinB，

有ab＝sinAsinB＝2.解法二：由余弦定理得b·a2＋b2－c22ab＋c·a2＋c2－b22ac＝2b，化简得a＝2b，因此，ab＝2.解法三：由三角形射影定理，知bcosC＋ccosB＝a，所以a＝2b，所以ab＝2.故填2.8．(201

7²浙江节选)已知△ABC，AB＝AC＝4，BC＝2.点D为AB延长线上一点，BD＝2，连接CD，则△BDC的面积是________．解：取BC中点E，由题意，AE⊥BC.△ABE中，cos∠ABC＝BEAB＝14，所以cos∠DBC＝－14，sin∠DBC＝1－116＝

154，所以S△BCD＝12×BD×BC×sin∠DBC＝152.故填152.9．(2017²全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知sin(A＋C)＝8sin2B2.(1)求

cosB；(2)若a＋c＝6，△ABC的面积为2，求b.解：(1)由题设A＋B＋C＝π，得sinB＝8sin2B2，故sinB＝4(1－cosB)．①将①两边平方，整理得17cos2B－32cosB＋15＝0，解得cosB＝1(舍去)，cosB＝1517.(2)由

cosB＝1517，得sinB＝817，故S△ABC＝12acsinB＝417ac.又S△ABC＝2，则ac＝172.由余弦定理及a＋c＝6得b2＝a2＋c2－2accosB＝(a＋c)2－2ac(1＋cosB)＝36－2×172×1＋1517＝4.所以b＝2.10

．(2016²浙江)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知b＋c＝2acosB.(1)证明：A＝2B；(2)若△ABC的面积S＝a24，求角A的大小．解：(1)证明：由正弦定理得sinB＋sinC

＝2sinAcosB，故2sinAcosB＝sinB＋sin(A＋B)＝sinB＋sinAcosB＋cosAsinB，于是sinB＝sin(A－B)．又A，B∈(0，π)，故0＜A－B＜π，所以B＝π－(A－B)或B＝A－B，因此A＝π(舍去)或A＝2B，所以A＝2B

.(2)由S＝a24得12absinC＝a24，故有sinBsinC＝12sin2B＝sinBcosB，因为sinB≠0，所以sinC＝cosB.又B，C∈(0，π)，所以C＝π2±B.当B＋C＝π2时，A

＝π2；当C－B＝π2时，A＝π4.综上，A＝π2或A＝π4.11．(2018²安徽合肥模拟)如图，在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足sin2A＋sin2C－sin2B＝3sinA·sinC.(1)求角

B；(2)若点D在线段BC上，满足DA＝DC，且a＝11，cos(∠BAC－∠C)＝55，求CD的长．解：(1)在△ABC中，由已知及正弦定理可得，a2＋c2－b2＝3ac，所以由余弦定理得cosB＝32.因为B∈(0，π)，所以B＝π6.

(2)由题易知∠BAD＝∠BAC－∠C，又cos(∠BAC－∠C)＝55，所以sin(∠BAC－∠C)＝sin∠BAD＝255，设AD＝x，则CD＝x，BD＝11－x，在△ABD中，由正弦定理得BDsin∠BAD＝ADsinB，即11

－x255＝x12，解得x＝45－5，所以CD＝45－5.(2018²河南六市联考)如图，在一条海防警戒线上的点A，B，C处各有一个水声检测点，B，C到A的距离分别为20千米和50千米，某时刻B收到来自静止目标P的一个声波信号，8秒后A，C同时接收到该声波

信号，已知声波在水中的传播速度是1.5千米/秒．(1)设A到P的距离为x千米，用x表示B，C到P的距离，并求出x的值；(2)求P到海防警戒线AC的距离．解：(1)依题意，有PA＝PC＝x，PB＝x－1.5×8＝x－12.在△PAB中，AB＝20，co

s∠PAB＝PA2＋AB2－PB22PA²AB＝x2＋202－（x－12）22x²20＝3x＋325x.同理，在△PAC中，AC＝50，cos∠PAC＝PA2＋AC2－PC22PA²AC＝x2＋502－x22x²50＝25x.因为c

os∠PAB＝cos∠PAC，所以3x＋325x＝25x，解得x＝31.(2)作PD⊥AC于D，在△ADP中，PD＝312－252＝421.故静止目标P到海防警戒线AC的距离为421千米．