第3课时 用余弦定理、正弦定理解三角形
【课中探究】
探究点一
例1 解:(1)在△ABC中,由余弦定理得cos B===,
又B∈(0,π),所以B=.
所以S△ABC=×AB×CB×sin B=10.
(2)在△BCD中,BC=CD=5,B=,所以△CDB为等边三角形,所以BD=5,AD=3.在△ACD中,由余弦定理得cos∠ACD==,又∠ACD∈(0,π),所以sin∠ACD==.
变式 B [解析] 方法一:因为△ABD是边长为3的等边三角形,所以AB=AD=BD=3,A=60°.因为△BCD的面积为,∠BDC=120°,所以×3××CD=,解得CD=1,所以AC=4.在△ABC中,由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos 60°=13,所以BC=,△BCD的周长为4+.故选B.
方法二:因为△ABD是边长为3的等边三角形,所以BD=3,∠BDC=120°,因为△BCD的面积为,所以×3××CD=,解得CD=1.在△BCD中,
由余弦定理得BC2=CD2+BD2-2CD·BDcos 120°=1+9-2×1×3×=13,所以BC=,
所以△BCD的周长为4+.故选B.
探究点二
例2 解:(1)因为向量m=(a,b),n=(sin B,-cos A),且m⊥n,所以m·n=asin B-bcos A=0,
由正弦定理得sin Asin B-sin Bcos A=0,
由0
又0(2)由(1)知A=,则有a2=b2+c2-2bccos A=b2+c2-bc=9,变形可得(b+c)2-3bc=9,由bc≤,当且仅当b=c时等号成立,得≤9,即b+c≤6,所以a+b+c≤9,故△ABC周长的最大值为9.
变式 [解析] 因为m∥n,所以asin B-bcos A=0,
结合正弦定理得sin Asin B-sin Bcos A=0,易知sin B≠0,所以tan A=,又0【学习目标】
1.熟练掌握余弦定理、正弦定理.
2.灵活选用余弦定理、正弦定理解三角形.
◆ 知识点 运用正、余弦定理解三角形分为四
种类型
(1)已知两个角的大小和一条边的边长:先由三角形内角和等于180°求出第三个角的大小,然后依据正弦定理求得另外两条边的边长.
(2)已知两条边的边长及其夹角的大小:先由余弦定理求出第三条边的边长,然后再由余弦定理求得第二、第三个角的大小.
(3)已知三条边的边长:由余弦定理求出两个角,再利用三角形内角和等于180°求出第三个角.
(4)已知两条边的边长和其中一边对角的大小:首先,由正弦定理求出第二条边所对角的正弦,这时,要判断是两解、一解还是无解;然后,根据三角形内角和等于180°得到第三个角的大小;最后,由余弦定理或正弦定理求得第三条边的边长.
◆ 探究点一 利用正、余弦定理解决几何问题
例1 如图,在△ABC中,AB=8,BC=5,AC=7.
(1)求角B的大小和△ABC的面积;
(2)点D为AB上一点且CD=5,求sin∠ACD的值.
变式 如图,在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,△ABD是边长为3的等边三角形,△BCD的面积为,则△BCD的周长为 ( )
A.9 B.4+
C.3+3 D.6
[素养小结]
求三角形中的一些基本量,主要指求三角形的三边、三角,它的实质是将几何问题转化为代数问题.解题关键是正确分析边角关系,依据题设合理设计解题步骤,利用三角形的内角和定理、正弦定理及余弦定理等进行边角关系的互化.
◆ 探究点二 正、余弦定理与其他知识的综合
例2 已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,向量m=(a,b),n=(sin B,-cos A),且m⊥n.
(1)求角A的大小;
(2)若a=3,求△ABC周长的最大值.
变式 已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,向量m=(a,b)与n=(cos A,
sin B)平行,则sin A= .
[素养小结]
正、余弦定理与平面向量的综合问题需要准确使用平面向量的相关公式.求三角形周长的最值问题,可以将两边之和整体表示,结合基本不等式求出最值,应注意取等号的条件.第3课时 用余弦定理、正弦定理解三角形
一、选择题
1.在△ABC中,若=,则角C的大小为 ( )
A.30° B.45°
C.60° D.90°
2.如图,在△ABC中,已知B=45°,D是BC边上一点,∠BAD=75°,DC=1,AC=,则AB= ( )
A. B.
C.2 D.3
3.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=1,B=45°,△ABC的面积为2,则△ABC外接圆的直径为 ( )
A.5 B.4
C.5 D.6
4.已知在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C的对边,若sin2A-sin2B-sin2C+sin Bsin C=0,则角A的大小为 ( )
A. B.
C. D.
5.在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C的对边,若a=,c=3,且2absin C=(b2+c2-a2),则△ABC的面积为 ( )
A.3 B.
C. D.6
6.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且c=2,C=,a=4sin B,则△ABC的面积为 ( )
A. B.
C.2 D.
7.在△ABC中,∠BAC,∠ABC,∠ACB所对的边分别为a,b,c,若csin∠ACB=
asin∠BAC+(b-a)sin∠ABC,∠ACB的平分线交AB于点D,且CD=,a=3b,则c的值为 ( )
A. B.
C.3 D.2
8.(多选题)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11,则下列结论正确的是 ( )
A.sin A∶sin B∶sin C=4∶5∶6
B.△ABC是钝角三角形
C.当c=6时,△ABC的面积为
D.若c=6,则a+b=9
9.(多选题)[2024·河南渑池二中高一月考] 对于△ABC,下列说法错误的有 ( )
A.若sin 2A=sin 2B,则△ABC为等腰三角形
B.若A>B,则sin A>sin B
C.若a=8,c=10,B=60°,则符合条件的△ABC有两个
D.若sin2A+sin2B二、填空题
10.设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,a=4,cos C=-,3sin A=2sin B,则c= .
11.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若a=,b=2,c=3,则= .
12.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足asin B=bcos A.若a=4,则△ABC周长的最大值为 .
三、解答题
13.如图所示,在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C的对边,且满足(a-b)(sin B+sin A)=c(sin C+sin B),D为BC边上一点,AD⊥AC,AB=8,BD=2.
(1)求△ABD的面积;
(2)求边AC的长度.
14.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知c=3,向量p=(a,c),q=(sin A,cos C),且p∥q.
(1)求△ABC外接圆的直径;
(2)若sin A+sin B=2sin Asin B,求△ABC的面积.
15.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若(a+b)(sin B-sin A)-
sin C(a+c)=0,b=2,则△ABC的面积的最大值为 .
16.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,A=,且b2+c2-12=2·.
(1)求△ABC外接圆的周长;
(2)若点D是边BC上靠近点B的三等分点,且AD=,求△ABD的面积.(共23张PPT)
§6 平面向量的应用
6.1 余弦定理与正弦定理
第3课时 用余弦定理、正弦定理解三角形
探究点一 利用正、余弦定理解决几何问题
探究点二 正、余弦定理与其他知识的综合
【学习目标】
1.熟练掌握余弦定理、正弦定理.
2.灵活选用余弦定理、正弦定理解三角形.
知识点 运用正、余弦定理解三角形分为四种类型
（1）已知两个角的大小和一条边的边长：先由三角形内角和等于
求出第三个角的大小，然后依据正弦定理求得另外两条边的边长.
（2）已知两条边的边长及其夹角的大小：先由余弦定理求出第三条
边的边长，然后再由余弦定理求得第二、第三个角的大小.
（3）已知三条边的边长：由余弦定理求出两个角，再利用三角形内
角和等于 求出第三个角.
（4）已知两条边的边长和其中一边对角的大小：首先，由正弦定理
求出第二条边所对角的正弦，这时，要判断是两解、一解还是无解；
然后，根据三角形内角和等于 得到第三个角的大小；最后，由
余弦定理或正弦定理求得第三条边的边长.
探究点一 利用正、余弦定理解决几何问题
例1 如图，在中，，， .
（1）求角的大小和 的面积；
解：在 中，由余弦定理得
，
又,所以 .
所以 .
（2）点为上一点且，求 的值.
解：在中，， ,
所以为等边三角形，所以， .
中，由余弦定理得，
又 ,所以 .
变式 如图，在中，内角，，所对的边分别为，， ，
是边长为3的等边三角形，的面积为，则 的
周长为( )
A.9 B. C. D.6
√
[解析] 方法一：因为 是边长为3的等边三
角形，所以, ．
因为的面积为， ，
所以，解得 ，所以 ．
在 中，由余弦定理得，
所以， 的周长为 ．故选B.
方法二：因为是边长为3的等边三角形，
所以 , ，
因为的面积为 ，所以，
解得.
在中，由余弦定理得 ，
所以，所以的周长为 ．故选B.
［素养小结］
求三角形中的一些基本量,主要指求三角形的三边、三角,它的实质是
将几何问题转化为代数问题.解题关键是正确分析边角关系,依据题设
合理设计解题步骤,利用三角形的内角和定理、正弦定理及余弦定理
等进行边角关系的互化.
探究点二 正、余弦定理与其他知识的综合
例2 已知的内角，，所对的边分别为，， ，向量
，,且 .
（1）求角 的大小；
解：因为向量，,且 ，
所以 ，
由正弦定理得 ，
由 ，得，则，即 ，
又 ，所以 .
（2）若，求 周长的最大值.
解：由（1）知 ，
则有 ，
变形可得，
由，当且仅当 时等号成立，得，即，
所以，故 周长的最大值为9.
变式 已知的内角，，所对的边分别为,, ，向量
与平行，则 _ __.
[解析] 因为，所以 ，
结合正弦定理得，
易知，所以 ，
又 ，所以，所以 .
［素养小结］
正、余弦定理与平面向量的综合问题需要准确使用平面向量的相关
公式.求三角形周长的最值问题，可以将两边之和整体表示，结合基
本不等式求出最值，应注意取等号的条件.
利用正、余弦定理解题常用的技巧
将余弦定理的表达式变形为方程的形式,如 ,
可将其视为以 为未知数的一元二次方程
,与一元二次方程的有关知识综合使用
便可使余弦定理的应用更加灵活.将正弦定理变形得 ,
,,其中为 外接圆的半径,结合余弦定
理,得 等,它们是由三角函数
表达的,叫余弦定理的三角式,应用这些公式解决某些三角问题,可以避
开繁琐的边角转化运算,简化解题过程.
1.已知两边及一角解三角形的方法:①当已知两边及它们的夹角时,先
用余弦定理求解第三边,再用正弦定理和三角形内角和定理求解另外
两角;②当已知两边及其中一边的对角时,可用正弦定理求解,也可用
余弦定理求解,但都要注意对解的情况进行讨论.
例1 [2024·甘肃武威天祝一中高一月考] 在中， ,
, ，则 ( )
A. B. C. D.
[解析] ,, ，
由余弦定理得 ，
即，整理得 ,
或（舍去）， 由正弦定理得 .故选B.
√
2.在解三角形时，要关注通过正、余弦定理解多三角形问题.
例2 已知四边形中，与交于点， .
（1）若，，求 ；
解：在中，，， ，
可得 ,
所以 ,
因为，所以 .
（2）若，，求 的面积.
解：在中，，， ，
设, ,则 ,
由余弦定理可得 ,
可得,所以, ,
所以的面积为 .第3课时 用余弦定理、正弦定理解三角形
1.B [解析] ∵==,∴cos C=sin C,∴C=45°,故选B.
2.B [解析] ∠ADB=180°-45°-75°=60°,∠ADC=45°+75°=120°.设AD=x,在△ADC中,由余弦定理可得AC2=AD2+DC2-2AD·DCcos∠ADC,∴7=x2+1+x,可得x=2.在△ABD中,由正弦定理可得 =,解得AB=.故选B.
3.C [解析] 根据三角形的面积公式得×1×c×sin 45°=2,所以c=4.由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B=25,则b=5.设△ABC外接圆的半径为R,则直径为2R,由正弦定理得2R===5,故选C.
4.A [解析] 因为sin2A-sin2B-sin2C+sin Bsin C=0,所以由正弦定理得a2-b2-c2+bc=0,所以由余弦定理得cos A==.因为A∈(0,π),所以A=.故选A.
5.A [解析] 由2absin C=(b2+c2-a2),得2absin C=··2bc=2bccos A,
故asin C=ccos A,可得sin Asin C=sin Ccos A,则tan A=,则A=.由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A,即13=b2+9-6b×,整理得b2-3b-4=0,解得b=4或b=-1(舍),则△ABC的面积S=bcsin A=×4×3×=3,故选A.
6.B [解析] ∵=,∴a==4sin A,又a=4sin B,∴4sin A=4sin B,∴a=b.又c2=a2+b2-2abcos C,∴12=a2+a2+a2,∴a=2,b=2,∴S△ABC=absin C=×2×2×sinπ=,故选B.
7.B [解析] 因为csin∠ACB=asin∠BAC+(b-a)sin∠ABC,所以由正弦定理可得c2=a2+b2-ab,可得cos∠ACB===,因为∠ACB∈(0,π),所以∠ACB=,所以∠ACD=∠BCD=.由角平分线定理得===.在△ACD,△BCD中,由余弦定理得AD2=b2+3-2b×cos=b2-3b+3,DB2=(3b)2+3-2×3b×cos=9b2-9b+3,故9b2-9b+3=9(b2-3b+3),解得b=,故a=4.在△ABC中,由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos ,即c2=16+-2×4××=,故c=.故选B.
8.ACD [解析] 由(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11得a∶b∶c=4∶5∶6,在△ABC中,由正弦定理得sin A∶sin B∶sin C=a∶b∶c=4∶5∶6,A正确;依题意,角C是最大内角,
cos C==>0,则C是锐角,即△ABC是锐角三角形,B不正确;当c=6时,a=4,b=5,
sin C==,则S△ABC=absin C=,a+b=9,C,D都正确.故选ACD.
9.AC [解析] 对于选项A,在△ABC中,因为sin 2A=sin 2B,所以2A=2B或2A+2B=π,即A=B或A+B=,所以△ABC为等腰三角形或直角三角形,故A中说法错误;对于选项B,若A>B,则a>b,由正弦定理可得sin A>sin B,故B中说法正确;对于选项C,由余弦定理可得b2=a2+c2-
2accos B=82+102-2×8×10×=84,即b=2,则符合条件的△ABC只有一个,故C中说法错误;对于选项D,若sin2A+sin2B10.8 [解析] 在△ABC中,由3sin A=2sin B及正弦定理得3a=2b,又a=4,所以b=6.因为cos C=-,所以c2=a2+b2-2abcos C=16+36-2×4×6×=64,所以c=8.
11. [解析] 在△ABC中,由余弦定理可得cos A===,又因为A∈(0,π),所以sin A=.由正弦定理可得====,所以a=sin A,b=sin B,c=sin C,所以==.
12.12 [解析] 由已知及正弦定理得,sin Asin B=sin Bcos A.∵在△ABC中,sin B>0,
∴sin A=cos A,即tan A=.∵013.解:(1)由(a-b)(sin B+sin A)=c(sin C+sin B)及正弦定理得(a-b)(b+a)=c(c+b),
即a2-b2=c2+bc,变形整理得=-,即cos∠BAC=-,又∠BAC∈(0,π),所以∠BAC=,
又AD⊥AC,所以∠BAD=.在△ABD中,由余弦定理得cos∠BAD===,解得AD=2或AD=6(易知AD所以S△ABD=×AD×AB×sin∠BAD=×2×8×=4.
(2)在△ABD中,由余弦定理得cos∠ABD===,
所以sin∠ABD=.
因为AD⊥AC,所以DC==,在△ABC中,由正弦定理得=,即=,可得AC=4.
14.解:(1)因为p∥q,所以acos C=csin A,
则sin Acos C=sin Csin A,
因为sin A≠0,所以cos C=sin C,则tan C=.
因为0(2)由(1)知2R=2,所以由正弦定理知sin A=,sin B=.因为sin A+sin B=2sin Asin B,所以+=2××,即a+b=ab.
由余弦定理知c2=a2+b2-2abcos C,即9=a2+b2-ab.
由得9=(a+b)2-3ab=2a2b2-3ab,解得ab=3或ab=-(舍去),
故△ABC的面积S=absin C=.
15.2- [解析] ∵(a+b)(sin B-sin A)-sin C(a+c)=0,∴由正弦定理得(a+b)(b-a)=c(a+c),即a2+c2-b2=-ac.由余弦定理得cos B===-,∵B∈(0,π),∴B=.又b=2,∴a2+c2-4=-ac≥2ac-4,解得ac≤8-4,当且仅当a=c时等号成立,∴S△ABC=acsin B≤×(8-4)×=2-,∴△ABC的面积的最大值为2-.
16.解:(1)∵b2+c2-12=2·=2bccos A,
∴b2+c2-2bccos A=12,
又∵b2+c2-2bccos A=a2,∴a2=12,∴a=2.
∴=4=2R(其中R为△ABC外接圆的半径),∴R=2,∴△ABC外接圆的周长为2πR=4π.
(2)由=+=+=+(-)=+,得=(+4+4·)=(b2+4c2+4bccos A),
∴=(b2+4c2+2bc),
即48=b2+4c2+2bc①.
又由余弦定理得12=b2+c2-2bccos A=b2+c2-bc②,
∴联立①②得c=2,b=4,∴S△ABD=S△ABC=bcsin A=×4×2×=.