高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題23 正弦定理與余弦定理（含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題

專題23正弦定理與余弦定理一、【知識(shí)精講】1.正、余弦定理在△ABC中，若角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，R為△ABC外接圓半徑，則定理正弦定理余弦定理公式eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2Ra2＝b2＋c2－2bccos__A；b2＝c2＋a2－2cacos__B；c2＝a2＋b2－2abcos__C常見(jiàn)變形(1)a＝2RsinA，b＝2Rsin__B，c＝2Rsin__C；(2)sinA＝eq\f(a,2R)，sinB＝eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R)；(3)a∶b∶c＝sin__A∶sin__B∶sin__C；(4)asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinAcosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)；cosB＝eq\f(c2＋a2－b2,2ac)；cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)2.S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(abc,4R)＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)·r(r是三角形內(nèi)切圓的半徑)，并可由此計(jì)算R，r.3.在△ABC中，已知a，b和A時(shí)，解的情況如下：A為銳角A為鈍角或直角圖形關(guān)系式a＝bsinAbsinA<a<ba≥ba>ba≤b解的個(gè)數(shù)一解兩解一解一解無(wú)解[微點(diǎn)提醒]1.三角形中的三角函數(shù)關(guān)系(1)sin(A＋B)＝sinC；(2)cos(A＋B)＝－cosC；(3)sineq\f(A＋B,2)＝coseq\f(C,2)；(4)coseq\f(A＋B,2)＝sineq\f(C,2).2.三角形中的射影定理在△ABC中，a＝bcosC＋ccosB；b＝acosC＋ccosA；c＝bcosA＋acosB.3.在△ABC中，兩邊之和大于第三邊，兩邊之差小于第三邊，A>B?a>b?sinA>sinB?cosA<cosB.二、【典例精練】考點(diǎn)一利用正、余弦定理解三角形【例1】(1)(2017·全國(guó)Ⅲ卷)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知C＝60°，b＝eq\r(6)，c＝3，則A＝________.(2)(2018·全國(guó)Ⅲ卷)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若△ABC的面積為eq\f(a2＋b2－c2,4)，則C＝()A.eq\f(π,2) B.eq\f(π,3) C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,6)【答案】(1)75°(2)C【解析】(1)由正弦定理，得sinB＝eq\f(bsinC,c)＝eq\f(\r(6)×\f(\r(3),2),3)＝eq\f(\r(2),2)，結(jié)合b<c得B＝45°，則A＝180°－B－C＝75°.(2)因?yàn)閍2＋b2－c2＝2abcosC，且S△ABC＝eq\f(a2＋b2－c2,4)，所以S△ABC＝eq\f(2abcosC,4)＝eq\f(1,2)absinC，所以tanC＝1.又C∈(0，π)，故C＝eq\f(π,4).【解法小結(jié)】1.三角形解的個(gè)數(shù)的判斷：已知兩角和一邊，該三角形是確定的，其解是唯一的；已知兩邊和一邊的對(duì)角，該三角形具有不唯一性，通常根據(jù)三角函數(shù)值的有界性和大邊對(duì)大角定理進(jìn)行判斷.2.已知三角形的兩邊和其中一邊的對(duì)角解三角形.可用正弦定理，也可用余弦定理.用正弦定理時(shí)，需判斷其解的個(gè)數(shù)，用余弦定理時(shí)，可根據(jù)一元二次方程根的情況判斷解的個(gè)數(shù).考點(diǎn)二判斷三角形的形狀【例2】(1)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若eq\f(c,b)<cosA，則△ABC為()A.鈍角三角形 B.直角三角形C.銳角三角形 D.等邊三角形(2)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若bcosC＋ccosB＝asinA，則△ABC的形狀為()A.銳角三角形 B.直角三角形C.鈍角三角形 D.不確定【答案】(1)A(2)B【解析】(1)由eq\f(c,b)<cosA，得eq\f(sinC,sinB)<cosA，又B∈(0，π)，所以sinB>0，所以sinC<sinBcosA，即sin(A＋B)<sinBcosA，所以sinAcosB<0，因?yàn)樵谌切沃衧inA>0，所以cosB<0，即B為鈍角，所以△ABC為鈍角三角形.(2)由正弦定理得sinBcosC＋sinCcosB＝sin2A，∴sin(B＋C)＝sin2A，即sinA＝sin2A.∵A∈(0，π)，∴sinA>0，∴sinA＝1，即A＝eq\f(π,2)，∴△ABC為直角三角形.【解法小結(jié)】1.判定三角形形狀的途徑：(1)化邊為角，通過(guò)三角變換找出角之間的關(guān)系；(2)化角為邊，通過(guò)代數(shù)變形找出邊之間的關(guān)系，正(余)弦定理是轉(zhuǎn)化的橋梁.2.無(wú)論使用哪種方法，都不要隨意約掉公因式，要移項(xiàng)提取公因式，否則會(huì)有漏掉一種形狀的可能.注意挖掘隱含條件，重視角的范圍對(duì)三角函數(shù)值的限制.考點(diǎn)三和三角形面積、周長(zhǎng)有關(guān)的問(wèn)題角度1與三角形面積有關(guān)的問(wèn)題【例3－1】(2017·全國(guó)Ⅲ卷)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知sinA＋eq\r(3)cosA＝0，a＝2eq\r(7)，b＝2.(1)求c；(2)設(shè)D為BC邊上一點(diǎn)，且AD⊥AC，求△ABD的面積.【解析】(1)由sinA＋eq\r(3)cosA＝0及cosA≠0，得tanA＝－eq\r(3)，又0<A<π，所以A＝eq\f(2π,3).由余弦定理，得28＝4＋c2－4c·coseq\f(2π,3).即c2＋2c－24＝0，解得c＝－6(舍去)，c＝4.(2)由題設(shè)可得∠CAD＝eq\f(π,2)，所以∠BAD＝∠BAC－∠CAD＝eq\f(π,6).故△ABD與△ACD面積的比值為eq\f(\f(1,2)AB·ADsin\f(π,6),\f(1,2)AC·AD)＝1.又△ABC的面積為eq\f(1,2)×4×2sin∠BAC＝2eq\r(3)，所以△ABD的面積為eq\r(3).角度2與三角形周長(zhǎng)有關(guān)的問(wèn)題【例3－2】(2018江蘇)在中，角所對(duì)的邊分別為，，的平分線交于點(diǎn)D，且，則的最小值為．【答案】9【解析】因?yàn)椋钠椒志€交于點(diǎn)，所以，由三角形的面積公式可得，化簡(jiǎn)得，又，，所以，則，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，故的最小值為9．【解法小結(jié)】1.對(duì)于面積公式S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)bcsinA，一般是已知哪一個(gè)角就使用哪一個(gè)公式.2.與面積周長(zhǎng)有關(guān)的問(wèn)題，一般要用到正弦定理或余弦定理進(jìn)行邊和角的轉(zhuǎn)化.【思維升華】1.正弦定理和余弦定理其主要作用是將已知條件中的邊、角關(guān)系轉(zhuǎn)化為角的關(guān)系或邊的關(guān)系.2.在已知關(guān)系式中，既含有邊又含有角，通常的解題思路是：先將角都化成邊或邊都化成角，再結(jié)合正弦定理、余弦定理即可求解.3.在△ABC中，若a2＋b2<c2，由cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)<0，可知角C為鈍角，則△ABC為鈍角三角形.【易錯(cuò)注意點(diǎn)】1.在利用正弦定理解有關(guān)已知三角形的兩邊和其中一邊的對(duì)角解三角形時(shí)，有時(shí)出現(xiàn)一解、兩解，所以要進(jìn)行分類討論.另外三角形內(nèi)角和定理起著重要作用，在解題中要注意根據(jù)這個(gè)定理確定角的范圍，確定三角函數(shù)值的符號(hào)，防止出現(xiàn)增解等擴(kuò)大范圍的現(xiàn)象.2.在判斷三角形的形狀時(shí)，等式兩邊一般不要約去公因式，應(yīng)移項(xiàng)提取公因式，以免漏解.三、【名校新題】1.(2019·石家莊一模)在△ABC中，AB＝2，C＝eq\f(π,6)，則AC＋eq\r(3)BC的最大值為()A.eq\r(7) B.2eq\r(7) C.3eq\r(7) D.4eq\r(7)【答案】D【解析】在△ABC中，AB＝2，C＝eq\f(π,6)，則eq\f(AB,sinC)＝eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AC,sinB)＝4，則AC＋eq\r(3)BC＝4sinB＋4eq\r(3)sinA＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－A))＋4eq\r(3)sinA＝2cosA＋6eq\r(3)sinA＝4eq\r(7)sin(A＋θ)，(其中tanθ＝eq\f(\r(3),9)).所以AC＋eq\r(3)BC的最大值為4eq\r(7).2．(2019·莆田調(diào)研)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若asinBcosC＋csinBcosA＝eq\f(1,2)b，且a>b，則B＝()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3) D.eq\f(5π,6)【答案】A【解析】∵asinBcosC＋csinBcosA＝eq\f(1,2)b，∴根據(jù)正弦定理可得sinAsinBcosC＋sinCsinBcosA＝eq\f(1,2)sinB，即sinB(sinAcosC＋sinCcosA)＝eq\f(1,2)sinB．∵sinB≠0，∴sin(A＋C)＝eq\f(1,2)，即sinB＝eq\f(1,2).∵a>b，∴A>B，即B為銳角，∴B＝eq\f(π,6).3.(2019·山西五校聯(lián)考)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若bcosA＋acosB＝c2，a＝b＝2，則△ABC的周長(zhǎng)為()A．7.5 B．7C．6 D．5【答案】D【解析】∵bcosA＋acosB＝c2，∴由余弦定理可得b·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＋a·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝c2，整理可得2c2＝2c3，解得c＝1，則△ABC的周長(zhǎng)為a＋b＋c＝2＋2＋1＝5.4.(2019·棗莊二模)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若(a＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC，則A＝()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3) C.eq\f(5π,6) D.eq\f(2π,3)【答案】B【解析】∵(a＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC，∴由正弦定理得(a＋b)(a－b)＝c(c－b)，即b2＋c2－a2＝bc.所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，又A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3).5．(2019·山西大同聯(lián)考)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若2(bcosA＋acosB)＝c2，b＝3,3cosA＝1，則a＝()A.eq\r(5) B．3C.eq\r(10) D．4【答案】B【解析】由正弦定理可得2(sinBcosA＋sinAcosB)＝csinC，∵2(sinBcosA＋sinAcosB)＝2sin(A＋B)＝2sinC，∴2sinC＝csinC，∵sinC>0，∴c＝2，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝32＋22－2×3×2×eq\f(1,3)＝9，∴a＝3.6.(2019·開(kāi)封模擬)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若A＝eq\f(π,3)，eq\f(3sin2C,cosC)＝2sinAsinB，且b＝6，則c＝()A.2 B.3 C.4 D.6【答案】C【解析】在△ABC中，A＝eq\f(π,3)，b＝6，∴a2＝b2＋c2－2bccosA，即a2＝36＋c2－6c，①又eq\f(3sin2C,cosC)＝2sinAsinB，∴eq\f(3c2,cosC)＝2ab，即cosC＝eq\f(3c2,2ab)＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，∴a2＋36＝4c2，②由①②解得c＝4或c＝－6(不合題意，舍去).因此c＝4.7.(2019·鄭州二模)在△ABC中，A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.若2cos2eq\f(A＋B,2)－cos2C＝1，4sinB＝3sinA，a－b＝1，則c的值為()A.eq\r(13) B.eq\r(7) C.eq\r(37) D.6【答案】A【解析】由2cos2eq\f(A＋B,2)－cos2C＝1，可得2cos2eq\f(A＋B,2)－1－cos2C＝0，則有cos2C＋cosC＝0，即2cos2C＋cosC－1＝0，解得cosC＝eq\f(1,2)或cosC＝－1(舍)，由4sinB＝3sinA，得4b＝3a，①又a－b＝1，②聯(lián)立①，②得a＝4，b＝3，所以c2＝a2＋b2－2abcosC＝16＋9－12＝13，則c＝eq\r(13).8．（江西省紅色七校2019屆高三第一次聯(lián)考）的內(nèi)角，，的對(duì)邊分別為，，，已知，，，則角（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由正弦定理可得sinB=sinAcosC+39.(2019·廣州調(diào)研)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知b＝eq\r(7)，c＝4，cosB＝eq\f(3,4)，則△ABC的面積等于()A．3eq\r(7) B.eq\f(3\r(7),2)C．9 D.eq\f(9,2)【答案】eq\f(3\r(7),2)【解析】由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，代入數(shù)據(jù)，得a＝3，又cosB＝eq\f(3,4)，B∈(0，π)，所以sinB＝eq\f(\r(7),4)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(3\r(7),2).10．(2019·安徽名校聯(lián)盟聯(lián)考)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若bc＝1，b＋2ccosA＝0，則當(dāng)角B取得最大值時(shí)，△ABC的周長(zhǎng)為()A．2＋eq\r(3) B．2＋eq\r(2)C．3 D．3＋eq\r(2)【答案】A【解析】由b＋2ccosA＝0，得b＋2c·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝0，整理得2b2＝a2－c2.由余弦定理，得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋3c2,4ac)≥eq\f(2\r(3)ac,4ac)＝eq\f(\r(3),2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝eq\r(3)c時(shí)等號(hào)成立，此時(shí)角B取得最大值，將a＝eq\r(3)c代入2b2＝a2－c2可得b＝c.又因?yàn)閎c＝1，所以b＝c＝1，a＝eq\r(3)，故△ABC的周長(zhǎng)為2＋eq\r(3).11.（湖北省重點(diǎn)高中聯(lián)考協(xié)作體2019屆高三上學(xué)期期中考試）中有：①若，則；②若，則—定為等腰三角形；③若，則—定為直角三角形.以上結(jié)論中正確的個(gè)數(shù)有（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】C【解析】=1\*GB3①由正弦定理及大對(duì)大角可知=1\*GB3①正確；=2\*GB3②或是直角三角形或等腰三角形；所以=2\*GB3②錯(cuò)誤；=3\*GB3③由已知及余弦定理可得，化簡(jiǎn)得，所以=3\*GB3③正確.故選C.12.(2019·武漢模擬)在△ABC中，C＝eq\f(2π,3)，AB＝3，則△ABC的周長(zhǎng)為()A.6sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))＋3 B.6sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＋3C.2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))＋3 D.2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＋3【答案】C【解析】設(shè)△ABC的外接圓半徑為R，則2R＝eq\f(3,sin\f(2π,3))＝2eq\r(3)，于是BC＝2RsinA＝2eq\r(3)sinA，AC＝2RsinB＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－A)).于是△ABC的周長(zhǎng)為2eq\r(3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sinA＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－A))))＋3＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))＋3.13.(2018·泰安二模)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且eq\f(c－b,\r(2)c－a)＝eq\f(sinA,sinB＋sinC)，則角B＝________.【答案】eq\f(π,4)【解析】由正弦定理可得eq\f(c－b,\r(2)c－a)＝eq\f(sinA,sinB＋sinC)＝eq\f(a,b＋c)，∴c2－b2＝eq\r(2)ac－a2，∴c2＋a2－b2＝eq\r(2)ac，∴cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(\r(2),2)，∵0<B<π，∴B＝eq\f(π,4).14.(2019·合肥模擬)我國(guó)南宋著名數(shù)學(xué)家秦九韶發(fā)現(xiàn)了由三角形三邊求三角形面積的“三斜公式”，設(shè)△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，面積為S，則“三斜求積”公式為S＝eq\r(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a2c2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2＋c2－b2,2)))\s\up12(2)))).若a2sinC＝4sinA，(a＋c)2＝12＋b2，則用“三斜求積”公式求得△ABC的面積為_(kāi)_______.【答案】eq\r(3)【解析】根據(jù)正弦定理及a2sinC＝4sinA，可得ac＝4，由(a＋c)2＝12＋b2，可得a2＋c2－b2＝4，所以S△ABC＝eq\r(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a2c2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2＋c2－b2,2)))\s\up12(2))))＝eq\r(\f(1,4)×（16－4）)＝eq\r(3).15.(2019·荊州一模)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知a＝2eq\r(2)，cosA＝eq\f(3,4)，sinB＝2sinC，則△ABC的面積是________.【答案】eq\r(7)【解析】由sinB＝2sinC，cosA＝eq\f(3,4)，A為△ABC一內(nèi)角可得b＝2c，sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(\r(7),4)，∴由a2＝b2＋c2－2bccosA，可得8＝4c2＋c2－3c2，解得c＝2(舍負(fù))，則b＝4.∴S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2×4×eq\f(\r(7),4)＝eq\r(7).16.(2019·長(zhǎng)春一模)在△ABC中，三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)b－sinC))cosA＝sinAcosC，且a＝2eq\r(3)，則△ABC面積的最大值為_(kāi)_______.【答案】3eq\r(3)【解析】因?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)b－sinC))cosA＝sinAcosC，所以eq\f(1,2)bcosA－sinCcosA＝sinAcosC，所以eq\f(1,2)bcosA＝sin(A＋C)，所以eq\f(1,2)bcosA＝sinB，所以eq\f(cosA,2)＝eq\f(sinB,b)，又eq\f(sinB,b)＝eq\f(sinA,a)，a＝2eq\r(3)，所以eq\f(cosA,2)＝eq\f(sinA,2\r(3))，得tanA＝eq\r(3)，又A∈(0，π)，則A＝eq\f(π,3)，由余弦定理得(2eq\r(3))2＝b2＋c2－2bc·eq\f(1,2)＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc，即bc≤12，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c＝2eq\r(3)時(shí)取等號(hào)，從而△ABC面積的最大值為eq\f(1,2)×12×eq\f(\r(3),2)＝3eq\r(3).17．(2019·綿陽(yáng)模擬)在△ABC中，a，b，c分別為內(nèi)角A，B