高中数学知识点总结(第四章 三角函数、解三角形 第七节 正弦定理和余弦定理)

一、基础知识 1．正弦定理

abc＝＝＝2R(R为△ABC外接圆的半径)． sin Asin Bsin C

正弦定理的常见变形

(1)a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C； (2)sin A＝

abc，sin B＝，sin C＝； 2R2R2R(3)a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C； a＋b＋ca(4)＝. sin A＋sin B＋sin Csin A

2．余弦定理

a2＝b2＋c2－2bccos A； b2＝c2＋a2－2cacos B； c2＝a2＋b2－2abcos C. 3．三角形的面积公式

1

(1)S△ABC＝aha(ha为边a上的高)；

2111

(2)S△ABC＝absin C＝bcsin A＝acsin B；

222

1

(3)S＝r(a＋b＋c)(r为三角形的内切圆半径)．

2二、常用结论汇总——规律多一点 1．三角形内角和定理

A＋BπC

在△ABC中，A＋B＋C＝π；变形：＝－.

2222．三角形中的三角函数关系

(1)sin(A＋B)＝sin C；(2)cos(A＋B)＝－cos C； A＋BA＋BCC

(3)sin＝cos；(4)cos＝sin.

22223．三角形中的射影定理

在△ABC中，a＝bcos C＋ccos B；b＝acos C＋ccos A；c＝bcos A＋acos B. 4．用余弦定理判断三角形的形状

在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，当b2＋c2－a2>0时，可知A为锐角；当b2＋c2－a2＝0时，可知A为直角；当b2＋c2－a2<0时，可知A为钝角．

1

第一课时 正弦定理和余弦定理(一) 考点一 利用正、余弦定理解三角形

考法(一) 正弦定理解三角形

[典例] (1)(2019·江西重点中考)在△ABC中，a＝3，b＝2，A＝30°，则cos B＝________.

1π

(2)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a＝3，sin B＝，C＝，则b＝

26________.

bsin A2×sin 30°1

[解析] (1)由正弦定理可得sin B＝＝＝，∵a＝3>b＝2，∴Ba33为锐角，∴cos B＝1－sin2B＝

22. 3

1π5π

(2)∵sin B＝且B∈(0，π)，∴B＝或B＝，

266ππ2π

又∵C＝，∴B＝，A＝π－B－C＝.

663ab

又a＝3，由正弦定理得＝，

sin Asin B即

3b＝，解得b＝1. 2ππsin sin

36

22[答案] (1) (2)1

3考法(二) 余弦定理解三角形

[典例] (1)(2019·山西五校联考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcos A＋acos B＝c2，a＝b＝2，则△ABC的周长为( )

A．7.5 C．6

B．7 D．5

c－b

＝2c－a

(2)(2018·泰安二模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin A

，则角B＝________.

sin B＋sin C

[解析]

(1)∵bcos A＋acos B＝c2，∴由余弦定理可得

b2＋c2－a2a2＋c2－b22b·＋a·＝c，

2bc2ac

整理可得2c2＝2c3，解得c＝1，则△ABC的周长为a＋b＋c＝2＋2＋1＝5.

(2)由正弦定理可得

c－bsin Aa

＝＝， 2c－asin B＋sin Cb＋c

∴c2－b2＝2ac－a2，∴c2＋a2－b2＝2ac，

2

a2＋c2－b22π

∴cos B＝＝，∵02ac24π

[答案] (1)D (2)

4

[题组训练]

1.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b2＝ac，c＝2a，则cos C＝( ) A.2

4

B．－2 4

3C. 43

D．－ 4

解析：选B 由题意得，b2＝ac＝2a2，

a2＋b2－c2a2＋2a2－4a22即b＝2a，∴cos C＝＝＝－.

2ab42a×2a

2.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sin B＋sin A(sin C－cos C)＝0，a＝2，c＝2，则C＝( )

π

A. 12πC. 4

π B.

6π D.

3

解析：选B 因为sin B＋sin A(sin C－cos C)＝0， 所以sin(A＋C)＋sin Asin C－sin Acos C＝0，

所以sin Acos C＋cos Asin C＋sin Asin C－sin Acos C＝0，整理得sin C(sin A＋cos A)＝0.因为sin C≠0，

所以sin A＋cos A＝0，所以tan A＝－1， 3π

因为A∈(0，π)，所以A＝，

4c·sin A

由正弦定理得sin C＝＝aππ

又0＜C＜，所以C＝.

46

3.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sin2B＋sin2C＝sin2A＋sin Bsin C.

(1)求角A的大小；

1

(2)若cos B＝，a＝3，求c的值．

3解：(1)由正弦定理可得b2＋c2＝a2＋bc，

2×221＝， 22

3

b2＋c2－a21

由余弦定理得cos A＝＝，

2bc2π

因为A∈(0，π)，所以A＝.

3(2)由(1)可知sin A＝

3， 2

122

因为cos B＝，B为△ABC的内角，所以sin B＝，

33故sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B ＝

3＋2231122

×＋×＝. 23236

ac由正弦定理＝得

sin Asin Casin C3×c＝＝

sin A

3＋2226＝1＋.

33

×62

考点二 判定三角形的形状

[典例] (1)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcos C＋ccos B＝asin A，则△ABC的形状为( )

A．锐角三角形 C．钝角三角形

B．直角三角形 D．不确定

sin Aa

(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若＝，(b＋c＋a)(b＋c－a)＝

sin Bc3bc，则△ABC的形状为( )

A．直角三角形 C．等边三角形

B．等腰非等边三角形 D．钝角三角形

[解析] (1)法一：因为bcos C＋ccos B＝asin A， 由正弦定理知sin Bcos C＋sin Ccos B＝sin Asin A， 得sin(B＋C)＝sin Asin A.

又sin(B＋C)＝sin A，得sin A＝1， π

即A＝，因此△ABC是直角三角形．

2

a2＋b2－c2a2＋c2－b22a2

法二：因为bcos C＋ccos B＝b·＋c·＝＝a，所以asin A＝a，即

2ab2ac2aπ

sin A＝1，故A＝，因此△ABC是直角三角形．

2

sin Aaaa

(2)因为＝，所以＝，所以b＝c.

sin Bcbc

4

又(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc，所以b2＋c2－a2＝bc， b2＋c2－a2bc1

所以cos A＝＝＝.

2bc2bc2

π

因为A∈(0，π)，所以A＝，所以△ABC是等边三角形．

3[答案] (1)B (2)C

[变透练清] 1.

变条件若本例(1)条件改为“asin A＋bsin B解析：根据正弦定理可得a2＋b2a2＋b2－c2由余弦定理得cos C＝<0，故C是钝角，

2ab所以△ABC是钝角三角形． 答案：钝角三角形 2.

变条件

若本例(1)条件改为“c－acos B＝(2a－b)cos A”，那么△ABC的形状为

________．

解析：因为c－acos B＝(2a－b)cos A， C＝π－(A＋B)，

所以由正弦定理得sin C－sin Acos B＝2sin Acos A－sin B·cos A， 所以sin Acos B＋cos Asin B－sin Acos B＝2sin Acos A－sin Bcos A， 所以cos A(sin B－sin A)＝0， 所以cos A＝0或sin B＝sin A， π

所以A＝或B＝A或B＝π－A(舍去)，

2所以△ABC为等腰或直角三角形． 答案：等腰或直角三角形 3.

cos Ab

变条件若本例(2)条件改为“＝＝2”，那么△ABC的形状为________．

cos Ba

cos Abcos Asin Bb

解析：因为＝，由正弦定理得＝，所以sin 2A＝sin 2B.由＝2，可知

cos Bacos Bsin Aaππ

a≠b，所以A≠B.又因为A，B∈(0，π)，所以2A＝π－2B，即A＋B＝，所以C＝，于是△ABC

22是直角三角形．

答案：直角三角形

[课时跟踪检测]

5

A级

sin Acos B

1．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若＝，则B的大小为

ab( )

A．30° C．60°

B．45° D．90°

sin Acos B

解析：选B 由正弦定理知，＝，

sin Asin B∴sin B＝cos B，∴B＝45°.

2．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b＝40，c＝20，C＝60°，则此三角形的解的情况是( )

A．有一解 C．无解

解析：选C 由正弦定理得

40×32

B．有两解

D．有解但解的个数不确定

bc＝， sin Bsin C

bsin C

∴sin B＝＝＝3>1.

c20

∴角B不存在，即满足条件的三角形不存在．

a

3．(2018·重庆六校联考)在△ABC中，cos B＝(a，b，c分别为角A，B，C的对边)，则

c△ABC的形状为( )

A．直角三角形 C．等腰三角形

B．等边三角形

D．等腰三角形或直角三角形

a2＋c2－b2aa

解析：选A 因为cos B＝，由余弦定理得＝，整理得b2＋a2＝c2，即C为

c2acc直角，则△ABC为直角三角形．

4．在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边．若bsin A＝3csin B，a＝3， 2

cos B＝，则b＝( )

3

A．14 C.14

B．6 D.6

解析：选D ∵bsin A＝3csin B⇒ab＝3bc⇒a＝3c⇒c＝1，∴b2＝a2＋c2－2accos B＝9＋2

1－2×3×1×＝6，∴b＝6.

3

5．(2019·莆田调研)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若asin Bcos C

6

1

＋csin Bcos A＝b，且a>b，则B＝( )

2

πA. 62πC. 3

π B.

35π D.

6

1

解析：选A ∵asin Bcos C＋csin Bcos A＝b，∴根据正弦定理可得sin Asin Bcos C＋

211

sin Csin Bcos A＝sin B，即sin B(sin Acos C＋sin Ccos A)＝sin B．∵sin B≠0，∴sin(A＋C)＝

2211π

，即sin B＝.∵a>b，∴A>B，即B为锐角，∴B＝. 226

6．(2019·山西大同联考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2(bcos A＋acos B)＝c2，b＝3,3cos A＝1，则a＝( )

A.5 C.10

B．3 D．4

解析：选B 由正弦定理可得2(sin Bcos A＋sin Acos B)＝csin C， ∵2(sin Bcos A＋sin Acos B)＝2sin(A＋B)＝2sin C，

∴2sin C＝csin C，∵sin C>0，∴c＝2，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝32＋22－1

2×3×2×＝9，∴a＝3.

3

7．在△ABC中，AB＝6，A＝75°，B＝45°，则AC＝________. 解析：C＝180°－75°－45°＝60°， ABAC

由正弦定理得＝，

sin Csin B即

6AC＝，解得AC＝2. sin 60°sin 45°

答案：2

1

8．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝2，cos C＝－，3sin A＝2sin

4B，则c＝________.

解析：∵3sin A＝2sin B，∴3a＝2b. 又∵a＝2，∴b＝3.

由余弦定理可知c2＝a2＋b2－2abcos C， 1

－＝16，∴c＝4. ∴c2＝22＋32－2×2×3×4答案：4

9．(2018·浙江高考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a＝7，b＝2，

7

A＝60°，则sin B＝________，c＝________.

ab

解析：由正弦定理＝，

sin Asin Bb2321得sin B＝·sin A＝×＝.

a772由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A， 得7＝4＋c2－4c×cos 60°，

即c2－2c－3＝0，解得c＝3或c＝－1(舍去)． 答案：

21 3 7

10．在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，sin A，sin B，sin C成等差数列，且a＝2c，则cos A＝________.

解析：因为sin A，sin B，sin C成等差数列，所以2sin B＝sin A＋sin C．由正弦定理得3

a＋c＝2b，又因为a＝2c，可得b＝c，所以cos A＝2

1

答案：－

4

11．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且A＝2B. (1)求证：a＝2bcos B； (2)若b＝2，c＝4，求B的值．

abab

解：(1)证明：因为A＝2B，所以由正弦定理＝，得＝，

sin Asin Bsin 2Bsin B所以a＝2bcos B.

(2)由余弦定理，a2＝b2＋c2－2bccos A， 因为b＝2，c＝4，A＝2B，

3

所以16cos2B＝4＋16－16cos 2B，所以cos2B＝，

4因为A＋B＝2B＋B<π，

π3π

所以B<，所以cos B＝，所以B＝.

326

12．(2019·绵阳模拟)在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且2asin A＝(2b＋c)sin B＋(2c＋b)sin C.

(1)求A的大小；

(2)若sin B＋sin C＝1，试判断△ABC的形状．

解：(1)由已知，结合正弦定理，

8

b2＋c2－a2

2bc

922

c＋c－4c241＝＝－.

342×c2

2

得2a2＝(2b＋c)b＋(2c＋b)c，即a2＝b2＋c2＋bc. 又由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccos A， 1

所以bc＝－2bccos A，即cos A＝－.

22π

由于A为△ABC的内角，所以A＝.

3

(2)由已知2asin A＝(2b＋c)sin B＋(2c＋b)sin C，

结合正弦定理，得2sin2A＝(2sin B＋sin C)sin B＋(2sin C＋sin B)sin C， 2π3

即sin2A＝sin2B＋sin2C＋sin Bsin C＝sin2＝.

34又由sin B＋sin C＝1，

得sin2B＋sin2C＋2sin Bsin C＝1，

1

所以sin Bsin C＝，结合sin B＋sin C＝1，

41

解得sin B＝sin C＝.

2

ππ

因为B＋C＝π－A＝，所以B＝C＝，

36所以△ABC是等腰三角形．

B级

1．(2019·郑州质量预测)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若2cos2

－cos 2C＝1,4sin B＝3sin A，a－b＝1，则c的值为( )

A.13 C.37

B.7 D．6

A＋B

2

A＋B

解析：选A 由2cos2－cos 2C＝1，得1＋cos(A＋B)－(2cos2C－1)＝2－2cos2C－

21

cos C＝1，即2cos2C＋cos C－1＝0，解得cos C＝或cos C＝－1(舍去)．由4sin B＝3sin A

2及正弦定理，得4b＝3a，结合a－b＝1，得a＝4，b＝3.由余弦定理，知c2＝a2＋b2－2abcos C＝42＋1

32－2×4×3×＝13，所以c＝13.

2

2．(2019·长春模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c＝3，2sin Atan C

＝，若sin(A－B)＋sin C＝2sin 2B，则a＋b＝________. ac

2sin Atan Csin C解析：∵＝＝，且由正弦定理可得a＝2Rsin A，c＝2Rsin C(R为△ABC

acccos C1π

的外接圆的半径)，∴cos C＝.∵C∈(0，π)，∴C＝.∵sin(A－B)＋sin C＝2sin 2B，sin C＝

23

9

ππ

sin(A＋B)，∴2sin Acos B＝4sin Bcos B．当cos B＝0时，B＝，则A＝，∵c＝3， ∴

26a2＋b2－c21

a＝1，b＝2，则a＋b＝3.当cos B≠0时，sin A＝2sin B，即a＝2b.∵cos C＝＝，

2ab2∴b2＝1，即b＝1，∴a＝2，则a＋b＝3.综上，a＋b＝3.

答案：3

3．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2acos C－c＝2b. (1)求角A的大小；

(2)若c＝2，角B的平分线BD＝3，求a.

解：(1)2acos C－c＝2b⇒2sin Acos C－sin C＝2sin B⇒2sin Acos C－sin C＝2sin(A＋C)＝2sin Acos C＋2cos Asin C，

∴－sin C＝2cos Asin C， 1

∵sin C≠0，∴cos A＝－，

22π

又A∈(0，π)，∴A＝.

3

ABBD

(2)在△ABD中，由正弦定理得，＝，

sin∠ADBsin AABsin A2∴sin∠ADB＝＝.

BD22π

又∠ADB∈(0，π)，A＝，

3

πππ

∴∠ADB＝，∴∠ABC＝，∠ACB＝，b＝c＝2，

466

2π

由余弦定理，得a2＝c2＋b2－2c·b·cos A＝(2)2＋(2)2－2×2×2cos＝6，∴a＝6.

3第二课时 正弦定理和余弦定理(二) 考点一 有关三角形面积的计算

[典例] (1)(2019·广州调研)△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b＝3

7，c＝4，cos B＝，则△ABC的面积等于( )

4A．37 C．9

37 B. 29 D.

2

322(a＋c－4

(2)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若△ABC的面积为

10

b2)，则B＝________.

3

[解析] (1)法一：由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，代入数据，得a＝3，又cos B＝，

4B∈(0，π)，所以sin B＝

7137，所以S△ABC＝acsin B＝. 422

37bc

法二：由cos B＝，B∈(0，π)，得sin B＝，由正弦定理＝及b＝7，c＝

44sin Bsin Cπ3137

4，可得sin C＝1，所以C＝，所以sin A＝cos B＝，所以S△ABC＝bcsin A＝.

2422

a2＋c2－b2

(2)由余弦定理得cos B＝，

2ac∴a2＋c2－b2＝2accos B. 又∵S＝

32213

(a＋c－b2)，∴acsin B＝×2accos B， 424

π

∴tan B＝3，∵B∈(0，π)，∴B＝.

3π

[答案] (1)B (2)

3[变透练清] 1.

变条件本例(1)的条件变为：若c＝4，sin C＝2sin A，sin B＝

15

，则S△ABC＝________. 4

1115

解析：因为sin C＝2sin A，所以c＝2a，所以a＝2，所以S△ABC＝acsin B＝×2×4×

224＝15.

答案：15 2.

c

变结论本例(2)的条件不变，则C为钝角时，的取值范围是________．

a

2π

－Asin3sin A

π2πππc

解析：∵B＝且C为钝角，∴C＝－A>，∴0cos A＋sin A22131

＝＋·.

sin A22tan A

∵031

，∴>3， 3tan A

＝

c13c

∴>＋×3＝2，即>2. a22a答案：(2，＋∞)

3．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，(2b－a)cos C＝ccos A. (1)求角C的大小；

11

43

(2)若c＝3，△ABC的面积S＝，求△ABC的周长．

3

解：(1)由已知及正弦定理得(2sin B－sin A)cos C＝sin Ccos A， 即2sin Bcos C＝sin Acos C＋sin Ccos A＝sin(A＋C)＝sin B， 1

∵B∈(0，π)，∴sin B>0，∴cos C＝，

2π

∵C∈(0，π)，∴C＝.

3

π11π43

(2)由(1)知，C＝，故S＝absin C＝absin＝，

3223316

解得ab＝.

3

由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcos C＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab， 16

又c＝3，∴(a＋b)2＝c2＋3ab＝32＋3×＝25，得a＋b＝5.

3∴△ABC的周长为a＋b＋c＝5＋3＝8.

[解题技法]

1．求三角形面积的方法

(1)若三角形中已知一个角(角的大小或该角的正、余弦值)，结合题意求解这个角的两边或该角的两边之积，代入公式求面积．

(2)若已知三角形的三边，可先求其一个角的余弦值，再求其正弦值，代入公式求面积．总之，结合图形恰当选择面积公式是解题的关键．

2．已知三角形面积求边、角的方法

(1)若求角，就寻求夹这个角的两边的关系，利用面积公式列方程求解． (2)若求边，就寻求与该边(或两边)有关联的角，利用面积公式列方程求解． 考点二 平面图形中的计算问题

[典例] (2018·广东佛山质检)如图，在平面四边形ABCD中，∠ABC3π

＝，AB⊥AD，AB＝1. 4

(1)若AC＝5，求△ABC的面积； π

(2)若∠ADC＝，CD＝4，求sin∠CAD.

6

[解] (1)在△ABC中，由余弦定理得，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC， 即5＝1＋BC2＋2BC，解得BC＝2，

12

1121

所以△ABC的面积S△ABC＝AB·BC·sin∠ABC＝×1×2×＝.

2222ACCD

(2)设∠CAD＝θ，在△ACD中，由正弦定理得＝，

sin∠ADCsin∠CAD即

AC4＝， ① πsin θsin6

π3πππ

－θ＝θ－， 在△ABC中，∠BAC＝－θ，∠BCA＝π－－2424ACAB

由正弦定理得＝，

sin∠ABCsin∠BCA即

AC1

＝，② 3ππsinθ－4sin4

3πθ－πsin4sin44

①②两式相除，得＝，

πsin θsin6即4

22sin θ－cos θ＝2sin θ，

22

整理得sin θ＝2cos θ. 又因为sin2θ＋cos2θ＝1，

2525

所以sin θ＝，即sin∠CAD＝.

55[解题技法]

与平面图形有关的解三角形问题的关键及思路

求解平面图形中的计算问题，关键是梳理条件和所求问题的类型，然后将数据化归到三角形中，利用正弦定理或余弦定理建立已知和所求的关系．

具体解题思路如下：

(1)把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解；

(2)寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果．

[提醒] 做题过程中，要用到平面几何中的一些知识点，如相似三角形的边角关系、平行四边形的一些性质，要把这些性质与正弦、余弦定理有机结合，才能顺利解决问题．

[题组训练]

1.如图，在△ABC中，D是边AC上的点，且AB＝AD,2AB＝3BD，BC＝2BD，则sin C的值为________．

解析：设AB＝a，∵AB＝AD,2AB＝3BD，BC＝2BD，

13

∴AD＝a，BD＝

2a4a，BC＝. 33

2

4a22

a＋－a

33

在△ABD中，cos∠ADB＝＝，

2a32a×

3∴sin∠ADB＝在△BDC中，

66，∴sin∠BDC＝. 33

BDBC

＝， sin Csin∠BDC

BD·sin∠BDC6

∴sin C＝＝.

BC6答案：

6 6

2.如图，在平面四边形ABCD中，DA⊥AB，DE＝1，EC＝7，EA2π

＝2，∠ADC＝，且∠CBE，∠BEC，∠BCE成等差数列．

3

(1)求sin∠CED； (2)求BE的长． 解：设∠CED＝α.

因为∠CBE，∠BEC，∠BCE成等差数列， 所以2∠BEC＝∠CBE＋∠BCE，

π

又∠CBE＋∠BEC＋∠BCE＝π，所以∠BEC＝.

3

(1)在△CDE中，由余弦定理得EC2＝CD2＋DE2－2CD·DE·cos∠EDC， 即7＝CD2＋1＋CD，即CD2＋CD－6＝0， 解得CD＝2(CD＝－3舍去)． 在△CDE中，由正弦定理得

ECCD

＝，

sin∠EDCsin α

2π3CD·sin2×

322121

于是sin α＝＝＝，即sin∠CED＝.

EC777π

(2)由题设知0<α<，由(1)知cos α＝1－sin2α＝

32π

－α＝－α，

3

2π2π2π1273217－α＝coscos α＋sinsin α＝－×所以cos∠AEB＝cos＋×＝. 333272714在Rt△EAB中，cos∠AEB＝

EA27

＝＝，所以BE＝47. BEBE14

14

21271－＝，又∠AEB＝π－∠BEC497

考点三 三角形中的最值、范围问题

π

[典例] (1)在△ABC中，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，A≠，sin C＋sin(B－

2A)＝2sin 2A，则角A的取值范围为( )

π

0， A.6ππC.6，4

π

0， B.4ππ D.6，3

(2)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cos 2A＋cos 2B＝2cos 2C，则cos C的最小值为( )

A.3

2

B.

2 2

1C. 21

D．－ 2

[解析] (1)在△ABC中，C＝π－(A＋B)，所以sin(A＋B)＋sin(B－A)＝2sin 2A，即2sin π

Bcos A＝22sin Acos A，因为A≠，所以cos A≠0，所以sin B＝2sin A，由正弦定理得，b

2＝2a，所以A为锐角．又因为sin B＝2sin A∈(0,1]，所以sin A∈0，



π20，. ，所以A∈42(2)因为cos 2A＋cos 2B＝2cos 2C，所以1－2sin2A＋1－2sin2B＝2－4sin2C，得a2＋b2＝2c2，cos C＝

a2＋b2－c2a2＋b22ab1

＝≥＝，当且仅当a＝b时等号成立，故选C. 2ab4ab4ab2

[答案] (1)B (2)C

[解题技法]

1．三角形中的最值、范围问题的解题策略

解与三角形中边角有关的量的取值范围时，主要是利用已知条件和有关定理，将所求的量用三角形的某个内角或某条边表示出来，结合三角形边角取值范围等求解即可．

2．求解三角形中的最值、范围问题的注意点

(1)涉及求范围的问题，一定要搞清已知变量的范围，利用已知的范围进行求解， 已知边的范围求角的范围时可以利用余弦定理进行转化．

(2)注意题目中的隐含条件，如A＋B＋C＝π，0[题组训练]

1．在钝角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，B为钝角，若acos A＝ bsin A，则sin A＋sin C的最大值为( )

15

A.2 C．1

9 B.

87 D.

8

解析：选B ∵acos A＝bsin A，由正弦定理可得，sin Acos A＝sin Bsin A，∵sin A≠0，π

∴cos A＝sin B，又B为钝角，∴B＝A＋，sin A＋sin C＝sin A＋sin(A＋B)＝sin A＋cos 2A＝

2199

sin A－2＋，∴sin A＋sin C的最大值为. sin A＋1－2sin2A＝－2488

2．(2018·哈尔滨三中二模)在△ABC中，已知c＝2，若sin2A＋sin2B－sin Asin B＝sin2C，则a＋b的取值范围为________．

解析：∵sin2A＋sin2B－sin Asin B＝sin2C，∴a2＋b2－ab＝c2，∴cos C＝

a2＋b2－c21

＝，2ab2

πab2434343又∵C∈(0，π)，∴C＝.由正弦定理可得＝＝＝，∴a＝sin A，b＝

3sin Asin Bπ333

sin32π434343432πA＋π.sin B．又∵B＝－A，∴a＋b＝sin A＋sin B＝sin A＋sin3－A＝4sin6333332ππ1ππ5π

0，，∴A＋∈，，∴sinA＋∈，1，∴a＋b∈(2,4]． 又∵A∈362666答案：(2,4]

cos Bcos Csin A3．已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且＋＝.

bc3sin C(1)求b的值；

(2)若cos B＋3sin B＝2，求△ABC面积的最大值．

a2＋c2－b2a2＋b2－c23a2a23a

解：(1)由题意及正、余弦定理得＋＝，整理得＝，所2abc2abc3c2abc3c以b＝3.

π

B＋＝2， (2)由题意得cos B＋3sin B＝2sin6π

B＋＝1， 所以sin6πππ

因为B∈(0，π)，所以B＋＝，所以B＝.

623由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B， 所以3＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝ac， 即ac≤3，当且仅当a＝c＝3时等号成立． 1333所以△ABC的面积S△ABC＝acsin B＝ac≤，

244当且仅当a＝c＝3时等号成立．

16

33故△ABC面积的最大值为.

4

考点四 解三角形与三角函数的综合应用

考法(一) 正、余弦定理与三角恒等变换

[典例] (2018·天津高考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知 bsin A＝acosB－π

6. (1)求角B的大小；

(2)设a＝2，c＝3，求b和sin(2A－B)的值． [解] (1)在△ABC中，

由正弦定理asin A＝bsin B，可得bsin A＝asin B.

又因为bsin A＝acosB－π6， 所以asin B＝acosB－π6， 即sin B＝32cos B＋1

2

sin B， 所以tan B＝3.

因为B∈(0，π)，所以B＝π

3

.

(2)在△ABC中，由余弦定理及a＝2，c＝3，B＝π

3，

得b2＝a2＋c2－2accos B＝7，故b＝7. 由bsin A＝acosπB－6，可得sin A＝37. 因为a＜c，所以cos A＝2

7

. 所以sin 2A＝2sin Acos A＝437，cos 2A＝2cos2A－1＝1

7.

所以sin(2A－B)＝sin 2Acos B－cos 2Asin B ＝

437×12－13337×2＝14. 考法(二) 正、余弦定理与三角函数的性质

[典例] (2018·辽宁五校联考)已知函数f(x)＝cos2x＋3sin(π－x)cos(π＋x)－12

.

17

(1)求函数f(x)在[0，π]上的单调递减区间；

(2)在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知f(A)＝－1，a＝2，bsin C＝asin A，求△ABC的面积．

π11＋cos 2x31

2x－， [解] (1)f(x)＝cos2x－3sin xcos x－＝－sin 2x－＝－sin62222πππ

令2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z，

262

ππ

得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z，又∵x∈[0，π]，

63

π5π

0，和，π. ∴函数f(x)在[0，π]上的单调递减区间为36π

2x－， (2)由(1)知f(x)＝－sin6π

2A－＝－1， ∴f(A)＝－sin6π

∵△ABC为锐角三角形，∴02ππ5ππππ∴－<2A－<，∴2A－＝，即A＝.

666623又∵bsin C＝asin A，∴bc＝a2＝4， 1

∴S△ABC＝bcsin A＝3.

2

[对点训练]

在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，(2a－c)cos B－bcos C＝0. (1)求角B的大小；

(2)设函数f(x)＝2sin xcos xcos B－x的值．

解：(1)因为(2a－c)cos B－bcos C＝0， 所以2acos B－ccos B－bcos C＝0， 由正弦定理得

2sin Acos B－sin Ccos B－cos Csin B＝0， 即2sin Acos B－sin(C＋B)＝0，

又因为C＋B＝π－A，所以sin(C＋B)＝sin A. 所以sin A(2cos B－1)＝0.

1

在△ABC中，sin A≠0，所以cos B＝，

2π

又因为B∈(0，π)，所以B＝.

3

18

3cos 2x，求函数f(x)的最大值及当f(x)取得最大值时2π

(2)因为B＝，

3

π13

2x－， 所以f(x)＝sin 2x－cos 2x＝sin322ππ5π

令2x－＝2kπ＋(k∈Z)，得x＝kπ＋(k∈Z)，

32125π

即当x＝kπ＋(k∈Z)时，f(x)取得最大值1.

12

[课时跟踪检测]

A级

1．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，cos 2A＝sin A，bc＝2，则 △ABC的面积为( )

1

A. 2C．1

1 B.

4 D．2

1

解析：选A 由cos 2A＝sin A，得1－2sin2A＝sin A，解得sin A＝(负值舍去)，由bc＝

21111

2，可得△ABC的面积S＝bcsin A＝×2×＝.

2222

2．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，若(2a＋c)cos B＋bcos C＝0，则角B的大小为( )

π

A. 62πC. 3

π B.

35π D.

6

解析：选C 由已知条件和正弦定理，得(2sin A＋sin C)cos B＋sin Bcos C＝0.化简，得1

2sin Acos B＋sin A＝0.因为角A为三角形的内角，所以sin A≠0，所以cos B＝－，所以B＝

22π. 3

22

3．在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sin A＝，a＝3，

3S△ABC＝22，则b的值为( )

A．6 C．2

B．3 D．2或3

1

解析：选D 因为S△ABC＝bcsin A＝22，所以bc＝6，

2

19

π22

0，， 又因为sin A＝，A∈231

所以cos A＝，因为a＝3，

3所以由余弦定理得9＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋c2－4，b2＋c2＝13，可得b＝2或b＝3. 4．(2018·昆明检测)在△ABC中，已知AB＝2，AC＝5，tan∠BAC＝－3，则BC边上的高等于( )

A．1 C.3

B.2 D．2

31，cos∠BAC＝－.由1010

解析：选A 法一：因为tan∠BAC＝－3，所以sin∠BAC＝

余弦定理，得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcos∠BAC＝5＋2－2×5×2×－



1＝9，所以BC10

32×211332S△ABC

＝3，所以S△ABC＝AB·ACsin∠BAC＝×2×5×＝，所以BC边上的高h＝＝22BC3102＝1.

法二：在△ABC中，因为tan∠BAC＝－3<0，所以∠BAC为钝角，因此BC边上的高小于2，结合选项可知选A.

5．(2018·重庆九校联考)已知a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C的对边，且asin B＝3bcos A，当b＋c＝4时，△ABC面积的最大值为( )

A.3

3

B.

3 2

C.3 D．23

解析：选C 由asin B＝3bcos A，得sin Asin B＝3sin Bcos A，∴tan A＝3，∵0∴A＝，故S△ABC＝bcsin A＝bc≤＝3(当且仅当b＝c＝2时取等号)，故选C.

324426．(2019·安徽名校联盟联考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bc＝1，b＋2ccos A＝0，则当角B取得最大值时，△ABC的周长为( )

A．2＋3 C．3

B．2＋2 D．3＋2

b2＋c2－a2解析：选A 由b＋2ccos A＝0，得b＋2c·＝0，整理得2b2＝a2－c2.由余弦定

2bca2＋c2－b2a2＋3c223ac3

理，得cos B＝＝≥＝，当且仅当a＝3c时等号成立，此时角B取

2ac4ac4ac2得最大值，将a＝3c代入2b2＝a2－c2可得b＝c.又因为bc＝1，所以b＝c＝1，a＝3，故△ABC的周长为2＋3.

20

7．在△ABC中，B＝120°，AC＝7，AB＝5，则△ABC的面积为________． 解析：由余弦定理知72＝52＋BC2－2×5×BC×cos 120°， 即49＝25＋BC2＋5BC，解得BC＝3(负值舍去)． 113153

故S△ABC＝AB·BCsin B＝×5×3×＝.

2224153

答案：

4

8．(2019·长春质量检测)在△ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若 bcos A＝sin B，且a＝23，b＋c＝6，则△ABC的面积为________．

cos Asin Bsin A

解析：由题意可知＝＝，因为a＝23，所以tan A＝3，因为02baπ

所以A＝，由余弦定理得12＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc，又因为b＋c＝6，所以bc＝8，从

311π

而△ABC的面积为bcsin A＝×8×sin＝23.

223

答案：23

π

9．已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠BAC＝，点D在边BC

2sin B

上，AD＝1，且BD＝2DC，∠BAD＝2∠DAC，则＝________.

sin C

πππ

解析：由∠BAC＝及∠BAD＝2∠DAC，可得∠BAD＝，∠DAC＝.由BD＝2DC，令

2361x1

DC＝x，则BD＝2x.因为AD＝1，在△ADC中，由正弦定理得＝，所以sin C＝，

sin Cπ2x

sin6π3sin33sin B4x3

在△ABD中，sin B＝＝，所以＝＝.

2x4xsin C12

2x

答案：

π

10．(2018·河南新乡二模)如图所示，在△ABC中，C＝，BC＝4，点D在

3边AC上，AD＝DB，DE⊥AB，E为垂足，若DE＝22，则cos A＝________.

解析：∵AD＝DB，∴∠A＝∠ABD，∠BDC＝2∠A.设AD＝DB＝x， BCDB4x

∴在△BCD中，＝，可得＝. ①

sin 2Aπsin∠BDCsin C

sin 3

3 2

12

21

在△AED中，

DEAD22x

＝，可得＝. ② sin Asin∠AEDsin A1

22sin A46联立①②可得＝，解得cos A＝.

2sin Acos A432答案：

6 4

11．(2019·南宁摸底联考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 c(1＋cos B)＝b(2－cos C)．

(1)求证：2b＝a＋c；

π

(2)若B＝，△ABC的面积为43，求b.

3解：(1)证明：∵c(1＋cos B)＝b(2－cos C)，

∴由正弦定理可得sin C＋sin Ccos B＝2sin B－sin Bcos C， 即sin Ccos B＋sin Bcos C＋sin C＝sin(B＋C)＋sin C＝2sin B， ∴sin A＋sin C＝2sin B，∴a＋c＝2b.

π13(2)∵B＝，∴△ABC的面积S＝acsin B＝ac＝43，∴ac＝16.

324由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac. ∵a＋c＝2b，∴b2＝4b2－3×16，解得b＝4. 4π

12．在△ABC中，AC＝6，cos B＝，C＝.

(1)求AB的长； π

A－的值． (2)求cos643

解：(1)因为cos B＝，055

26×2ACABAC·sin C

由正弦定理得＝，所以AB＝＝＝52.

sin Bsin Csin B3

5(2)在△ABC中，因为A＋B＋C＝π，所以A＝π－(B＋C)， 43

又因为cos B＝，sin B＝，

55

πππ4232B＋＝－cos Bcos＋sin Bsin＝－×＋×＝－所以cos A＝－cos(B＋C)＝－cos44452522. 10

22

因为072

. 10

πππ2372172－6A－＝cos Acos＋sin Asin＝－×＋因此，cos×＝. 66610210220

B级

1．在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若B＝2A，则值范围是( )

A．(2，2) C．(2，3)

B．(2，6) D．(6，4)

2b

的取a

b

解析：选B ∵B＝2A，∴sin B＝sin 2A＝2sin Acos A，∴＝2cos A．又C＝π－3A，C

aπππππππ2

为锐角，∴0<π－3A<⇒263242A<

3b2b

，∴2<<3，∴2<<6. 2aa

2．△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，asin Asin B＋bcos2A＝2a，则角A的取值范围是________．

解析：由已知及正弦定理得sin2Asin B＋sin Bcos2A＝2sin A，即sin B(sin2A＋cos2A)＝2sin b2＋c2－a24a2＋c2－a23a2＋c223acA，∴sin B＝2sin A，∴b＝2a，由余弦定理得cos A＝＝＝≥

2bc4ac4ac4ac＝

3

，当且仅当c＝3a时取等号．∵A为三角形的内角，且y＝cos x在(0，π)上是减函数，2

ππ

0，. ∴0π

0， 答案：6

3．(2018·昆明质检)如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AB＝2，BD＝5，∠BCD＝2∠ABD，△ABD的面积为2.

(1)求AD的长； (2)求△CBD的面积．

1125

解：(1)由已知S△ABD＝AB·BD·sin∠ABD＝×2×5×sin∠ABD＝2，可得sin∠ABD＝，

225π5

0，，所以cos∠ABD＝. 又∠BCD＝2∠ABD，所以∠ABD∈25

在△ABD中，由余弦定理AD2＝AB2＋BD2－2·AB·BD·cos∠ABD，可得AD2＝5，所以AD＝5.

23

π

(2)由AB⊥BC，得∠ABD＋∠CBD＝，

2所以sin∠CBD＝cos∠ABD＝又∠BCD＝2∠ABD，

4

所以sin∠BCD＝2sin∠ABD·cos∠ABD＝，

5

ππ

－∠ABD－2∠ABD＝－∠ABD＝∠CBD， ∠BDC＝π－∠CBD－∠BCD＝π－5. 52所以△CBD为等腰三角形，即CB＝CD.

在△CBD中，由正弦定理BDsin∠BCD＝CD

sin∠CBD，

5BD·sin5×得CD＝∠CBD

5sin∠BCD

＝4＝， 5所以S1155

△CBD＝2CB·CD·sin∠BCD＝2×4×4×5＝8.

24

2