第一節(jié)正弦定理(考點(diǎn)分析)

【考點(diǎn)分析】第一節(jié)正弦定理【考點(diǎn)一】由已知求邊和角【典型例題1】(2021·河北武邑中學(xué))黑板上有一道有解的解三角形的習(xí)題，一位同學(xué)不小心把其中一部分擦去了，現(xiàn)在只能看到：在△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a、b、c，已知a＝2，…，解得b＝eq\r(6)，根據(jù)以上信息，你認(rèn)為下面哪個選項可以作為這個習(xí)題的其余已知條件()A．A＝30°，B＝45° B．C＝75°，A＝45°C．B＝60°，c＝3 D．c＝1，cosC＝eq\f(1,3)【解析】由C＝75°，A＝45°可知B＝60°，又eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，∴b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(2sin60°,sin45°)＝eq\f(\r(3),\f(\r(2),2))＝eq\r(6)，符合題意，故選B.【答案】B【考點(diǎn)二】三角恒等變換與解三角形【典型例題2】如圖所示，D是Rt△ABC斜邊BC上一點(diǎn)，AB＝AD，記∠CAD＝α，∠ABC＝β.(1)證明：sinα＋cos2β＝0；(2)若AC＝eq\r(3)DC，求β的值．【解析】(1)證明：∵α＝eq\f(π,2)－(π－2β)＝2β－eq\f(π,2)，∴sinα＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2β－\f(π,2)))＝－cos2β，即sinα＋cos2β＝0.(2)解：在△ADC中，由正弦定理，得eq\f(DC,sinα)＝eq\f(AC,sin(π－β))，即eq\f(DC,sinα)＝eq\f(\r(3)DC,sinβ)，∴sinβ＝eq\r(3)sinα.由(1)得sinα＝－cos2β，∴sinβ＝－eq\r(3)cos2β＝－eq\r(3)(1－2sin2β)，由2eq\r(3)sin2β－sinβ－eq\r(3)＝0，解得sinβ＝eq\f(\r(3),2)或sinβ＝－eq\f(\r(3),3).∵0<β<eq\f(π,2)，∴sinβ＝eq\f(\r(3),2)，∴β＝eq\f(π,3).【答案】(1)見解析(2)eq\f(π,3)【考點(diǎn)三】利用正弦定理判定三角形的形狀【典型例題3】(1)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，則滿足下面條件的三角形不一定是直角三角形的是()A．sinA＋sinB＝sinC(cosA＋cosB)B．eq\f(tanA,tanB)＝eq\f(a2,b2)C．cos2eq\f(B,2)＝eq\f(a＋c,2c)D．a(chǎn)cosB－bcosA＝c(2)在△ABC中，若eq\f(bcosC,ccosB)＝eq\f(1＋cos2C,1＋cos2B)，則△ABC的形狀是()A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形D．等腰三角形或直角三角形【解析】(1)對于A，sinA＋sinB＝sinC(cosA＋cosB)，由正弦定理角化邊得a＋b＝c(cosA＋cosB)，由sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC得a＝bcosC＋ccosB，同理得b＝acosC＋ccosA，代入上式整理得ccosB＋bcosC＋acosC＋ccosA＝c(cosA＋cosB)，即(a＋b)cosC＝0，因為a＋b>0，所以cosC＝0，則C＝eq\f(π,2)，故A正確；對于B，可知當(dāng)三角形為等邊三角形時，等式同樣成立，故B錯誤；對于C，cos2eq\f(B,2)＝eq\f(a＋c,2c)，根據(jù)半角公式有eq\f(cosB＋1,2)＝eq\f(a＋c,2c)，即ccosB＝a，即ccosB＝ccosB＋bcosC，整理得bcosC＝0，因為b≠0，所以cosC＝0，即C＝eq\f(π,2)，故C正確；對于D，acosB－bcosA＝c，由A知在任意的三角形中都有acosB＋bcosA＝c，所以兩式相減可得bcosA＝0，因為b≠0，所以cosA＝0，即A＝eq\f(π,2)，故D正確，故選ACD.(2)由已知eq\f(1＋cos2C,1＋cos2B)＝eq\f(2cos2C,2cos2B)＝eq\f(cos2C,cos2B)＝eq\f(bcosC,ccosB)，所以eq\f(cosC,cosB)＝eq\f(b,c)或eq\f(cosC,cosB)＝0，即C＝90°或eq\f(cosC,cosB)＝eq\f(b,c)．當(dāng)C＝90°時，△ABC為直角三角形．當(dāng)eq\f(cosC,cosB)＝eq\f(b,c)時，由正弦定理，得eq\f(b,c)＝eq\f(sinB,sinC)，所以eq\f(cosC,cosB)＝eq\f(sinB,sinC)，即sinCcosC＝sinBcosB，即sin2C＝sin2B．因為B，C均為△ABC的內(nèi)角，所以2C＝2B或2C＋2B＝180°，所以B＝C或B＋C＝90°，所以△ABC為等腰三角形或直角三角形，故選D．【答案】(1)ACD(2)D【考點(diǎn)四】利用正弦定理求三角形的面積【典型例題4】在△ABC中，A＝eq\f(π,4)，b2sinC＝4eq\r(2)sinB，則△ABC的面積為________．【解析】因為b2sinC＝4eq\r(2)sinB，所以b2c＝4eq\r(2)b，所以bc＝4eq\r(2)，S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×4eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝2．【答案】2【考點(diǎn)五】利用正弦定理求邊的最值【典型例題5】(2022?江蘇高三專題練)已知內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，，的面積.(1)求邊c；(2)若為銳角三角形，求a的取值范圍.【解析】(1)因為，，所以；因為，所以.(2)在中，由正弦定理，由(1)知，，代入上式得：，因為為銳角三角形，則,所以，所以，所以.【答案】(1)1(2)【考點(diǎn)六】利用正弦定理求有關(guān)周長的最值(范圍)問題【典型例題6】(2022?浙江省新昌中學(xué)模擬)已知函數(shù)，其中，若實數(shù)滿足時，的最小值為．(1)求的值及的對稱中心；(2)在中，a，b，c分別是角A，B，C的對邊，若，求周長的取值范圍．【解析】(1)，顯然的最大值為1，最小值為，則時，的最小值等于，則，則，；令，解得，則的對稱中心為；(2)，，又，則，由正弦定理得，則，則周長為，又，則，則，故周長的取值范圍為.【答案】(1)，對稱中心；(2)【歸納總結(jié)】求有關(guān)三角形周長的最值(范圍)問題．一般轉(zhuǎn)化為一個角的一個三角函數(shù)，利用三角函數(shù)的有界性求解，或利用余弦定理轉(zhuǎn)化為邊的關(guān)系，再應(yīng)用基本不等式求解．【考點(diǎn)七】三角形解的個數(shù)【典型例題7】(2022?江西省二模)設(shè)在中，角A、B、C所對的邊分別為a，b，c，若滿足的不唯一，則m的取值范圍為(

)A． B．C． D．【解析】由正弦定理，即，所以，因為不唯一，即有兩解，所以且，即，所以，所以，即；故選：A【答案】A【歸納總結(jié)】這是已知三角形兩邊和其中一邊的對角，解斜三角形問題，首先求出另一邊的對角的正弦值，其次根據(jù)該正弦值求角時，需對角的情況加以討論是否有解？如果有解，是一解，還是兩解？不解三角形只判斷解的個數(shù)，只需用圖解法．【考點(diǎn)八】利用正弦定理證明恒等式【典型例題8】在△ABC中，求證：eq\f(a－ccosB,b－ccosA)＝eq\f(sinB,sinA).【證明】因為eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R，所以左邊＝eq\f(2RsinA－2RsinCcosB,2RsinB－2RsinCcosA)＝eq\f(sin(B＋C)－sinCcosB,sin(A＋C)－sinCcosA)＝eq\f(sinBcosC,sinAcosC)＝eq\f(sinB,sinA)＝右邊．所以等式成立．【歸納總結(jié)】正弦定理的變形公式使三角形的邊與邊的關(guān)系和角與角的關(guān)系之間的相互轉(zhuǎn)化的功能更加強(qiáng)大，更加靈活．【考點(diǎn)九】正弦定理的綜合應(yīng)用【典型例題9】在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c．已知b＋c＝2acosB．(1)證明：A＝2B；(2)若△ABC的面積S＝eq\f(a2,4)，求角A的大?。窘馕觥?1)證明：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＝eq\f(a2,4)，得eq\f(1,2)absinC＝eq\f(a2,4)，故有sinBsinC＝eq\f(1,2)sinA＝e