第2课时 正弦定理与余弦定理的应用
类型一 多边形中的解三角形问题
【例1】 (2025·九江一模)在△ABC中，AC＝，D为∠ABC的平分线上一点，且与点B分别位于边AC的两侧，若∠ADC＝150°，AD＝2.
(1)求△DAC的面积；
(2)若∠ABC＝120°，求BD的长．
多边形背景解三角形问题的求解思路
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．解题时，有时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、平行四边形的性质，要把这些知识与正弦、余弦定理有机结合，才能顺利解决问题．
【训练1】 在四边形ABCD中，AB∥CD，AD＝CD＝BD＝1.
(1)若AB＝，求BC；
(2)若AB＝2BC，求cos∠BDC．
类型二 解三角形中的最值(范围)问题
考向 ：利用基本不等式求解
【例2】 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且tan A＋tan B＝.
(1)求角B的大小；
(2)若a＋c＝4，求b的取值范围．
利用正、余弦定理转化为边的关系，结合基本不等式求解．
【训练2】 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠ABC＝120°，∠ABC的平分线交AC于点D，且BD＝2，则4a＋c的最小值为( )
A．16 B．18
C．20 D．14
考向 ：转化为三角函数求解
【例3】 已知△ABC为锐角三角形，且cos A＋sin B＝(sin A＋cos B)．
(1)若C＝，求A；
(2)已知点D在边AC上，且AD＝BD＝2，求CD的取值范围．
三角形中最值(范围)问题，如果三角形为锐角三角形，或有其他的限制，一般采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围．
【训练3】 (2025·嘉兴统考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且＝，a＝3.
(1)若BC边上的高等于1，求cos A；
(2)若△ABC为锐角三角形，求△ABC面积的取值范围．
三角形中的3大定理
定理(一) 射影定理
设△ABC的三边是a，b，c，它们所对的角分别是A，B，C，则有a＝bcos C＋ccos B；b＝ccos A＋acos C；c＝acos B＋bcos A．
【应用体验】
1．(2023·全国乙卷)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若acos B－bcos A＝c，且C＝，则B＝( )
A． B．
C． D．
2．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，S表示△ABC的面积，若ccos B＋bcos C＝asin A，S＝(b2＋a2－c2)，则B＝( )
A．90° B．60°
C．45° D．30°
定理(二) 角平分线定理
在△ABC中，若AD是∠BAC的平分线，D在BC上，则有＝.
【应用体验】
3．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠BAC的平分线交BC于点D，且满足＝，∠BAC＝60°，a＝7，则c＝________.
4．在△ABC中，A＝2B，AC＝9，BC＝12，CD平分∠ACB交AB于点D，则BD的长度为________．
定理(三) 中线定理
在△ABC中，AD是BC边上的中线，则AD2＝(AB2＋AC2)－BC2.
【应用体验】
5．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，b＝3，BD为AC边上的中线，BD＝2，且acos C－2bcos B＋ccos A＝0，则△ABC的面积为( )
A．2 B． C． D．
第2课时 正弦定理与余弦定理的应用
关键能力·落实
【例1】 解 (1)在△DAC中，AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos∠ADC，即13＝4＋CD2＋2CD，解得CD＝(舍负)，所以S△DAC＝AD·CD·sin∠ADC＝×2××＝.
(2)因为∠ABC＝120°，BD平分∠ABC，所以∠DBA＝∠DBC＝60°.又∠ADC＝150°，所以∠DAB＋∠DCB＝360°－120°－150°＝90°.在△ABD中，由正弦定理，得＝ ①，在△DBC中，由正弦定理，得＝ ②，①÷②，得＝＝，所以＝.又sin2∠DCB＋cos2∠DCB＝1，且∠DCB∈，所以sin∠DCB＝.将sin∠DCB＝代入②，得＝，所以BD＝.
【训练1】 解 (1)在△ABD中，由余弦定理可得cos∠ABD＝＝，因为CD∥AB，所以∠BDC＝∠ABD，在△BCD中，由余弦定理可得BC2＝BD2＋CD2－2BD·CDcos∠BDC＝，所以BC＝.
(2)设BC＝x，则AB＝2x，在△ABD中，cos∠ABD＝＝＝x，在△BCD中，cos∠BDC＝＝，因为CD∥AB，所以∠BDC＝∠ABD，所以cos∠BDC＝cos∠ABD，即＝x，整理可得x2＋2x－2＝0，因为x>0，解得x＝－1，因此，cos∠BDC＝cos∠ABD＝x＝－1.
【例2】 解 (1)因为tan A＋tan B＝，所以＋＝，所以＝，所以＝＝，又sin C≠0，所以cos B＝.又B∈(0，π)且B≠，所以B＝.
(2)因为a＋c＝4，B＝，所以由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac＝16－3ac，则ac＝.因为a＋c≥2(当且仅当a＝c时取等号)，所以4≥2，所以0
【训练2】 B 解析 由题意得acsin 120°＝a×2×sin 60°＋c×2×sin 60°，即ac＝2a＋2c，即＋＝1，所以4a＋c＝(4a＋c)＝＋＋10≥2＋10＝8＋10＝18，当且仅当＝，即c＝2a＝6时取等号．故选B.
【例3】 解 (1)因为cos A＋sin B＝(sin A＋cos B)，所以cos A－sin A＝cos B－sin B，即cos＝cos，又A∈，B∈，所以(2)因为AD＝BD＝2，所以∠DBA＝∠A，又∠ABC＝A＋，可得∠DBC＝，在△DBC中，＝，所以CD＝＝，在△ABC中，sin C＝sin(A＋B)＝sin，因为△ABC为锐角三角形，所以解得【训练3】 解 (1)由正弦定理，＝＝，所以sin B＝cos B，则tan B＝1，又0(2)由正弦定理有＝＝，且由(1)可知B＝，所以c＝＝＝，又因为△ABC为锐角三角形，所以解得素养进级·提能力
应用体验
1．C 解析 解法一：(射影定理法)因为acos B－bcos A＝c，c＝acos B＋bcos A，所以2bcos A＝0，故cos A＝0，A＝，则B＝π－A－C＝π－－＝.故选C.
解法二：由题意结合正弦定理可得sin Acos B－sin Bcos A＝sin C，即sin Acos B－sin Bcos A＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋sin Bcos A，整理可得sin Bcos A＝0，由于B∈(0，π)，故sin B>0，据此可得cos A＝0，A＝，则B＝π－A－C＝π－－＝.故选C.
2．B 解析 在△ABC中，由射影定理a＝ccos B＋bcos C及ccos B＋bcos C＝asin A，得asin A＝a，解得sin A＝1，而0°3. 解析 根据角平分线定理有＝＝＝，所以b＝c，又∠BAC＝60°，a＝7，在△ABC中，由余弦定理的推论得cos∠BAC＝＝，将b＝c代入上式，进而得到c2－49＝0，因此c＝(负值已舍去)．
4．4 解析 因为CD平分∠ACB，所以∠ACD＝∠BCD.由正弦定理可知＝ ＝，＝ ＝.因为∠ADC＋∠BDC＝π，所以sin∠ADC＝sin∠BDC，所以有＝，即BD＝AB.(由CD平分∠ACB交AB于点D，可得＝＝＝，所以BD＝AB，选填题中可直接使用角平分线定理实现速解，但在解答题中使用该定理需进行简单的证明)由正弦定理可知，＝ ＝ ＝ cos B＝.由余弦定理可知AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC×cos B，即81＝AB2＋144－2×AB×12×，解得AB＝7或AB＝9.当AB＝7时，BD＝4.当AB＝9时，因为AC＝9，所以AC＝AB，因此B＝∠ACB，A＋B＋∠ACB＝π 2B＋B＋B＝π B＝，cos B＝≠，所以AB＝9不成立．故BD＝4.
5．C 解析 由射影定理知acos C＋ccos A＝2bcos∠ABC＝b，所以cos∠ABC＝.因为∠ABC是三角形内角，所以∠ABC＝.由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos∠ABC 9＝a2＋c2－ac.由中线定理知a2＋c2＝2(BD2＋AD2)，即a2＋c2＝2×＝，所以ac＝，所以S△ABC＝acsin∠ABC＝××＝，故选C.(共32张PPT)
第2课时
第四章 三角函数与解三角形
正弦定理与余弦定理的应用
关键能力/落实
第一部分
——考向探究
类型一
多边形中的解三角形问题
解
解
解
解
解
类型三
解三角形中的最值(范围)问题
解
解
解析
解
解
解
解
解
解
解析
解析
解析
解析
解析
解析
解析
R
赢在欲点
D
C
A
B
C
D
A
B微练(三十八) 正弦定理与余弦定理的应用
基础过关
1．已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若2bsin A＋bsin B＝csin 2B．
(1)求C．
(2)若点D在边AB上，b＝2，CD＝1，请在下列两个条件中任选一个，求边长AB．
①CD为△ABC的一条角平分线；②CD为△ABC的一条高线．
2．已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且△ABC的面积S＝accos B．
(1)求B的大小；
(2)若a＝2，且≤A≤，求c的取值范围．
3．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2bsin＝a＋C．
(1)求B；
(2)若△ABC为锐角三角形，且b＝2，求其周长的取值范围．
4．在梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC为钝角，AB＝BC＝2，CD＝4，sin∠BCD＝.
(1)求cos∠BDC；
(2)设E为AD的中点，求BE的长．
素养升级
5．(2025·湖南长沙一中一模)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知tan C＋＝tan B(tan C－1)．
(1)求A；
(2)若a＝，△ABC所在平面内有一点D满足∠BDC＝，且BC平分∠ABD，求△ACD面积的取值范围．
微练(三十八) 正弦定理与余弦定理的应用
1．解 (1)因为2bsin A＋bsin B＝csin 2B，所以2sin Bsin A＋sin2B＝sin C·2sin B·cos B，因为在△ABC中，sin B>0，所以2sin A＋sin B＝2sin Ccos B，又sin A＝sin(B＋C)，所以2(sin Bcos C＋cos Bsin C)＋sin B＝2sin Ccos B，所以2sin Bcos C＋sin B＝0.因为在△ABC中，sin B>0，所以cos C＝－，因为0(2)若选①，因为S△ABC＝S△CAD＋S△CBD，所以×2×a×sin＝×2×1×sin＋×1×a×sin，解得a＝2.所以AB＝＝2.
若选②，则S△ABC＝×2×a×sin＝×AB×1，解得AB＝a.所以AB2＝22＋a2－2×2×a×＝3a2，即a2－a－2＝0，解得a＝2或a＝－1(舍去)，所以AB＝2.
2．解 (1)S＝accos B＝acsin B，所以tan B＝，又B∈(0，π)，所以B＝.
(2)因为a＝2，B＝，＝，所以c＝＝＝＋1＝＋1.因为≤A≤，所以2≤c≤＋1.即c的取值范围是[2，＋1]．
3．解 (1)因为2bsin＝a＋c，由正弦定理可得2sin Bsin＝sin A＋sin C，即2sin B＝sin A＋sin(A＋B)，整理得sin Bsin A＝sin A＋cos Bsin A，又A∈(0，π)，所以sin A≠0，所以sin B－cos B＝1，即sin＝，又B∈(0，π)，所以B－∈，所以B－＝，即B＝.
(2)由(1)知B＝，又b＝2，由正弦定理，得＝＝＝，所以a＝sin A，c＝sin C，所以a＋c＝(sin A＋sin C)＝＝＝4sin，在锐角△ABC中， 4．解 (1)因为AB∥CD，所以∠ABC＋∠BCD＝π，又∠ABC为钝角，所以∠BCD为锐角．因为sin∠BCD＝，所以cos∠BCD＝＝.又BC＝2，CD＝4，所以在△BCD中，由余弦定理得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos∠BCD＝16，得BD＝4，所以在△BCD中，由余弦定理得cos∠BDC＝＝.
(2)如图，在梯形ABCD中，因为AB∥CD，所以∠ABD＝∠BDC，所以cos∠ABD＝cos∠BDC＝.在△ABD中，因为E为AD的中点，所以＝＋.由(1)知，BD＝4，即||＝4，又||＝BA＝2，所以||2＝||2＋||2＋·＝||2＋||2＋||·||cos∠ABD＝，所以||＝，即BE＝.
5．解 (1)由tan C＋＝tan B(tan C－1)，得tan B＋tan C＝－(1－tan Btan C)，即＝－，即tan(B＋C)＝－，所以tan(π－A)＝－，即tan A＝，又A∈(0，π)，所以A＝.
(2)设∠ABC＝∠CBD＝x，在△BCD中，∠BDC＝，故x∈，则∠ACD＝2π－－－2x＝π－2x，由正弦定理有＝，＝，则AC＝CD＝2sin x，故S△ACD＝(2sin x)2sin(π－2x)＝4sin3xcos x，令φ(x)＝4sin3xcos x，x∈，则φ′(x)＝12sin2xcos2x－4sin4x＝4sin2x(cos x＋sin x)(cos x－sin x)，易知φ′(x)>0，则函数φ(x)＝4sin3xcos x在上单调递增，又φ(0)＝0，φ＝，所以△ACD面积的取值范围为.(共15张PPT)
正弦定理与余弦定理的应用
微练(三十八)
1
5
2
3
4
解
基础过关
1
5
2
3
4
解
1
5
2
3
4
解
1
5
2
3
4
解
1
5
2
3
4
解
1
5
2
3
4
解
1
5
2
3
4
解
1
5
2
3
4
解
1
5
2
3
4
解
1
5
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4
解
1
5
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解
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5
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解
素养升级
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2
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解
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4
解
R
赢在欲点
A
B
E
D
C