9.2 习题课 正弦定理、余弦定理的综合应用 -【步步高】2023-2024学年高一数学必修第四册学习笔记（人教B版2019）

习题课　正弦定理、余弦定理的综合应用 [学习目标]　1.理解三角形面积公式的推导过程，掌握三角形的面积公式.2.了解正弦、余弦定理在平面几何中的应用.3.掌握正弦、余弦定理与三角函数的综合应用． 一、正、余弦定理与三角形面积公式的综合应用 例1　在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＋b＝5，c＝，且ccos A＋a＝b. (1)求C的大小； (2)求△ABC的面积． 解　(1)由正弦定理，得sin Ccos A＋sin A＝sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C， 即sin A＝sin Acos C， ∵sin A≠0，∴cos C＝，又C∈(0，π)，∴C＝. (2)由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos C， 即7＝a2＋b2－ab， ∴7＝(a＋b)2－3ab＝25－3ab，故ab＝6， ∴S△ABC＝absin C＝×6×＝， 故△ABC的面积为. 反思感悟　求三角形的面积，要充分挖掘题目中的条件，转化为求两边及其夹角的正弦问题，要注意方程思想在解题中的应用． 跟踪训练1　(1)在△ABC中，已知a＝5，b＝7，B＝120°，则△ABC的面积为________． 答案　 解析　由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos B， 即c2＋5c－24＝0，解得c＝3或c＝－8(舍去)． 所以S△ABC＝acsin B＝×5×3sin 120°＝. (2)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若sin B＝2sin A，且△ABC的面积为a2sin B，则cos B＝________. 答案　 解析　由sin B＝2sin A，得b＝2a，由△ABC的面积为a2sin B，得acsin B＝a2sin B，由sin B≠0，知c＝2a， 故cos B＝＝＝. 二、正、余弦定理在平面几何中的应用 例2　如图，在△ABC中，AC＝2，BC＝1，CD是AB边上的中线． (1)求证：sin∠BCD＝2sin∠ACD； (2)若∠ACD＝30°，求AB的长． (1)证明　在△DBC中，由正弦定理得， ＝， 在△ACD中，由正弦定理得，＝， 即BCsin∠BCD＝BDsin∠CDB， ACsin∠ACD＝ADsin∠CDA. ∵sin∠CDA＝sin∠CDB， CD是AB边上的中线且AC＝2BC， ∴sin∠BCD＝2sin∠ACD. (2)解　∵∠ACD＝30°，由(1)可得sin∠BCD＝2sin∠ACD＝1，即∠BCD＝90°，∴∠ACB＝120°， 由余弦定理得 AB＝ ＝＝. 反思感悟　在平面几何中求边、求角，通常思路是先找所求的边、角所在的三角形，再在三角形中通过余弦、正弦定理求边和角． 跟踪训练2　如图，在平面四边形ABCD中，D＝，CD＝，△ACD的面积为. (1)求AC的长； (2)若AB⊥AD，B＝.求BC的长． 解　(1)∵D＝，CD＝，△ACD的面积为， ∴S△ACD＝AD·CD·sin D＝×AD××＝， ∴AD＝， ∴由余弦定理，得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos D＝6＋6－2×6×＝18， ∴AC＝3. (2)由(1)知，在△ACD中AD＝，CD＝， D＝， ∴∠DAC＝， ∵AB⊥AD，∴∠BAC＝. 又∵B＝，AC＝3， ∴在△ABC中，由正弦定理，得＝， 即＝，∴BC＝3. 三、正、余弦定理与三角函数的综合应用 例3　在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为，b－c＝2，cos A＝－. (1)求a和sin C的值； (2)求cos的值． 解　(1)在△ABC中，cos A＝－，∵A∈(0，π)， ∴sin A＝＝， 由△ABC的面积为，可得bcsin A＝， 可得bc＝8. 又b－c＝2，解得b＝4，c＝2或b＝－2，c＝－4(舍去)， ∴b＝4，c＝2， 由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝16＋4－2×8×＝24， ∴a＝2， 又＝， 解得sin C＝， ∴a＝2，sin C＝. (2)由(1)知，sin C＝，b>c，∴C∈， ∴cos C＝＝， cos 2C＝2cos2C－1＝， sin 2C＝2sin Ccos C＝， ∴cos＝cos 2Ccos －sin 2Csin ＝×－×＝. 反思感悟　正弦、余弦定理与三角函数相结合，常见两种考查方式：一是先由正弦、余弦定理求出内角正弦值、余弦值，再结合和、差、倍、半角公式可以求解问题中出现的三角函数值；二是先利用函数的性质，再利用函数求角，解与三角形有关的问题． 跟踪训练3　在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(2a－b)cos C＝ccos B，△ABC的面积S＝10，c＝7. (1)求角C； (2)求a，b的值． 解　(1)因为(2a－b)cos C＝ccos B， 所以由正弦定理得(2sin A－sin B)cos C＝sin Ccos B， 2sin Acos C－sin Bcos C＝cos Bsin C， 即2sin Acos C＝sin(B＋C)， 所以2sin Acos C＝sin A. 因为A∈(0，π)，所以sin A≠0， 所以cos C＝. 又因为C∈(0，π)， 所以C＝. (2)由S＝absin C＝10，C＝， 得ab＝40.① 由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos C， 即c2＝(a＋b)2－2ab， 所以72＝(a＋b)2－2×40×. 所以a＋b＝13.② 由①②得a＝8，b＝5或a＝5，b＝8. 1．知识清单： (1)正、余弦定理与三角形面积公式的综合应用． (2)利用正、余弦定理解决平面几何问题． (3)正、余弦定理与三角函数的综合应用． 2．方法归纳：化归转化、数形结合． 3．常见误区：利用余弦、正弦定理求值时会出现增根，易忽略检验． 1．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(a＋b)2－c2＝4，C＝120°，则△ABC的面积为(　　) A. B. C. D．2 答案　C 解析　将c2＝a2＋b2－2abcos C与(a＋b)2－c2＝4联立， 解得ab＝4，所以S△ABC＝absin C＝. 2．如图，在△ABC中，点D在BC边上，∠ADC＝60°，CD＝AD＝2，BD＝4，则sin B的值为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　由题意，得△ADC为等边三角形，则∠ADB＝120°，AC＝2，由余弦定理，得AB2＝BD2＋AD2－2BD·ADcos∠ADB，即AB＝2，由正弦定理，得＝，则sin B＝＝. 3．在△ABC中，已知BC＝5，外接圆半径为5.若·＝，则△ABC的周长为(　　) A．11 B．9 C．7 D．5 答案　A 解析　设角A，B，C的对边分别为a，b，c， 由正弦定理得＝2×5， ∴sin A＝， ∴A＝60°或120°.∵·＝， ∴A＝60°，bccos 60°＝， ∴bc＝11. ∵a2＝b2＋c2－2bccos 60°＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc＝75， ∴(b＋c)2＝108，b＋c＝6， ∴a＋b＋c＝5＋6＝11. 4．在△ABC中，A＝60°，4sin B＝5sin C，S△ABC＝20，则其周长为________． 答案　18＋2 解析　由正弦定理＝， 且4sin B＝5sin C，得4b＝5c，即b＝c， 由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋c2－bc＝c2＋c2－c2＝c2， ∵S△ABC＝bcsin A＝×c2＝c2＝20， ∴c2＝64，∴c＝8，b＝10. ∴a＝2，∴△ABC的周长为18＋2. 1．在△ABC中，AB＝，AC＝1，B＝30°，S△ABC＝，则C等于(　　) A．60°或120° B．30° C．60° D．45° 答案　C 解析　在△ABC中，AB＝，AC＝1，B＝30°， S△ABC＝AB·ACsin A＝，可得sin A＝1， 所以A＝90°， 所以C＝180°－A－B＝60°. 2．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b＝5，C＝60°，且△ABC的面积为5，则△ABC的周长为(　　) A．8＋ B．9＋ C．10＋ D．14 答案　B 解析　由题意及三角形的面积公式，得absin C＝5，即a×5×＝5，解得a＝4，根据余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos C，即c2＝16＋25－2×4×5×＝21，c＝，所以△ABC的周长为9＋. 3．若△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b＝2，c＝，△ABC的面积S＝cos A，则a等于(　　) A．1 B. C. D. 答案　A 解析　因为b＝2，c＝，S＝cos A＝bcsin A＝sin A，所以sin A＝cos A．所以sin2A＋cos2A＝cos2A＋cos2A＝cos2A＝1.所以cos A＝.所以a2＝b2＋c2－2bccos A＝4＋5－2×2××＝9－8＝1，即a＝1. 4．在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，AB＝2BC＝2CD，则cos∠DAC等于(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　如图所示，不妨设BC＝CD＝1，则AB＝2，过点D作DE⊥AB，垂足为E. 易知四边形BCDE是正方形，则BE＝CD＝1， 所以AE＝AB－BE＝1. 在Rt△ADE中，AD＝＝， 在Rt△ABC中，AC＝＝， 在△ACD中，由余弦定理得cos∠DAC＝＝＝. 5.如图，在△ABC中，B＝45°，AC＝8，D是BC边上一点，DC＝5，DA＝7，则AB的长为(　　) A．4 B．4 C．8 D．4 答案　D 解析　因为DC＝5，DA＝7，AC＝8， 所以cos∠ADC＝＝， 因此cos∠ADB＝－，所以sin∠ADB＝， 又B＝45°，DA＝7， 由正弦定理，可得＝， 所以AB＝＝＝4. 6．(多选)若△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足b－2a＋4asin2＝0，则下列结论正确的是(　　) A．角C一定为锐角 B．a2＋2b2－c2＝0 C．3tan A＋tan C＝0 D．tan B的最大值为 答案　BCD 解析　b－2a＋4asin2＝0可化为b－2a·cos(A＋B)＝0，即b＋2acos C＝0，则cos C<0，故C为钝角，故A错误； 又b＋2a×＝0，整理得到a2＋2b2－c2＝0，故B正确； 而b＋2acos C＝0可化为sin(A＋C)＋2sin Acos C＝0， 所以3sin Acos C＋cos Asin C＝0， 即3tan A＋tan C＝0，故C正确； 又tan B＝－tan(A＋C)＝＝， 因为C为钝角，故A为锐角， 故tan B＝＝≤， 当且仅当tan A＝时，等号成立，故D正确． 7.如图，在四边形ABCD中，B＝C＝120°，AB＝4，BC＝CD＝2，则该四边形的面积等于________． 答案　5 解析　连接BD(图略)． ∵∠ABC＝C＝120°，AB＝4，BC＝CD＝2， ∴在△BCD中，BD＝＝2， ∴S△ABD＝AB·BDsin(120°－30°)＝×4×2＝4， S△BCD＝BC·CDsin 120°＝×2×2×＝. ∴四边形的面积S＝S△ABD＋S△BCD＝4＋＝5. 8．已知在△ABC中，AC＝2，AB＝3，∠BAC＝60°，AD是∠BAC的角平分线，则AD＝________. 答案　 解析　如图，∵S△ABC＝S△ABD＋S△ACD， ∴×3×2×sin 60°＝×3AD×sin 30°＋×2AD×sin 30°， ∴AD＝. 9.如图，在四边形ABCD中，A＝，tan∠ABD＝3，AD＝6，BC＝2，CD＝4. (1)求BD的长； (2)求证：∠ABC＋∠ADC＝π. (1)解　在△ABD中，∵tan∠ABD＝3，∠ABD∈(0，π)， ∴sin∠ABD＝. 根据正弦定理＝及AD＝6，A＝，得BD＝2. (2)证明　在△BCD中，根据余弦定理cos C＝及BC＝2，CD＝4，BD＝2，得cos C＝－. ∵C∈(0，π)，∴C＝，∴A＋C＝π， ∴∠ABC＋∠ADC＝π. 10.如图，在△ABC中，B＝，AB＝4，点D在BC上，且CD＝3，cos∠ADC＝. (1)求sin∠BAD； (2)求BD，AC的长． 解　(1)∵∠ADC＋∠ADB＝π， 且cos∠ADC＝， ∴cos∠ADB＝－， ∴sin∠ADB＝＝， 由B＋∠ADB＋∠BAD＝π得，sin∠BAD＝sin(B＋∠ADB)＝sin Bcos∠ADB＋cos Bsin∠ADB ＝×＋×＝. (2)在△ABD中，由正弦定理得＝， ∴BD＝＝＝2， ∴BC＝5， 在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos B＝32＋25－2×4×5×＝17， ∴AC＝. 11．在圆O的内接四边形ABCD中，AB＝2，BC＝6，CD＝AD＝4，则四边形ABCD的面积S为(　　) A．4 B．6 C．8 D．10 答案　C 解析　如图，连接BD， 由余弦定理，得 在△ABD中，BD2＝4＋16－2×2×4cos A＝20－16cos A， 在△CBD中，BD2＝16＋36－2×4×6cos C＝52－48cos C， ∵A＋C＝180°， ∴20－16cos A＝52＋48cos A， 解得cos A＝－，∴A＝120°，C＝60°. S＝S△ABD＋S△CBD＝×2×4×sin 120°＋×4×6×sin 60°＝8. 12．已知梯形ABCD的上底AB长为1，下底CD长为4，对角线AC长为，BD长为2，则△ABD的面积为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案　A 解析　如图，过点D作DE∥AC，且DE＝AC，连接AE，则四边形ACDE为平行四边形，则cos∠EBD＝＝， 所以sin∠EBD＝， 故S△ABD＝×1×2×sin∠ABD＝1. 13．已知△ABC的外接圆半径为2，内切圆半径为1，AB＝2，则△ABC的面积为(　　) A．3 B. C．4或 D．3或 答案　A 解析　设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，由正弦定理得＝2R(R为△ABC的外接圆半径)， 解得sin C＝.∵C∈(0，π)，∴C＝或C＝. ∵S△ABC＝(a＋b＋c)r＝absin C(r为△ABC的内切圆半径)， ∴ab＝2(a＋b＋2)．① 当C＝时，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos C， 即(a＋b)2－3ab＝12.② 由①②整理得∴a＝b＝2， ∴S△ABC＝(a＋b＋c)r＝×(4＋2)×1＝3. 当C＝时，结合图形(图略)可知，不符合题意，舍去． 14．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若tan Atan B＝4(tan A＋tan B)tan C，则＝________. 答案　9 解析　因为tan Atan B＝4(tan A＋tan B)tan C， 所以·＝4××＝4×× ＝4××＝， 即＝. 故原式化为sin Asin B＝， 由正弦定理、余弦定理得ab＝， 即ab·＝4c2，所以a2＋b2－c2＝8c2， 所以＝9. 15.如图，已知圆内接四边形ABCD中，AB＝1，BC＝3，AD＝CD＝2，C＝，则·＝________. 答案　－ 解析　方法一　如图，延长BA，CD交于点E，连接BD，设∠BDC＝α，∠ABD＝β，则E＝α－β，在△BCD中，由余弦定理得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos C＝7，所以cos α＝＝＝，sin α＝， 在△ABD中，cos β＝＝＝，sin β＝， 所以cos E＝cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝. 所以·＝1×2cos(π－E)＝－2×＝－. 方法二　连接AC(图略)，在△ABC和△ACD中，分别由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos B＝AD2＋CD2－2AD·CDcos D，且B＋D＝π，则12＋32－2×1×3cos B＝22＋22－2×2×2cos(π－B)，所以cos B＝，所以·＝(＋＋)·＝·＋·＋·＝2×2×－4＋3×2×＝－. 16.如图，在△ABC中，C＝，角B的平分线BD交AC于点D，设∠CBD＝θ，其中tan θ＝. (1)求sin A； (2)若·＝28，求AB的长． 解　(1)由∠CBD＝θ，且tan θ＝，θ∈， 所以sin θ＝cos θ，sin2θ＋cos2θ＝cos2θ＋cos2θ＝cos2θ＝1， 所以cos θ＝，sin θ＝. 则sin∠ABC＝sin 2θ＝2sin θ·cos θ＝2××＝， 所以cos∠ABC＝cos 2θ＝2cos2θ－1＝2×－1＝， sin A＝sin＝sin＝·cos 2θ＋sin 2θ＝×＝. (2)由正弦定理，得＝，即＝， 所以BC＝AC.① 又·＝||||＝28， 所以||||＝28，② 由①②解得AC＝4， 又由＝，得＝，解得AB＝5. 学科网（北京）股份有限公司 $$