高三数学新课标总复习三角函数-正余弦定理

组长签字： 签字日期： 教 学 目 标 掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题。 重 难 点 1S＝absin C。 会利用三角形的面积公式解决几何计算问题2【知识回顾与能力提升】 等差数列的性质 等差数列{an}中，公差为d，则 ①若m,n,p,qN，且mnpq,则amanapaq， 特别地，当mn2p时aman2ap. ②下标成公差为m的等差数列的项ak,akm,ak2m,…组成的新数列仍为等差数列，公差为md. ③若数列bn也为等差数列，则anbn，kanb，（k,b为非零常数）也是等差数列. ④a1a2a3,a4a5a6,a7a8a9,……仍是等差数列. ⑤数列an+b（，b为非零常数）也是等差数列 【新知识梳理与重难点点睛】 考点一 利用正弦、余弦定理解三角形|(重点保分型考点——师生共研) [必备知识] 1．正弦定理 abc＝＝＝2R，其中R是三角形外接圆的半径．由正弦定理可以变形：(1)a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin sin Asin Bsin CC；(2)a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C. 2．余弦定理 a2＝b2＋c2－2bccos A，b2＝a2＋c2－2accos B，c2＝a2＋b2－2abcos C．变形：cos A＝a2＋b2－c2cos C＝. 2abb2＋c2－a2a2＋c2－b2，cos B＝，2bc2ac

- 1 -

[典题例析] 1BC＝2，cos B＝，b(2014·辽宁高考)在△ABC 中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a>c .已知 BA·3＝3，求： (1)a和c的值； (2)cos(B－C)的值． BC＝2得c·解：(1)由BA·acos B＝2， 1又cos B＝，所以ac＝6. 3由余弦定理，得a2＋c2＝b2＋2accos B. 又b＝3，所以a2＋c2＝9＋2×2＝13. ac＝6，a＝2，a＝3，解22得或 a＋c＝13，c＝3c＝2. 因为a>c，所以a＝3，c＝2. (2)在△ABC中， sin B＝ 1－cos2B＝ 12221－3＝3， c22242由正弦定理，得sin C＝sin B＝×＝. b339因a＝b>c，所以C是锐角， 因此cos C＝1－sin2C＝ 42271－＝. 9917224223于是cos(B－C)＝cos Bcos C＋sin Bsin C＝×＋×＝. 393927[类题通法] 正、余弦定理的应用原则 (1)正弦定理是一个连比等式，在运用此定理时，只要知道其比值或等量关系就可以通过约分达到解决问题的目的，在解题时要学会灵活运用． (2)运用余弦定理时，要注意整体思想的运用． [演练冲关] 在锐角三角形ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，且满足3a－2bsin A＝0. (1)求角B的大小； (2)若a＋c＝5，且a>c，b＝7，求AB·AC的值． 解：(1)因为3a－2bsin A＝0， 所以3sin A－2sin Bsin A＝0. 因为sin A≠0，所以sin B＝π又B为锐角，则B＝. 3

- 2 -

3. 2 π(2)由(1)知B＝，因为b＝7， 3π根据余弦定理得7＝a2＋c2－2accos， 3整理，得(a＋c)2－3ac＝7. 由已知a＋c＝5，则ac＝6. 又a>c，可得a＝3，c＝2. b2＋c2－a27＋4－97于是cos A＝＝＝， 2bc1447所以AB·AC＝|AB|·|AC|cos A ＝cbcos A＝2×7×7＝1. 14考点二 利用正弦、余弦定理判定三角形的形状|(题点多变型考点——全面发掘) [必备知识] 三角形中常见的结论 (1)A＋B＋C＝π. (2)在三角形中大边对大角，反之亦然． (3)任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边． (4)三角形内的诱导公式： sin(A＋B)＝sin C；cos(A＋B)＝－cos C； A＋BCtan(A＋B)＝－tan C；sin＝cos； 22cosA＋BC＝sin. 22(5)在△ABC中，tan A＋tan B＋tan C＝tan A·tan B·tan C. (6)在△ABC中，A，B，C成等差数列的充要条件是B＝60° . (7)△ABC为正三角形的充要条件是A，B，C成等差数列且a，b，c成等比数列． [一题多变] (2013·陕西高考)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 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．不确定 [解析] 依据题设条件的特点，由正弦定理， 得sin Bcos C＋cos Bsin C＝sin2A，有sin(B＋C)＝sin2A， 从而sin(B＋C)＝sin A＝sin2A，解得sin A＝1， π ∴A＝，故选B. 2 [答案] B

- 3 -

[题点发散1] 本例的条件变为：若2sin A cos B＝sin C，那么△ABC一定是( ) A．直角三角形 C．等腰直角三角形 B．等腰三角形 D．正三角形 解：选B 法一：由已知得2sin Acos B＝sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B，即sin(A－B)＝0，因为－π- 4 -

三角形中常用的面积公式 1(1)S＝ah(h表示边a上的高)； 2111(2)S＝bcsin A＝acsin B＝absin C； 2221(3)S＝r(a＋b＋c)(r为三角形的内切圆半径)． 2[典题例析] (2014·山东高考)△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知 a＝3，cos A＝(1)求b 的值； (2)求△ABC 的面积． 解：(1)在△ABC中， 由题意知sin A＝1－cos2A＝π又因为B＝A＋， 2π6A＋＝cos A＝. 所以sin B＝sin23由正弦定理可得 63×3asin Bb＝＝＝32. sin A33ππ3A＋＝－sin A＝－. (2)由B＝A＋得cos B＝cos223由A＋B＋C＝π，得C＝π－(A＋B)． 所以sin C＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B) ＝sin Acos B＋cos Asin B ＝3663×－＋× 33333， 36π，B＝A＋. 321＝. 311132因此△ABC的面积S＝absin C＝×3×32×＝. 2232[类题通法] 三角形面积公式的应用原则 111(1)对于面积公式S＝absin C＝acsin B＝bcsin A，一般是已知哪一个角就使用哪一个公式． 222(2)与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化． [演练冲关] 已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，acos C＋3asin C－b－c＝0.

- 5 -

(1)求A； (2)若a＝2，△ABC的面积为3，求b，c. 解：(1)由acos C＋3asin C－b－c＝0及正弦定理得， sin Acos C＋3sin Asin C－sin B－sin C＝0. 因为B＝π－A－C， 所以3sin Asin C－cos Asin C－sin C＝0. π1A－＝. 由于sin C≠0，所以sin62π又0- 6 -

2ππA. B. 333π5πC. D. 46c－bsin A6．(2015·东北三校联考)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且＝，则B＝( ) c－asin C＋sin BππA. B. 二、填空题 π7．(2014·湖北高考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知A＝，a＝1，b＝3，则B ＝ ________. 61538．(2015·苏北四市联考)在△ABC中，已知AB＝3，A＝120°，且△ABC的面积为，则BC边的长为________． 449．(2015·云南第一次检测)已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，若cos B＝，a＝10，△ABC5a的面积为42，则b＋的值等于________． sin Acos A－3cos C3c－a10．(2015·广东重点中考)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝，cos Bb则sin C的值为________． sin A三、解答题 11．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知(b－2a)cos C＋ccos B＝0. (1)求C； (2)若c＝7，b＝3a，求△ABC的面积． 3CB＝－27. 12．(2015·江西七校联考)已知在△ABC中，C＝2A，cos A＝，且2BA·4(1)求cos B的值； (2)求AC的长度． B卷：增分提能 1．(2014·陕西高考)△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c. (1)若a，b，c成等差数列，证明：sin A＋sin C＝2sin(A＋C)； (2)若a，b，c成等比数列，求cos B的最小值．

- 7 -

π3πC. D. 34 2．(2015·洛阳统考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，cos 2C＋22cos C＋2＝0. (1)求角C的大小； (2)若b＝2a，△ABC的面积为 π3．(2015·湖北部分重点中考)在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对边的边长，且C＝，a＋b＝3λc(其中λ>1)． (1)若λ＝3时，证明：△ABC为直角三角形； 9BC＝λ2，且c＝3，求λ的值． (2)若AC·8 答案 A卷：夯基保分 ππ1．选B 由正弦定理得sin B＝2sin Acos B，故tan B＝2sin A＝2sin＝3，又B∈(0，π)，所以B＝，又A＝B33π1133＝，则△ABC是正三角形，所以S△ABC＝bcsin A＝×1×1×＝. 32224abc2．选C 由正弦定理＝＝＝2R(R为△ABC外接圆半径)及已知条件sin A∶sin B∶sin C＝5∶11∶sin Asin Bsin C13， 可设a＝5x，b＝11x，c＝13x(x>0)． 5x2＋11x2－13x2－23x2则cos C＝＝<0， 2·5x·11x110x2∴C为钝角．∴△ABC为钝角三角形． bc3．选C 由正弦定理得＝， sin Bsin C2sin Asin B，求sin A及c的值． 2

- 8 -

340×2bsin C∴sin B＝＝＝3>1. c20∴角B不存在，即满足条件的三角形不存在． 4．选C 由c2＝(a－b)2＋6可得a2＋b2－c2＝2ab－6.① π由余弦定理及C＝可得a2＋b2－c2＝ab.② 3所以由①②得2ab－6＝ab，即ab＝6. 1π1333所以S△ABC＝absin＝×6×＝. 23222375．选A 因为3sin A＝5sin B，所以由正弦定理可得3a＝5b.因为b＋c＝2a，所以c＝2a－a＝a.令a＝5，b＝5512π3，c＝7，则由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcos C，得49＝25＋9－2×3×5cos C，解得cos C＝－，所以C＝. 23c－babcsin Aa6．选C 根据正弦定理：＝＝＝2R，得＝＝，即a2＋c2－b2＝ac，得cos Bsin Asin Bsin Cc－asin C＋sin Bc＋ba2＋c2－b21π＝＝，故B＝，故选C. 2ac23π5πabbsin A3π2π，，且b>a，所以B＝或. 7．解析：由正弦定理＝，得sin B＝＝，又B∈66sin Asin Ba233π2π答案：或 3315311538．解析：由S△ABC＝得×3×ACsin 120°＝，所以AC＝5，因此BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos 120°4241＝9＋25＋2×3×5×＝49，解得BC＝7. 2答案：7 31a9．解析：依题可得sin B＝，又S△ABC＝acsin B＝42，则c＝14.故b＝a2＋c2－2accos B＝62，所以b＋52sin Ab＝b＋＝162. sin B答案：162 abc10．解析：由正弦定理＝＝ sin Asin Bsin C得＝cos A－3cos C3c－a＝ cos Bb3sin C－sin A， sin B即(cos A－3cos C)sin B＝(3sin C－sin A)·cos B， 化简可得，sin(A＋B)＝3sin(B＋C)， 又知A＋B＋C＝π，所以sin C＝3sin A， sin C因此＝3. sin A答案：3 11．解：(1)由已知及正弦定理得：(sin B－2sin A)cos C＋sin Ccos B＝0，sin Bcos C＋cos Bsin C＝2sin Acos C，

- 9 -

sin(B＋C)＝2sin Acos C，∴sin A＝2sin Acos C. 1又sin A≠0，得cos C＝. 2π又C∈(0，π)，∴C＝. 3(2)由余弦定理得：c2＝a2＋b2－2abcos C， 22a＋b－ab＝7，∴ b＝3a， 解得a＝1，b＝3. 11333故△ABC的面积S＝absin C＝×1×3×＝. 2224112．解：(1)∵C＝2A，∴cos C＝cos 2A＝2cos2A－1＝， 8377∴sin C＝，sin A＝. 849∴cos B＝－cos(A＋C)＝sin A·sin C－cos A·cos C＝. 16(2)∵ABBC3＝，∴AB＝BC. sin Csin A29CB＝－27，cos B＝， ∵2BA·16∴|BA||CB|＝24， ∴BC＝4，AB＝6， ∴AC＝BC2＋AB2－2BC·AB·cos B ＝ 916＋36－2×4×6×＝5. 16B卷：增分提能 1．解：(1)证明：∵a，b，c成等差数列，∴a＋c＝2b. 由正弦定理得sin A＋sin C＝2sin B. ∵sin B＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)， ∴sin A＋sin C＝2sin(A＋C)． (2)∵a，b，c成等比数列，∴b2＝ac. 由余弦定理得 a2＋c2－b2a2＋c2－ac2ac－ac1cos B＝＝≥＝， 2ac2ac2ac2当且仅当a＝c时等号成立． 1∴cos B的最小值为. 22．解：(1)∵cos 2C＋22cos C＋2＝0， ∴2cos2C＋22cos C＋1＝0， 即(2cos C＋1)2＝0，∴cos C＝－

2. 2- 10 -

3π又C∈(0，π)，∴C＝. 4(2)∵c2＝a2＋b2－2abcos C＝3a2＋2a2＝5a2， ∴c＝5a，即sin C＝5sin A，∴sin A＝110sin C＝. 10512∵S△ABC＝absin C，且S△ABC＝sin Asin B， 2212∴absin C＝sin Asin B， 22∴c2absin C＝2，由正弦定理得：sin Csin C＝2， sin Asin B解得c＝1. 3．解：(1)证明：∵λ＝3，∴a＋b＝3c， 由正弦定理得sin A＋sin B＝3sin C， 2ππ3－B＝， ∵C＝，∴sin B＋sin323sin B＋313cos B＋sin B＝， 222333∴sin B＋cos B＝， 222π3B＋＝， 则sin62πππ2πππ从而B＋＝或B＋＝，B＝或B＝. 636362ππ若B＝，则A＝，△ABC为直角三角形； 62π若B＝，△ABC亦为直角三角形． 29199BC＝λ2，则a·(2)若AC·b＝λ2，∴ab＝λ2. 8284又a＋b＝3λ，由余弦定理知a2＋b2－c2＝2abcos C， 即a2＋b2－ab＝c2＝9，即(a＋b)2－3ab＝9， 279故9λ2－λ2＝9，λ2＝9，λ2＝4，即λ＝2. 44

- 11 -