專題02 運(yùn)用正余弦定理解決三角形問題(解析版)

專題02運(yùn)用正余弦定理解決三角形問題一、題型選講題型一正余弦定理在三角形中的運(yùn)用正余弦定理主要就是研究三角形綜合的邊與角的問題，在三角形中要恰當(dāng)?shù)倪x擇正余弦定理，但是許多題目中往往給出多邊形，因此，要咋愛多邊形中恰當(dāng)?shù)倪x擇三角形，就要根據(jù)題目所給的條件，標(biāo)出邊和角，合理的選擇三角形，盡量選擇邊和角都比較多的條件的三角形，然后運(yùn)用正余弦定理解決。例1、(2017徐州、連云港、宿遷三檢）如圖，在中，已知點(diǎn)在邊上，，，，．（1）求的值；（2）求的長．AABCD第15題)解析：（1）在中，，，所以．同理可得，．所以．（2）在中，由正弦定理得，．又，所以．在中，由余弦定理得，．例2、（2017年蘇北四市模擬）如圖，在四邊形ABCD中，已知AB＝13，AC＝10，AD＝5，CD＝eq\r(65)，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝50.(1)求cos∠BAC的值；(2)求sin∠CAD的值；(3)求△BAD的面積．解析：(1)因?yàn)閑q\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(A\o(B,\s\up6(→))))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(A\o(C,\s\up6(→))))cos∠BAC，所以cos∠BAC＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(A\o(B,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(A\o(C,\s\up6(→)))))＝eq\f(50,13×10)＝eq\f(5,13).(2)在△ADC中，AC＝10，AD＝5，CD＝eq\r(65).由余弦定理，得cos∠CAD＝eq\f(AC2＋AD2－CD2,2AC·AD)＝eq\f(102＋52－\r(65)2,2×10×5)＝eq\f(3,5).因?yàn)椤螩AD∈(0，π)，所以sin∠CAD＝eq\r(1－cos2∠CAD)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2)＝eq\f(4,5).(3)由(1)知，cos∠BAC＝eq\f(5,13).因?yàn)椤螧AC∈(0，π)，所以sin∠BAC＝eq\r(1－cos2∠BAC)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,13)))2)＝eq\f(12,13).從而sin∠BAD＝sin(∠BAC＋∠CAD)＝sin∠BACcos∠CAD＋cos∠BACsin∠CAD＝eq\f(12,13)×eq\f(3,5)＋eq\f(5,13)×eq\f(4,5)＝eq\f(56,65).所以S△BAD＝eq\f(1,2)AB·AD·sin∠BAD＝eq\f(1,2)×13×5×eq\f(56,65)＝28.題型二運(yùn)用正余弦定理解決邊角問題正余弦定理主要是解決三角形的邊角問題，在解三角形時(shí)要分析三角形中的邊角關(guān)系，要合理的使用正、余弦定理，要有意識(shí)的考慮是運(yùn)用正弦定理還是余弦定理，就要抓住這兩個(gè)定理的使用條件。例3、（2019年江蘇卷）在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c．（1）若a=3c，b=，cosB=，求c的值；（2）若，求的值．【解析】(1)由題意結(jié)合余弦定理得到關(guān)于c的方程，解方程可得邊長c的值；(2)由題意結(jié)合正弦定理和同角三角函數(shù)基本關(guān)系首先求得的值，然后由誘導(dǎo)公式可得的值.（1）因?yàn)椋捎嘞叶ɡ?，得，?所以.（2）因?yàn)?，由正弦定理，得，所?從而，即，故.因?yàn)?，所以，從?因此.題型三、運(yùn)用正余弦定理研究三角形中有關(guān)的范圍無論是在利用正弦定理或余弦定理進(jìn)行邊角互化，還是利用三角恒等式消元的過程中都需要有較強(qiáng)的目標(biāo)意識(shí)．本題通過不同角度的消元將問題轉(zhuǎn)化為利用基本不等式求最值的問題進(jìn)行解決．由目標(biāo)式的結(jié)構(gòu)則容易聯(lián)想利用斜三角形中的恒等式tanA＋tanB＋tanC＝tanAtanBtanC將問題作進(jìn)一步處理例4、(2019無錫期末）在銳角三角形ABC中，已知2sin2A＋sin2B＝2sin2C，則eq\f(1,tanA)＋eq\f(1,tanB)＋eq\f(1,tanC)的最小值為________．【答案】eq\f(\r(13),2)解法1：因?yàn)?sin2A＋sin2B＝2sin2C，所以由正弦定理可得2a2＋b2＝2c2由余弦定理及正弦定理可得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(b2,4ab)＝eq\f(b,4a)＝eq\f(sinB,4sinA)又因?yàn)閟inB＝sin＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC所以cosC＝eq\f(sinAcosC＋cosAsinC,4sinA)＝eq\f(cosC,4)＋eq\f(sinC,4tanC)可得tanC＝3tanA，代入tanA＋tanB＋tanC＝tanAtanBtanC得tanB＝eq\f(4tanA,3tan2A－1)所以eq\f(1,tanA)＋eq\f(1,tanB)＋eq\f(1,tanC)＝eq\f(1,tanA)＋eq\f(3tan2A－1,4tanA)＋eq\f(1,3tanA)＝eq\f(3tanA,4)＋eq\f(13,12tanA)因?yàn)锳∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以tanA>0，所以eq\f(3tanA,4)＋eq\f(13,12tanA)≥2eq\r(\f(3tanA,4)×\f(13,12tanA))＝eq\f(\r(13),2)當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(3tanA,4)＝eq\f(13,12tanA)，即tanA＝eq\f(\r(13),3)時(shí)取“＝”．所以eq\f(1,tanA)＋eq\f(1,tanB)＋eq\f(1,tanC)的最小值為eq\f(\r(13),2).解法2：過點(diǎn)B作BD⊥AC于D，設(shè)AD＝x，DC＝y(tǒng)，BD＝h，則tanA＝eq\f(h,x)，tanC＝eq\f(h,y).同解法1可得tanC＝3tanA，tanB＝eq\f(4tanA,3tan2A－1)則eq\f(h,y)＝eq\f(3h,x)即x＝3y，tanB＝eq\f(\f(4h,x),3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,x)))\s\up12(2)－1)＝eq\f(4hx,3h2－x2)所以eq\f(1,tanA)＋eq\f(1,tanB)＋eq\f(1,tanC)＝eq\f(x,h)＋eq\f(3h2－x2,4hx)＋eq\f(y,h)＝eq\f(3y,h)＋eq\f(3h2－9y2,12hy)＋eq\f(y,h)＝eq\f(13y,4h)＋eq\f(h,4y)≥eq\f(\r(13),2)當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(13y,4h)＝eq\f(h,4y)即y＝eq\f(,13)y時(shí)取“＝”．所以eq\f(1,tanA)＋eq\f(1,tanB)＋eq\f(1,tanC)的最小值為eq\f(\r(13),2).題型四、正余弦定理與向量的結(jié)合三角函數(shù)和平面向量是高中數(shù)學(xué)的兩個(gè)重要分支，內(nèi)容繁雜，且平面向量與三角函數(shù)交匯點(diǎn)較多，向量的平行、垂直、夾角、數(shù)量積等知識(shí)都可以與三角函數(shù)進(jìn)行交匯．不論是哪類向量知識(shí)與三角函數(shù)的交匯試題，都會(huì)出現(xiàn)交匯問題中的難點(diǎn)，對(duì)于此類問題的解決方法就是利用向量的知識(shí)將條件轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)中的“數(shù)量關(guān)系”，再利用三角函數(shù)的相關(guān)知識(shí)進(jìn)行求例5、(2019無錫期末）在△ABC中，設(shè)a，b，c分別是角A，B，C的對(duì)邊，已知向量m＝(a，sinC－sinB)，n＝(b＋c，sinA＋sinB)，且m∥n.(1)求角C的大?。?2)若c＝3,求△ABC的周長的取值范圍．(1)由m∥n及m＝(a，sinA－sinB)，n＝(b＋c，sinA＋sinB)得a(sinA＋sinB)－(b＋c)(sinC－sinB)＝0，(2分)由正弦定理，得：aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2R)＋\f(b,2R)))－(b＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2R)－\f(b,2R)))＝0，所以a2＋ab－(c2－b2)＝0，得c2＝a2＋b2＋ab，由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcoC，所以a2＋b2＋ab＝a2＋b2－2abcosC，所以ab＝－2abcosC，(5分)因?yàn)閍b>0，所以cosC＝－eq\f(1,2)，又因?yàn)镃∈(0，π)，所以C＝eq\f(2π,3).(7分)(2)在△ABC中，由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcosC.所以a2＋b2－2abcoseq\f(2π,3)＝9，即(a＋b)2－ab＝9.(9分)所以ab＝(a＋b)2－9≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)，所以eq\f(3（a＋b）2,4)≤9，即(a＋b)2≤12，所以a＋b≤2eq\r(3)，(12分)又因?yàn)閍＋b>c，所以6<a＋b＋c≤2eq\r(3)＋3，即周長l滿足6<l≤3＋2eq\r(3)，所以△ABC周長的取值范圍是(6，3＋2eq\r(3)]．(14分)二、達(dá)標(biāo)訓(xùn)練1、(2019蘇州三市、蘇北四市二調(diào)）在△ABC中，已知C＝120°，sinB＝2sinA，且△ABC的面積為2eq\r(3)，則AB的長為________．【答案】2eq\r(7)【解析】設(shè)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.因?yàn)閟inB＝2sinA，由正弦定理得b＝2a，因?yàn)椤鰽BC的面積為2eq\r(3)，所以S＝eq\f(1,2)absin120°＝eq\f(\r(3),2)a2＝2eq\r(3)，解得a＝2，所以b＝4，則AB＝c＝eq\r(a2＋b2－2abcosC)＝eq\r(4＋16－2×2×4cos120°)＝2eq\r(7).2、(2019南京學(xué)情調(diào)研）已知△ABC的面積為3eq\r(15)，且AC－AB＝2，cosA＝－eq\f(1,4)，則BC的長為________．【答案】8【解析】在△ABC中，cosA＝－eq\f(1,4)，所以sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(\r(15),4)，由S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)bc×eq\f(\r(15),4)＝3eq\r(15)得bc＝24，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝(b－c)2＋2bc－2bccosA＝22＋48＋12＝64，即a＝8.3、(2017南京、鹽城一模）在△ABC中，已知AB＝eq\r(3)，C＝eq\f(π,3)，則eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))的最大值為________．【答案】eq\f(3,2)【解析】因?yàn)锳B＝eq\r(3)，C＝eq\f(π,3)，設(shè)角A，B，C所對(duì)的邊為a，b，c，所以由余弦定理得3＝a2＋b2－2abcoseq\f(π,3)＝a2＋b2－ab≥ab，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\r(3)時(shí)等號(hào)成立，又eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝abcosC＝eq\f(1,2)ab，所以當(dāng)a＝b＝eq\r(3)時(shí)，(eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→)))max＝eq\f(3,2).4、(2016鹽城三模）在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若△ABC為銳角三角形，且滿足b2－a2＝ac，則eq\f(1,tanA)－eq\f(1,tanB)的取值范圍是________．【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2\r(3),3)))【解析】eq\a\vs4\al(思路分析)思路一，根據(jù)題意可知，本題可以從“解三角形和三角恒等變換”角度切入，又因已知銳角和邊的關(guān)系，而所求為正切值，故把條件化為角的正弦和余弦來處理即可；思路二，本題所求為正切值，故可以構(gòu)造直角三角形，用邊的關(guān)系處理．解法1原式可化為eq\f(1,tanA)－eq\f(1,tanB)＝eq\f(cosA,sinA)－eq\f(cosB,sinB)＝eq\f(sinBcosA－cosBsinA,sinAsinB)＝eq\f(sinB－A,sinAsinB).由b2－a2＝ac得，b2＝a2＋ac＝a2＋c2－2accosB，即a＝c－2acosB，也就是sinA＝sinC－2sinAcosB，即sinA＝sin(A＋B)－2sinAcosB＝sin(B－A)，由于△ABC為銳角三角形，所以有A＝B－A，即B＝2A，故eq\f(1,tanA)－eq\f(1,tanB)＝eq\f(1,sinB)，在銳角三角形ABC中易知，eq\f(π,3)<B<eq\f(π,2)，eq\f(\r(3),2)<sinB<1，故eq\f(1,tanA)－eq\f(1,tanB)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2\r(3),3))).解法2根據(jù)題意，作CD⊥AB，垂足為點(diǎn)D，畫出示意圖．因?yàn)閎2－a2＝AD2－BD2＝(AD＋BD)(AD－BD)＝c(AD－BD)＝ac，所以AD－BD＝a，而AD＋BD＝c，所以BD＝eq\f(c－a,2)，則c>a，即eq\f(c,a)>1，在銳角三角形ABC中有b2＋a2>c2，則a2＋a2＋ac>c2，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))2－eq\f(c,a)－2<0，解得－1<eq\f(c,a)<2，因此，1<eq\f(c,a)<2.而eq\f(1,tanA)－eq\f(1,tanB)＝eq\f(AD－BD,CD)＝eq\f(a,\r(a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c－a,2)))2))＝eq\f(1,\r(1－\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)－1))2))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2\r(3),3))).5、(2016徐州、連云港、宿遷三檢）如圖，在梯形ABCD中，已知AD∥BC，AD＝1，BD＝2eq\r(10)，∠CAD＝eq\f(π,4)，tan∠ADC＝－2.(1)求CD的長；(2)求△BCD的面積．解析：(1)因?yàn)閠an∠ADC＝－2，且∠ADC∈(0，π)，所以sin∠ADC＝eq\f(2\r(5),5)，cos∠ADC＝－eq\f(\r(5),5).所以sin∠ACD＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－∠ADC－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(∠ADC＋\f(π,4)))＝sin∠ADC·coseq\f(π,4)＋cos∠ADC·sineq\f(π,4)＝eq\f(\r(10),10)，(6分)在△ADC中，由正弦定理得CD＝eq\f(AD·sin∠DAC,sin∠ACD)＝eq\r(5)因?yàn)锳D∥BC,所以cos∠BCD＝－cos∠ADC＝eq\f(\r(5),5)，sin∠BCD＝sin∠ADC＝eq\f(2\r(5),5)在△BDC中，由余弦定理得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD·cos∠BCD，得BC2－2BC－35＝0，解得BC＝7,(12分)所以S△BCD＝eq\f(1,2)BC·CD·sin∠BCD＝eq\f(1,2)×7×eq\r(5)×eq\f(2\r(5),5)＝7.6、(2019鎮(zhèn)江期末）在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且ccosB＋bcosC＝3acosB.(1)求cosB的值；(2)若|eq\o(CA,\s\up6(→))－eq\o(CB,\s\up6(→))|＝2，△ABC的面積為2eq\r(2)，求邊b.規(guī)范解答(1)由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，CcosB＋bcosC＝3acosB，得sinCcosB＋sinBcosC＝3sinAcosB，(3分)則有3sinAcosB＝sin(B＋C)＝sin(π－A)＝sinA.(5分)又A∈(0，π)，則sinA>0，(6分)則cosB＝eq\f(1,3).(7分)(2)因?yàn)锽∈(0，π)，則sinB>0，sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq\f(2\r(2),3).(9分)因?yàn)閨eq\o(CA,\s\up6(→))－eq\o(CB,\s\up6(→))|＝|eq\o(BA,\s\up6(→))|＝2，(10分)所以S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)a×2×eq\f(2\r(2),3)＝2eq\r(2)，得a＝3.(12分)由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB＝9＋4－2×3×2×eq\f(1,3)＝9，則b＝3.(14分)7、(2018常州期末）已知△ABC中，a，b，c分別為三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，且eq\r(3)bsinC＝ccosB＋c.(1)求角B的大小；(2)若b2＝ac，求eq\f(1,tanA)＋eq\f(1,tanC)的值．規(guī)范解答(1)由已知及正弦定理得eq\r(3)sinBsinC＝cosBsinC＋sinC.在△ABC中，sinC>0，所以eq\r(3)sinB－cosB＝1，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))＝eq\f(1,2).又B∈(0，π)，故－eq\f(π,6)<B－eq\f(π,6)<eq\f(5π,6)，所以B－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，所以B＝eq\f(π,3).(6分)(2)因?yàn)閎2＝ac，由正弦定理得sin2B＝sinAsinC，故eq\f(1,tanA)＋eq\f(1,tanC)＝eq\f(cosA,sinA)＋eq\f(cosC,sinC)＝eq\f(cosAsinC＋sinAcosC,sinAsinC)＝eq\f(sin（A＋C）,sinAsinC)＝eq\f(sin（π－B）,sinAsinC)＝eq\f(sinB,sinAsinC)，所以eq\f(1,tanA)＋eq\f(1,tanC)＝eq\f(sinB,sin2