2022届高三数学一轮复习（原卷版）4．6　正弦定理、余弦定理及其应用.doc

46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a2RsinA，b_，c_；sinA，sinB ，sinC ；abc_.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C90°，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a2b2_c2；若C为钝角，则cosC<0，即a2b2_c2.故由a2b2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sin2Asin2Bsin2C2sinBsinCcosA，类似地，sin2B_；sin2C_.注意式中隐含条件ABC.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absinAbsinA<a<baba>b解的个数 (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)ABC，则A_，_，从而sinA_，cosA_，tanA_；sin_，cos_，tan_.tanAtanBtanC_.(3)若三角形三边a，b，c成等差数列，则2b_2sinB_2sincos2coscostantan.(4)在ABC中，abcosCccosB，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)2R(2)2RsinB2RsinCsinAsinBsinC2(1)b2c22bccosAc2a22cacosBa2b22abcosCa2b2(2)><(3)互化sin2Csin2A2sinCsinAcosBsin2Asin2B2sinAsinBcosC3(1)正弦(2)正弦一解、两解或无解一解两解一解一解(3)余弦(4)余弦4(1)absinCbcsinAacsinB(abc)r(2)(BC)sin(BC)cos(BC) tan(BC)cossintanAtanBtanC(3)acsinAsinC(4)acosCccosAacosBbcosA ()在ABC中，cos，BC1，AC5，则AB ()A4 B. C. D2解：因为cosC2cos212×1，所以AB2BC2AC22BC·AC·cosC1252×1×5×32，所以AB4.故选A. ()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(12cosC)2sinAcosCcosAsinC，则下列等式成立的是 ()Aa2b Bb2aCA2B DB2A解：sin(AC)2sinBcosC2sinAcosCcosAsinC，所以2sinBcosCsinAcosC2sinB sinA2ba.故选A. ()ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sinBsinA(sinCcosC)0，a2，c，则C ()A. B. C. D.解：由题意sin(AC)sinA(sinCcosC)0，得sinAcosCcosAsinCsinAsinCsinAcosC0，即sinC(sinAcosA)sinCsin0，所以A.由正弦定理，得，即sinC，得C.故选B. ()在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a，b2，A60°，则sinB_，c_.解：由正弦定理得，所以sinB× sin，由余弦定理得a2b2c22bccosA，所以7 4c22c，所以c3(负值舍去)故填；3. () ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bsinCcsinB4asinBsinC，b2c2a28，则ABC的面积为_解：根据题意，结合正弦定理可得sinBsinCsinCsinB4sinAsinBsinC，即sinA，结合余弦定理可得b2c2a22bccosA8，所以A为锐角，且cosA，从而求得bc，所以ABC的面积为SbcsinA×× .故填. 类型一正弦定理的应用()在ABC中，a7，b8，cosB.(1)求A；(2)求AC边上的高解：(1)在ABC中，因为cosB，所以B，所以sinB.由正弦定理得，所以sinA.因为B，所以A，所以A.(2)在ABC中，因为sinCsin(AB)sinAcosBsinBcosA××.如图所示，在ABC中，hBC·sinC7×，所以AC边上的高为.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)()ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cosA，cosC，a1，则b_.解：在ABC中由cosA，cosC，可得sinA，sinC，sinBsin(AC)sinAcosCcosAsinC，由正弦定理得b.故填.(2)()ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若2bcosBacosCccosA，则B_.解：由正弦定理可得2sinBcosBsinAcosCsinCcosAsin(AC)sinBcosBB.故填.类型二余弦定理的应用()ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若ABC的面积为，则C ()A. B. C. D.解：由题可知SABCabsinC，所以a2b2c22absinC，由余弦定理a2b2c22abcosC，所以sinCcosC，因为C(0，)，所以C.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ABC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()在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b3，·6，SABC3，求A和a.解：因为·6，所以bccosA6.又SABC3，所以bcsinA6，因此tanA1.又0A，所以A.又b3，所以c2.由余弦定理a2b2c22bccosA，得a2982×3×2×29，所以a.类型三正、余弦定理的综合应用()若ABC的面积为(a2c2b2)，且C为钝角，则B_；的取值范围是_解：因为SABC(a2c2b2)acsinB，所以，即cosB，所以，即tanB，所以B，则·，因为C为钝角，B，所以0<A<，所以tanA，(，)故(2，)故填；(2，)点拨：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；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()在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2(tanAtanB) .(1)证明：ab2c；(2)求cosC的最小值解：(1)证明：由题意知2，化简得2(sinAcosBsinBcosA)sinAsinB，即2sin(AB)sinAsinB，因为ABC，所以sin(AB)sin(C)sinC，从而sinAsinB2sinC，由正弦定理得ab2c.(2)由(1)知c，所以cosC，当且仅当ab时等号成立，故cosC的最小值为.类型四判断三角形的形状()在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2bcosC2ccosBa，且B2C，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2bcosC2ccosBa，所以2sinBcosC2sinCcosBsinAsin(BC)，即sinBcosC3cosBsinC，所以tanB3tanC，又B2C，所以3tanC，得tanC，C，B2C，A，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B2C知C是锐角()在ABC中，内角A，B，C对边的边长分别为a，b，c，A为锐角，lgblglgsinAlg，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lgblglglglg，得，即cb.由lgsinAlg，得sinA，又A为锐角，所以cosA.由余弦定理：a2b2c22bccosA得ab，故BA45°，因此C90°.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600 m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BCh，在ABC中，BAC30°，CBA105°，BCA45°，AB600(m)在ABC中，根据正弦定理得，即，解得h100(m)故填100.点拨：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()如图，一栋建筑物AB的高为(3010)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RtABM中，AM20.如右图过点A作ANCD于点N，在RtACN中，因为CAN30°，所以ACN60°.又在RtCMD中，CMD60°，所以MCD30°，所以ACM30°，在AMC中，AMC105°，所以，所以AC6020，所以CN3010，所以CDDNCNABCN3010301060.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ABC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：sinAsin(BC)，cosAcos(BC)，sincos，sin2Asin2(BC)，cos2Acos2(BC)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()在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则 cosB ()A B. C D.解：因为，所以由正弦定理得，所以tanB，又0<B<，所以 B，所以cosB.故选B.2()在ABC中，若AB， BC3，C120°，则AC ()A1 B2 C3 D4解：由余弦定理得139AC23ACAC1.故选A.3()在ABC中，a2，B，ABC的面积等于，则b等于 ()A. B1 C. D2解：由ABC面积公式可得SacsinB， ×2c×，c1，由余弦定理得b2a2c22accosB22122×2×1×cos3，b.故选C.4()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()Aa km B.a kmC2a km D.a km解：依题意知ACB180°20°40° 120°，在ABC中，由余弦定理知ABa(km)，即灯塔A与灯塔B的距离为a km.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3，bc2， cosA，则a的值为 ()A2 B4 C6 D8解：由cosA得sinA，所以ABC的面积为bcsinAbc×3，解得bc24，又bc2，所以a2b2c22bccosA(bc)22bc2bccosA222×242×24×64，得a8.故选D.6()已知ABC三边a，b，c上的高分别为，1，则cosA等于()A. B C D解：设ABC的面积为Sa4S，b2S， c2ScosA.故选C.7在ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知bcosCccosB2b，则_.解法一：由正弦定理sinBcosCsinCcosB2sinB，即sin(BC)sinA2sinB，有2.解法二：由余弦定理得b·c·2b，化简得a2b，因此，2.解法三：由三角形射影定理，知bcosCccosBa，所以a2b，所以2.故填2.8()已知ABC，ABAC4，BC2.点D为AB延长线上一点，BD2，连接CD，则BDC的面积是_解：取BC中点E，由题意，AEBC.ABE中，cosABC，所以cosDBC，sinDBC，所以SBCD×BD×BC×sinDBC.故填.9()ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知sin(AC)8sin2.(1)求cosB；(2)若ac6，ABC的面积为2，求b.解：(1)由题设ABC，得sinB8sin2，故sinB4(1cosB)将两边平方，整理得17cos2B32cosB150，解得cosB1(舍去)，cosB.(2)由cosB，得sinB，故SABCacsinBac.又SABC2，则ac.由余弦定理及ac6得b2a2c22accosB(ac)22ac(1cosB)362××4.所以b2.10()在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知bc2acosB.(1)证明：A2B；(2)若ABC的面积S，求角A的大小解：(1)证明：由正弦定理得sinBsinC2sinAcosB，故2sinAcosBsinBsin(AB)sinBsinAcosBcosAsinB，于是sinBsin(AB)又A，B(0，)，故0AB，所以B(AB)或BAB，因此A(舍去)或A2B，所以A2B.(2)由S得absinC，故有sinBsinCsin2BsinBcosB，因为sinB0，所以sinCcosB.又B，C(0，)，所以C±B.当BC时，A；当CB时，A.综上，A或A.11()如图，在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足sin2Asin2Csin2BsinA·sinC.(1)求角B；(2)若点D在线段BC上，满足DADC，且a11，cos(BACC)，求CD的长解：(1)在ABC中，由已知及正弦定理可得，a2c2b2ac，所以由余弦定理得cosB.因为B(0，)，所以B.(2)由题易知BADBACC，又cos(BACC)，所以sin(BACC)sinBAD，设ADx，则CDx，BD11x，在ABD中，由正弦定理得，即，解得x45，所以CD45. ()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PAPCx，PBx1.5×8x12.在PAB中，AB20，cosPAB.同理，在PAC中，AC50，cosPAC.因为cosPABcosPAC，所以，解得x31.(2)作PDAC于D，在ADP中，PD4.故静止目标P到海防警戒线AC的距离为4千米