第四章　4.7　正、余弦定理的综合应用（全国通用）2026年高考数学一轮复习讲义（教师版）

4．7　正、余弦定理的综合应用
1．会利用正、余弦定理及三角恒等变换解决三角形中的最值、范围问题．
2．会利用正、余弦定理求解平面多边形、三角形的中线、高线、角平分线等问题．
考点1 多边形中的解三角形问题
【例1】　如图，四边形ABCD为梯形，AB∥CD，AB＝2CD＝6，tan A＝，cos ∠ADB＝.
(1)求cos ∠BDC的值；
(2)求BC的长．
【解】　(1)因为tan A＝＝，且sin2A＋cos2A＝1，解得sinA＝，cos A＝.而cos ∠ADB＝，所以sin ∠ADB＝＝，所以cos∠ABD＝cos (π－A－∠ADB)＝－cos (A＋∠ADB)＝－(cos A cos ∠ADB－sin A sin ∠ADB)＝－×＋×＝，因为AB∥CD，所以∠BDC＝∠ABD，所以cos ∠BDC＝cos ∠ABD＝.
(2)在△ABD中，由正弦定理得＝，因为AB＝6，所以BD＝＝3.在△CBD中，由余弦定理得BC2＝BD2＋CD2－2BD·CD·cos ∠BDC＝27＋18－2×3×3×＝33，所以BC＝.
平面几何中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．
【对点训练1】　如图所示，在平行四边形ABCD中，有AC cos ∠BAC＝(2AB－BC)·
cos ∠ABC.
(1)求∠ABC的大小；
(2)若BC＝3，AC＝，求平行四边形ABCD的面积．
解：(1)由题意得AC cos ∠BAC＝(2AB－BC)cos ∠ABC，
由正弦定理得2sin ∠ACB cos ∠ABC＝sin ∠BAC cos ∠ABC＋sin ∠ABC cos ∠BAC，
∴2sin ∠ACB cos ∠ABC＝sin (∠BAC＋∠ABC)＝sin (π－∠ACB)＝sin ∠ACB，
又∵∠ACB∈(0，π)，
∴sin ∠ACB≠0，∴cos ∠ABC＝，
∵∠ABC∈(0，π)，∴∠ABC＝.
(2)在平行四边形ABCD中，∠ABC＝，BC＝3，AC＝，
在△ABC中，由余弦定理得，AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC cos ∠ABC，即7＝AB2＋9－2×AB×3×，
解得AB＝1或AB＝2，
当AB＝1时，平行四边形ABCD的面积为S＝2S△ABC＝2×AB×BC sin ＝2××1×3×＝；
当AB＝2时，平行四边形ABCD的面积为S＝2S△ABC＝2×AB×BC sin ＝2××2×3×＝3.
故平行四边形ABCD的面积为或3.
考点2 三角形中的最值、范围问题
【例2】　（2024·河北衡水一模）在△ABC中，∠BAC，∠ABC，∠ACB所对的边分别是a，b，c，三角形面积为S，若D为AC边上一点，满足AB⊥BD，BD＝2，且a2＝－S＋ab cos ∠ACB.
(1)求∠ABC；
(2)求＋的取值范围．
【解】　(1)∵a2＝－S＋ab cos ∠ACB，
∴a2＝－ab sin ∠ACB＋ab cos ∠ACB，
即a＝－b sin ∠ACB＋b cos ∠ACB，
由正弦定理得，
sin ∠BAC＝－sin ∠ABC sin ∠ACB＋sin ∠ABC cos ∠ACB，
∴sin (∠ABC＋∠ACB)＝－sin ∠ABC·sin ∠ACB＋sin ∠ABC cos ∠ACB，
∴cos ∠ABC sin ∠ACB＝－sin ∠ABC sin ∠ACB，
∵sin ∠ACB≠0，∴tan ∠ABC＝－，
由0<∠ABC<π，得∠ABC＝.
(2)由(1)知，∠ABC＝，∵AB⊥BD，
∴∠ABD＝，∠DBC＝，
在△BCD中，由正弦定理得＝，
即DC＝＝，
在Rt△ABD中，
AD＝＝，
∴＋＝＋＝sin ∠BAC＋sin ∠ACB，
∵∠ABC＝，∴∠BAC＋∠ACB＝，
∴＋＝sin ∠BAC＋sin ∠ACB＝sin ＋sin ∠ACB＝sin cos ∠ACB
－cos sin ∠ACB＋sin ∠ACB＝sin ，∵0<∠ACB<，∴∠ACB＋∈，∴sin ∈，
∴＋的取值范围为.
1．三角形中的最值、范围问题的解题策略
(1)定基本量：根据题意画出图形，找出三角形中的边、角，利用正弦、余弦定理求出相关的边、角，并选择边、角作为基本量，确定基本量的范围．
(2)构建函数：根据正弦、余弦定理或三角恒等变换，将所求范围的变量表示成函数形式．
(3)求最值：利用基本不等式或函数的单调性等求最值．
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，一定要搞清楚变量的范围，若已知边的范围，求角的范围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【对点训练2】　在△ABC中，∠BAC，∠ABC，∠ACB所对的边分别是a，b，c，已知向量m＝(a＋b，sin ∠ACB)，n＝(a－c，sin ∠BAC－sin ∠ABC)，满足m∥n.
(1)求∠ABC；
(2)若∠ABC的平分线交边AC于点D，BD＝2，求△ABC面积的最小值．
解：(1)∵m∥n，∴(a＋b)·(sin ∠BAC－sin ∠ABC)＝(a－c)·sin ∠ACB，
∴(a＋b)(a－b)＝c(a－c)，即a2－b2＝ac－c2，∴a2＋c2－b2＝ac，
∴2ac cos ∠ABC＝ac，∴cos ∠ABC＝，
∵∠ABC∈(0，π)，∴∠ABC＝.
(2)由题意得S△ABC＝ac sin ∠ABC＝ac，
S△ABD＝×2×c×sin ＝c，S△CBD＝×2×a×sin ＝a，∵S△ABC＝S△ABD＋S△CBD，
∴ac＝c＋a，即ac＝a＋c≥2，
∴≥，则ac≥，当且仅当a＝c＝时取等号，
∴S△ABC＝ac≥×＝.
即△ABC面积的最小值为.
考点3 三角形中的中线、高线、角平分线
命题角度1　中线
【例3】　（2024·山东潍坊一模）在△ABC中，∠BAC，∠ABC，∠ACB的对边分别为a，b，c，已知a(sin ∠ABC＋cos ∠ABC)＝c.
(1)求∠BAC；
(2)若c＝，a＝，D为BC的中点，求AD的长．
【解】　(1)∵a(sin ∠ABC＋cos ∠ABC)＝c，
∴sin ∠BAC(sin ∠ABC＋cos ∠ABC)＝sin ∠ACB，
在△ABC中，sin ∠ACB＝sin (∠BAC＋∠ABC)，则有sin ∠BAC(sin ∠ABC＋cos ∠ABC)＝sin (∠BAC＋∠ABC)，
∴sin ∠BAC sin ∠ABC＋sin ∠BAC cos ∠ABC
＝sin ∠BAC cos ∠ABC＋cos ∠BAC sin ∠ABC，
∴sin ∠BAC sin ∠ABC＝cos ∠BAC sin ∠ABC，又∠ABC∈(0，π)，∴sin ∠ABC>0，
∴sin ∠BAC＝cos ∠BAC，∴tan ∠BAC＝1，
又∠BAC∈(0，π)，∴∠BAC＝.
(2)根据余弦定理有a2＝b2＋c2－2bc cos ∠BAC，
则有5＝b2＋2－2b，解得b＝3或b＝－1（舍去），
如图，∵D为BC的中点，
∴＝（＋），
∴2＝（2＋2＋2·）＝×＝，
∴AD＝.
中线的相关结论
如图，在△ABC中，D是BC的中点，∠BAC，∠ABC，∠ACB所对的边分别为a，b，c.
(1)向量形式：（记忆核心技巧，结论不用记忆）
核心技巧：2＝＋；
结论：2＝(b2＋c2＋2bc cos ∠BAC).
(2)角形式：
∠ADB＋∠ADC＝π cos ∠ADB＋cos ∠ADC＝0.
在△ADB中，cos ∠ADB＝；
在△ADC中，cos ∠ADC＝.
命题角度2　高线
【例4】　（2024·山东枣庄一模）在△ABC中，∠BAC，∠ABC，∠ACB的对边分别为a，b，c，且＝sin ∠BAC tan .
(1)求∠ACB；
(2)若a＝8，b＝5，CH是边AB上的高，且＝m＋n，求.
【解】　(1)因为＝sin ∠BAC·tan ，由正弦定理和同角三角函数的基本关系，得＝，由倍角公式得＝
.
又因为∠BAC，∠ACB为△ABC的内角，所以∠BAC∈(0，π)，∈，所以sin ∠BAC≠0，cos ≠0.
所以sin2＝，sin＝，则有＝，所以∠ACB＝.
(2)如图，由题意知a＝8，b＝5，∠ACB＝，·＝||·||·cos ∠ACB＝ab cos ∠ACB＝5×8×cos ＝20，2＝b2＝25，2＝a2＝64，
由题意知CH⊥AB，所以·＝0，即（m＋n）·（－）＝(m－n)（·）－m2＋n2＝20(m－n)－25m＋64n＝0.
所以5m＝44n，所以＝.
高线的相关结论
(1)高的性质：h1，h2，h3分别为△ABC边a，b，c上的高，则h1∶h2∶h3＝∶∶＝∶∶.
(2)求高一般采用等面积法，即求某边上的高，需要求出面积和底边长度．
命题角度3　角平分线
【例5】　（2024·山东淄博一模）如图，在△ABC中，∠BAC＝，∠BAC的平分线交BC于点P，AP＝2.
(1)若BC＝8，求△ABC的面积；
(2)若CP＝4，求BP的长．
【解】　(1)△ABC中，设∠BAC，∠ABC，
∠ACB的对边分别为a，b，c，
在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos ∠CAB，
即64＝c2＋b2＋b·c①，
因为S△ABC＝S△ABP＋S△ACP，所以·＝·＋·，整理得b·c＝2b＋2c②，
由①②解得b·c＝2＋2，
所以S△ABC＝bc sin ∠BAC＝.
(2)因为AP＝2，CP＝4，∠PAC＝，所以在△APC中，由余弦定理，可得CP2＝AP2＋AC2－2AP·AC·cos ∠CAP，
所以16＝4＋AC2－2AC，解得AC＝1＋，
由正弦定理得＝，
即＝，解得sin ∠ACB＝，所以cos ∠ACB＝＝，
sin∠ABC＝sin (∠BAC＋∠ACB)＝sin ∠BAC cos ∠ACB＋cos ∠BAC sin ∠ACB
＝，
在△ABC中，由正弦定理得＝，
则＝，解得BC＝，
所以BP＝BC－PC＝－4＝.
角平分线的相关结论
如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，∠BAC，∠ABC，
∠ACB所对的边分别为a，b，c.
(1)内角平分线定理：＝或＝.
(2)等面积法：
S△ABC＝S△ABD＋S△ADC AB×AC×sin ∠BAC＝AB×AD×sin ＋AC×AD×sin .
(3)角形式：
∠ADB＋∠ADC＝π cos ∠ADB＋cos ∠ADC＝0.
在△ADB中，cos ∠ADB＝；
在△ADC中，cos ∠ADC＝.
【对点训练3】　（2024·黑龙江哈尔滨二模）在△ABC中，∠BAC，∠ABC，∠ACB的对边分别为a，b，c，已知b＝4，＝cos ∠BAC＋.
(1)求∠ABC的大小；
(2)已知BD为∠ABC的平分线，且与AC交于点D，若BD＝，求△ABC的周长．
解：(1)由已知，得2b cos ∠ABC＝c cos ∠BAC＋，
根据正弦定理，得2sin ∠ABC cos ∠ABC＝sin ∠ACB cos ∠BAC＋，
即2sin ∠ABC cos ∠ABC＝sin ∠BAC cos ∠ACB
＋cos ∠BAC sin ∠ACB，
即2sin ∠ABC cos ∠ABC＝sin (∠BAC＋∠ACB)＝sin ∠ABC，
由于0<∠ABC<π，所以sin ∠ABC>0，所以cos ∠ABC＝，所以∠ABC＝.
(2)因为S△ABC＝S△ABD＋S△BCD，
所以ac sin ∠ABC＝BD·c·sin ∠ABD＋BD·a·sin ∠CBD，
因为BD为∠ABC的平分线，所以∠ABD＝∠CBD＝∠ABC＝，
所以ac×＝×c×＋×a×，则ac＝(a＋c)，即ac＝(a＋c)，
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac cos ∠ABC，即16＝a2＋c2－ac，
所以16＝(a＋c)2－3ac＝(a＋c)2－(a＋c)，解得a＋c＝2或a＋c＝（舍），
故△ABC的周长为2＋4.
课时作业31
1．（16分）（2024·四川成都三模）在△ABC中，BC＝5，AC＝6，cos ∠ABC＝.
(1)求AB的长；
(2)求AC边上的高．
解：(1)设∠BAC，∠ABC，∠ACB的对边分别为a，b，c，则a＝5，b＝6，cos ∠ABC＝，由余弦定理得＝，解得c＝4，即AB＝4.
(2)在△ABC中，cos ∠ABC＝，
所以sin ∠ABC＝，设AC边上的高为h，则bh＝ac sin ∠ABC，即6h＝5×4×，解得h＝，
所以AC边上的高为.
2．（16分）（2024·北京东城区一模）在△ABC中，∠BAC，∠ABC，∠ACB所对的边分别为a，b，c，满足a cos ∠ACB＋c cos ∠BAC＝b cos ∠ABC.
(1)求∠ABC；
(2)若a＝12，D为BC边的中点，且AD＝3，求b.
解：(1)因为a cos ∠ACB＋c cos ∠BAC＝b cos ∠ABC，所以sin ∠BAC cos ∠ACB＋
sin ∠ACB cos ∠BAC＝sin ∠ABC cos ∠ABC，
所以sin (∠BAC＋∠ACB)＝sin ∠ABC cos ∠ABC，
所以sin ∠ABC＝sin ∠ABC cos ∠ABC，
又因为sin ∠ABC≠0，所以1＝cos ∠ABC，解得cos ∠ABC＝，又因为∠ABC∈(0，π)，所以∠ABC＝.
(2)如图，因为D为BC边的中点，a＝12，所以BD＝CD＝6，在△ABD中，由正弦定理可得＝，
即＝＝6，解得sin ∠BAD＝1，又因为∠BAD∈(0，π)，所以∠BAD＝，
在Rt△ABD中，AB＝＝＝3，
在△ABC中，AB＝3，BC＝12，∠ABC＝，
由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·AC·cos ∠ABC＝27＋144－2×3×12×＝63，
所以AC＝3，即b＝3.
3．（17分）在△ABC中，∠BAC，∠ABC，∠ACB的对边分别是a，b，c，满足(a＋b＋c)(a＋b－c)＝ab.
(1)求∠ACB；
(2)若点D在AB上，CD＝2，∠BCD＝90°，求△ABC面积的最小值．
解：(1)由(a＋b＋c)(a＋b－c)＝ab，可得a2＋b2－c2＝－ab，
∴cos ∠ACB＝＝－＝－，又∠ACB∈(0，π)，∴∠ACB＝.
(2)∵S△ABC＝S△BCD＋S△ACD，
∴ab sin ＝×2a＋b×2sin ，
∴ab＝a＋b≥，
∴ab≥，当且仅当b＝2a，即a＝，b＝时取等号，
∴S△ABC＝ab≥，
∴△ABC面积的最小值为.
4．（17分）如图，在凸四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点E，且BE＝ED，AE＝2EC，AB＝4，AD＝2.
(1)若EC＝1，求∠BAD的余弦值；
(2)若∠ABD＝，求边BC的长．
解：(1)因为EC＝1，所以AE＝2EC＝2，AC＝3，设BE＝ED＝x，
在△ABD中，cos ∠ADB＝＝＝，
在△AED中，cos ∠ADB＝＝＝，
所以＝，解得x＝2，所以BD＝4，
在△ABD中，cos ∠BAD＝
＝＝－.
(2)在△ABD中，由正弦定理得＝，
所以sin ∠ADB＝sin ∠ABD＝sin ＝1，又∠ADB为三角形的内角，所以∠ADB＝，所以BD＝AD＝2，BE＝ED＝，且AE＝＝，
所以cos ∠AED＝cos ∠BEC＝＝，EC＝AE＝，
在△BCE中，BC2＝BE2＋EC2－2BE·EC cos ∠BEC＝2＋－2×××＝，所以BC＝.
5．（17分）（2024·山东济南二模）如图，已知平面四边形ABCD中，AB＝BC＝2，CD＝2，AD＝4.
(1)若A，B，C，D四点共圆，求边AC的长；
(2)求四边形ABCD面积的最大值．
解：(1)在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos ∠ABC＝8＋8－2×8×cos ∠ABC＝16－16cos ∠ABC①，
在△ACD中，由余弦定理得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD cos ∠ADC＝16＋4－2×8cos ∠ADC＝20－16cos ∠ADC②，
因为A，B，C，D四点共圆，所以∠ABC＋∠ADC＝π，因此cos ∠ADC＝－cos ∠ABC，
因此①＋②，得2AC2＝36，所以AC＝3（负值已舍去）.
(2)由(1)得16－16cos ∠ABC＝20－16cos ∠ADC，
化简得cos ∠ADC－cos ∠ABC＝，
则cos2∠ADC－2cos∠ADC cos ∠ABC＋cos2∠ABC＝③，
四边形ABCD的面积S＝AB·BC sin∠ABC＋AD·CD sin ∠ADC＝×2×
2sin ∠ABC＋×4×2sin ∠ADC＝4(sin ∠ADC＋sin ∠ABC)，
整理得sin ∠ADC＋sin ∠ABC＝，
则sin2∠ADC＋2sin∠ADC sin ∠ABC＋sin2∠ABC＝④，
③＋④得2－2(cos∠ADC cos ∠ABC－sin ∠ADC sin ∠ABC)＝，
即2－2cos (∠ADC＋∠ABC)＝，
由于0<∠ADC<π，0<∠ABC<π，所以当且仅当∠ADC＋∠ABC＝π时，cos (∠ADC＋∠ABC)取得最小值－1，
此时四边形ABCD的面积最大，由＝4，解得S＝3，
故四边形ABCD面积的最大值为3.
6．（17分）已知锐角△ABC中，∠BAC，∠ABC，∠ACB所对的边分别为a，b，c，其中a＝8，＝1＋，且a≠c.
(1)求证：∠ABC＝2∠ACB；
(2)已知点M在线段AC上，且∠ABM＝∠CBM，求BM长度的取值范围．
解：(1)证明：因为＝1＋，所以＝，
由正弦定理可得＝＝，
又a≠c，即a－c≠0，所以＝，整理得b2＝c2＋ac，代入b2＝a2＋c2－2ac cos∠ABC，得c＝a－2c cos ∠ABC，
由正弦定理得sin ∠ACB＝sin ∠BAC－2sin ∠ACB cos ∠ABC，
故sin ∠ACB＝sin (∠ABC＋∠ACB)－2sin ∠ACB cos ∠ABC，
即sin ∠ACB＝sin ∠ABC cos ∠ACB＋sin ∠ACB cos ∠ABC－2sin ∠ACB cos ∠ABC，
整理得sin ∠ACB＝sin (∠ABC－∠ACB)，又因为△ABC为锐角三角形，所以∠ACB∈，∠ABC∈，所以∠ABC－∠ACB∈，所以∠ACB＝∠ABC－∠ACB，即∠ABC＝2∠ACB.
(2)因为点M在线段AC上，且∠ABM＝∠CBM，所以BM平分∠ABC，又∠ABC＝2∠ACB，所以∠ACB＝∠CBM，则∠BMC＝π－∠ACB－∠CBM＝π－2∠ACB，
在△MCB中，由正弦定理得＝，所以BM＝＝
＝＝，
因为△ABC为锐角三角形，且∠ABC＝2∠ACB，所以
解得<∠ACB<.
故因此线段BM长度的取值范围为.