高考大題研究課四利用正弦余弦定理解三角形學案

高考大題研究課四利用正弦、余弦定理解三角形題型一解三角形例1[2023·遼寧沈陽模擬]從①bsinC＝3ccosB，②b2＋ac＝a2＋c2這兩個條件中任選一個，補充到下面已知條件中進行解答．已知△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且________．(填寫①或②，只可以選擇一個序號，并依此條件進行解答．)(1)求B；(2)若b＝2，△ABC的面積為3，求a.題后師說利用正弦、余弦定理解三角形的關鍵就是邊角轉化，可以把已知條件化為角的三角函數關系，也可以把已知條件化為三角形邊的關系．解題時，常用到三角形的內角和定理、三角形面積公式等．鞏固訓練1[2023·河南開封模擬]在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，(b＋a)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC.(1)求角A的大??；(2)設a＝2，cosB2＝217，求題型二三角形中的范圍問題例2[2023·河北衡水中學模擬]銳角三角形ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且3ac·cosB＝tanB＋tan(1)求角C的值；(2)若c＝23，D為AB的中點，求中線CD的取值范圍．題后師說三角形中的范圍問題一般先通過正、余弦定理將邊轉化為角，再根據三角恒等變換及三角形內角和定理轉化為“一角一函數”的形式，最后結合角的范圍利用三角函數的單調性和值域求解．鞏固訓練2[2023·河南新鄉(xiāng)模擬]銳角△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知sinB-sinC2＝sin2A－sinB(1)求A；(2)b＝2，求△ABC面積的取值范圍．題型三平面圖形中的解三角形問題例3[2023·江西南昌實驗中學模擬]如圖，在△ABC中，角A、B、C所對的邊分別為a、b、c，bcosA－asinB＝0.(1)求∠BAC；(2)若AB⊥AD，AC＝22，CD＝5，求AD的長．題后師說平面圖形中的解三角形問題求解思路(1)把所提供的平面圖形拆分成多個三角形，然后在各個三角形內利用正弦、余弦定理求解；(2)尋找各個三角形之間的聯系，交叉使用公共條件，求出結果．解題時，有時要用到平面幾何中的一些知識點，如相似三角形的邊角關系、平行四邊形的性質，要把這些知識與正弦、余弦定理有機結合，才能順利解決問題．鞏固訓練3[2023·山東聊城模擬]如圖，在四邊形ABCD中，BD<AD，sin(π3－∠A)cos(π6＋∠A)＝(1)求∠A；(2)若AB＝3，AD＝3，CD＝1，∠C＝2∠CBD，求四邊形ABCD的面積．1.[2022·新高考Ⅰ卷]記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知cosA1+sin(1)若C＝2π3，求B(2)求a2+2．[2022·新高考Ⅱ卷]記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，分別以a，b，c為邊長的三個正三角形的面積依次為S1，S2，S3.已知S1－S2＋S3＝32，sinB＝1(1)求△ABC的面積；(2)若sinAsinC＝23，求b3．[2021·新高考Ⅰ卷]記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知b2＝ac，點D在邊AC上，BDsin∠ABC＝asinC.(1)證明：BD＝b；(2)若AD＝2DC，求cos∠ABC.4．[2021·新高考Ⅱ卷]在△ABC中，角A、B、C所對的邊長分別為a、b、c，b＝a＋1，c＝a＋2.(1)若2sinC＝3sinA，求△ABC的面積；(2)是否存在正整數a，使得△ABC為鈍角三角形？若存在，求出a的值；若不存在，說明理由．5．[2020·新高考Ⅰ卷]在①ac＝3，②csinA＝3，③c＝3b這三個條件中任選一個，補充在下面問題中，若問題中的三角形存在，求c的值；若問題中的三角形不存在，說明理由．問題：是否存在△ABC，它的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且sinA＝3sinB，C＝π6，________注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．高考大題研究課四利用正弦、余弦定理解三角形例1解析：(1)選①：bsinC＝3ccosB，由正弦定理得sinBsinC＝3sinCcosB，因為C∈(0，π)，所以sinC≠0，故tanB＝3，因為B∈(0，π)，所以B＝π3選②：b2＋ac＝a2＋c2，由余弦定理得cosB＝a2+c2-b22ac＝12，因為B∈(0(2)選①：bsinC＝3ccosB，由面積公式得12acsinB＝12acsinπ3＝34ac＝3，解得ac＝4，由余弦定理得cosB＝a2+c2-48＝12，解得a2＋選②：b2＋ac＝a2＋c2.由面積公式得：12acsinB＝12acsinπ3＝34ac＝3，解得ac＝4，由余弦定理得cosB＝a2+c2-48＝12，解得a2＋鞏固訓練1解析：(1)由題設(a＋b)(a－b)＝(c－b)c，即bc＝c2＋b2－a2，所以cosA＝c2+b2-a22bc＝12，又(2)由(1)知：0<B<2π3，則0<B2<π3，而cosB2＝217，故sin所以sinB＝2sinB2cosB2＝2×27而asinA＝bsinB，故b＝例2解析：(1)由3ac·cosB＝tanB＋tan3sinAsinC·cosB＝sinsinC＝3cosC，C∈(0，π)，tanC＝3，C＝π3(2)CD＝12(CA+CB)，CD2＝14(CA+CB)2，CD2＝由余弦定理有c2＝a2＋b2－ab，12＝a2＋b2－ab，所以CD2＝14(a2＋b2＋ab)，CD2＝14(12＋2ab)＝3＋1由正弦定理asinA＝bsinB＝csinC，asinA＝bsinB＝2332CD2＝3＋12ab＝3＋8sinAsinB＝3＋8sinAsin(2π3－A＝3＋8sinA(sin2π3cosA－cos2π3sin＝3＋8sinA(32cosA＋12sin＝3＋43sinAcosA＋4sin2A＝3＋23sin2A＋2(1－cos2A)＝5＋4(32sin2A－12cos2A)＝5＋4sin(2A－πCD2＝5＋4sin(2A－π6)，因為△ABC為銳角三角形，所以0<A<π2且A＋C>則A∈(π6，π2)，π6<2A－π6<5π6，則CD2∈(7，9]，CD鞏固訓練2解析：(1)因為(sinB－sinC)2＝sin2A－sinBsinC，所以sin2A＝sin2B＋sin2C－sinBsinC，所以a2＝b2＋c2－bc，又a2＝b2＋c2－2bccosA，所以cosA＝12又A∈(0，π2)，所以A＝π(2)△ABC的面積S△ABC＝12bcsinA＝32由正弦定理得c＝bsinCsinB＝2sin因為△ABC為銳角三角形，所以0<B<π20<2π3-B<π2則tanB>33，則1<c<4故△ABC面積的取值范圍是(32，23)例3解析：(1)在△ABC中，由正弦定理得sinBcosA－sinAsinB＝0，∵sinB≠0，∴cosA＝sinA，即tanA＝1，∵A∈(0，π)，∴∠BAC＝A＝π4(2)∵AB⊥AD，且∠BAC＝π4，則∠CAD＝π在△ACD中，AC＝22，CD＝5，∠CAD＝π4由余弦定理得CD2＝AC2＋AD2－2AC·ADcos∠CAD，即5＝8＋AD2－2×22AD×22整理得AD2－4AD＋3＝0，解得AD＝1或AD＝3.經驗證AD＝1或AD＝3均滿足三角形中兩邊之和大于第三邊，兩邊之差小于第三邊．故AD的長為1或3.鞏固訓練3解析：(1)因為(π3－∠A)＋(π6＋∠A)＝π2，所以sin(π3－∠A)＝cos(π6所以sin(π3－∠A)cos(π6＋∠A)＝14可化為sin2(π3－∠A由二倍角公式可得cos(2π3－2∠A)＝1因為BD<AD，所以∠A∈(0，π2)，所以(2π3－2∠A)∈(－π所以2π3－2∠A＝π3，解得∠A＝(2)在△ABD中，AB＝3，AD＝3，∠A＝π6，BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠A，即BD2＝3＋9－2×3×3×32＝3所以BD＝3.在△BCD中，由正弦定理得sin∠Csin∠CBD＝BD所以sin∠C＝3sin∠CBD.又因為∠C＝2∠CBD，所以cos∠CBD＝32又因為∠CBD∈(0，π)，所以∠CBD＝π6，從而∠C＝2∠CBD＝π3，所以∠BDC＝因此四邊形ABCD的面積S＝12AB·AD·sin∠A＋12BD·CD＝12×3×3×1真題展臺——知道高考考什么？1．解析：(1)由已知條件，得sin2B＋sinAsin2B＝cosA＋cosAcos2B.所以sin2B＝cosA＋cosAcos2B－sinAsin2B＝cosA＋cos(A＋2B)＝cos[π－(B＋C)]＋cos[π－(B＋C)＋2B]＝－cos(B＋C)＋cos[π＋(B－C)]＝－2cosBcosC，所以2sinBcosB＝－2cosBcosC，即(sinB＋cosC)cosB＝0.由已知條件，得1＋cos2B≠0，則B≠π2所以cosB≠0，所以sinB＝－cosC＝12又0＜B＜π3，所以B＝π(2)由(1)知sinB＝－cosC＞0，則B＝C－π2所以sinA＝sin(B＋C)＝sin(2C－π2)＝－cos2C由正弦定理，得a2+b2c2＝sin2A+sin2Bsin2C＝cos22C+cos2Csin2當且僅當sin2C＝22時，等號成立，所以a2+b22．解析：(1)∵邊長為a的正三角形的面積為34a2∴S1－S2＋S3＝34(a2－b2＋c2)＝3結合余弦定理，得accosB＝1，即cosB＝1ac由sinB＝13，得cosB＝223，∴ac故S△ABC＝12acsinB＝12×(2)由正弦定理得b2sin2B＝asinA·csinC＝acsinAsinC＝32423.解析：(1)證明：由題設得，BD＝asinCsin∠ABC，由正弦定理知csinC＝b∴BD＝acb，又∵b2＝ac∴BD＝b，得證．(2)由題意知BD＝b，AD＝2b3，DC＝b∴cos∠ADB＝b2+4b29-c22b·2b3＝∵∠ADB＝π－∠CDB，∴13b29-c24b23＝a2-10b292∴2a2＋b4a2＝11b23，整理得6a4－11a2b2＋3b4＝0，解得a2由余弦定理知cos∠ABC＝a2+c當a2b2＝13時，cos∠ABC＝76>1不合題意；當a2b2＝32時，cos∠ABC＝74．解析：(1)因為2sinC＝3sinA，則2c＝2(a＋2)＝3a，則a＝4，故b＝5，c＝6，cosC＝a2+b2-c22ab＝18，所以C為銳角，因此S△ABC＝12absinC＝12×4×5×37(2)顯然c>b>a，若△ABC為鈍角三角形，則C為鈍角，由余弦定理可得cosC＝a＝a2+a+12解得－1<a<3，則0<a<3，由三角形三邊關系可得a＋a＋1>a＋2，可得a>1，∵a∈Z，故a＝2.5．解析：方案一：選條件①.由C＝π6和余弦定理得a2+由sinA＝3sinB及正弦定理得a＝3b.于是3b2+b2-c2由