第04讲 余弦定理、正弦定理（春季讲义）-2024-2025学年高一数学春季讲义（人教A版2019必修第二册）

第04讲 余弦定理、正弦定理 【人教A版2019】 模块一 余弦定理与正弦定理 1．余弦定理 (1)余弦定理及其推论的表示 文字表述 三角形中任何一边的平方，等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍. 公式表述 a2=b2+c2-2bccosA，b2=a2+c2-2accosB，c2=a2+b2-2abcosC. 推论 (2)对余弦定理的理解 ①余弦定理对任意的三角形都成立. ②在余弦定理中，每一个等式都包含四个量，因此已知其中三个量，利用方程思想可以求得未知的量. ③余弦定理的推论是余弦定理的第二种形式，适用于已知三角形三边来确定三角形的角的问题.用余弦 定理的推论还可以根据角的余弦值的符号来判断三角形中的角是锐角还是钝角. ④余弦定理的另一种常见变式：b2+c2-a2=2bccosA，a2+c2-b2=2accosB，a2+b2-c2=2abcosC. 2．正弦定理 (1)正弦定理的表示 在△ABC中，若角A,B,C对应的边分别是a,b,c，则各边和它所对角的正弦的比相等，即==. (2)正弦定理的常见变形 在△ABC中，由正弦定理得===k(k>0)，则a=k，b=k，c=k，由此可 得正弦定理的下列变形： ①=，=，=，a=b，a=c，b=c； ②======； ③a:b:c=::； ④===2R，（R为△ABC外接圆的半径）. (3)三角形的边角关系 由正弦定理可推导出，在任意三角形中，有“大角对大边，小角对小边”的边角关系. 3．解三角形 (1)解三角形的概念 一般地，三角形的三个角A,B,C和它们的对边a,b,c叫做三角形的元素.在三角形中，已知三角形的几个 元素求其他元素的过程叫做解三角形. (2)余弦定理在解三角形中的应用 利用余弦定理可以解决以下两类解三角形的问题： ①已知两边及它们的夹角，求第三边和其他两个角； ③已知三边，求三角形的三个角. (3)正弦定理在解三角形中的应用 公式==反映了三角形的边角关系. 由正弦定理的推导过程知，该公式实际表示为：=，=，=.上述的 每一个等式都表示了三角形的两个角和它们的对边的关系.从方程角度来看，正弦定理其实描述的是三组方程，对于每一个方程，都可“知三求一”，于是正弦定理可以用来解决两类解三角形的问题： ①已知两角和任意一边，求其他的边和角， ③已知两边和其中一边的对角，求其他的边和角. 4．对三角形解的个数的研究 已知三角形的两角和任意一边，求其他的边和角，此时有唯一解，三角形被唯一确定. 已知三角形的两边和其中一边的对角，求其他的边和角，此时可能出现一解、两解或无解的情况，三 角形不能被唯一确定. (1)从代数的角度分析“已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角”时三角形解的情况，下面以已知 a,b和A，解三角形为例加以说明. 由正弦定理、正弦函数的有界性及三角形的性质可得： ①若=>1，则满足条件的三角形的个数为0； ②若==1，则满足条件的三角形的个数为1； ③若=<1，则满足条件的三角形的个数为1或2. 显然由0<=<1可得B有两个值，一个大于，一个小于，考虑到“大边对大角”、“三 角形内角和等于”等，此时需进行讨论. (2)从几何的角度分析“已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角”时三角形解的情况，以已知a,b和A，解三角形为例，用几何法探究如下： 图形 关系式 解的个数 A为锐角 ①a=bsin A； ②a≥b 一解 bsinA<a<b 两解 a<bsinA 无解 A为钝角或直角 a>b 一解 a≤b 无解 5．判定三角形形状的途径： (1)化边为角，通过三角变换找出角之间的关系； (2)化角为边，通过代数变形找出边之间的关系，正(余)弦定理是转化的桥梁. 无论使用哪种方法，都不要随意约掉公因式，要移项提取公因式，否则会有漏掉一种形状的可能.注意挖掘隐含条件，重视角的范围对三角函数值的限制. 【题型1 余弦定理边角互化的应用】 【例1.1】（23-24高一下·重庆·期末）在中，记内角所对的边分别为.若，则（    ） A． B． C． D． 【解题思路】由题意可得，结合余弦定理计算即可求解. 【解答过程】由，得， 由余弦定理得， 又，所以. 故选：C. 【例1.2】（23-24高一下·甘肃天水·期中）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，则（    ） A． B． C． D． 【解题思路】根据余弦定理边角互化即可求解. 【解答过程】由得, 由于，所以，故， 故选：B. 【变式1.1】（23-24高一下·山西运城·阶段练习）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（    ） A． B． C． D． 【解题思路】利用余弦定理即可求解. 【解答过程】由余弦定理知， 因为，所以，故C正确. 故选：C. 【变式1.2】（23-24高一下·湖北武汉·期中）已知的内角，，的对边分别为，，，且，，则（    ） A． B． C． D． 【解题思路】根据题意，由余弦定理的边角互化可得，，即可得到的关系式，代入计算即可得到，再由同角的平方关系即可得到结果. 【解答过程】因为，所以， 整理可得①， 又，可得， 所以，解得②， 由①②可得， 所以， 则. 故选：D. 【题型2 余弦定理解三角形】 【例2.1】（23-24高一下·天津·期末）在中，角，，所对的边分别为，，．若，则的值是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】在中，直接利用余弦定理求解，即可得答案. 【解答过程】因为，可设，，，， 利用余弦定理. 故选：D. 【例2.2】（23-24高一下·湖南邵阳·期末）在△ABC中，G为△ABC的重心，若，，则（    ） A． B． C． D． 【解题思路】应用已知边长关系及重心性质结合余弦定理求解即可. 【解答过程】 连接，因为G是重心，所以E是中点， 连接，同理D是中点，又因为，所以， 设， 因为G是重心，所以， 在中，由余弦定理得 . 故选：A. 【变式2.1】（23-24高一下·浙江·期中）已知的三条边长分别为a，b，c，且，则此三角形的最大角与最小角之和为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】根据题意由边长比例关系可求得再由余弦定理可得，即可得出结论. 【解答过程】根据题意不妨设，；解得 所以可得此三角形的最大角与最小角分别为和； 由余弦定理可得，又， 可得； 所以. 故选：B. 【变式2.2】（2024·江西赣州·二模）记的内角A，B，C的对边分别为，，，若，，则A＝（    ） A． B． C． D． 【解题思路】根据已知条件得，又余弦定理可得，结合，即可求解 【解答过程】由有，即， 又因为，上式可化为， 又余弦定理得，所以， 又因为，所以. 故选：A. 【题型3 正弦定理边角互化的应用】 【例3.1】（23-24高一下·江苏南京·期末）在中，角A，B，C对边分别为a，b，c．若，，，则实数a的值为（   ） A．6 B．3 C． D． 【解题思路】由正弦定理和题设条件，化简得，进而求得，利用正弦定理求得. 【解答过程】因为，由正弦定理得， ，化简得， 因为，所以， 可得，又，所以， 由正弦定理得，. 故选：C. 【例3.2】（23-24高一下·四川内江·期中）在中，内角，，所对的边分别为，，，且，若是的中点，，，则（    ） A． B． C． D． 【解题思路】由正弦定理、商数关系得，分解向量得，结合数量积的运算律即可列方程求解. 【解答过程】因为，所以， 因为，所以， 因为，所以， 若是的中点，则， 两边平方可得，即， 若，则，解得或（舍去）. 故选：B. 【变式3.1】（23-24高一下·湖南·期中）设的内角的对边分别为，已知，且，则角（    ） A． B． C． D． 【解题思路】依题意，，结合正弦定义得，即，即得结论. 【解答过程】由，得， 由正弦定理，得， 或. 又. 故选：B. 【变式3.2】（23-24高一下·四川眉山·阶段练习）在中，角所对的边分别为，已知，且，则（ ） A． B． C． D． 【解题思路】由正弦定理化简已知式可得，再由余弦定理可知，最后由正弦定理即可得出答案. 【解答过程】由正弦定理可得：， 所以由余弦定理可得：， 所以，再由正弦定理可得：. 故选：D. 【题型4 正弦定理解三角形】 【例4.1】（23-24高一下·山东聊城·期中）已知的内角，，的对边分别为，，，若，，，则（    ） A． B． C． D．或 【解题思路】由题意求出，再根据两角和的正弦公式求得，利用正弦定理即可求得答案. 【解答过程】由题意知：在△ABC中，，则为锐角， 所以，因为，且，所以为锐角或钝角， 当，则， 于是 ， 又由 ，， 可得 ， 当，则， 于是 ， 又由 ，， 可得， 故选：D. 【例4.2】（23-24高一下·安徽蚌埠·期末）在中，角的对边分别为，已知，，则（    ） A． B． C． D． 【解题思路】利用两角和与差的余弦展开式化简可得，由正弦定理得，再利用正弦的二倍角公式可得答案. 【解答过程】因为 ， 所以， 因为，所以，或舍去，可得， 因为，由正弦定理得， 所以， 因为，所以，可得， ，所以. 故选：D. 【变式4.1】（23-24高一下·天津·期末）在中，若，，，则（    ） A． B． C．或 D． 【解题思路】由正弦定理求解即可． 【解答过程】由正弦定理得， 所以， 又， 所以， 故选：A. 【变式4.2】（23-24高一下·江苏连云港·期中）在中，已知 ．若最长边的长为，则最短边的长为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】由已知，由两角和的正切公式可求出角，再利用正切函数的性质可得为最小边，利用同角三角函数的基本关系式可得，进而利用正弦定理可求出的值。 【解答过程】由题意得 ∵在中，，， ， ，即为最大角，与都为锐角， ， ，即为最小角，为最小边， ， ， 由正弦定理得：， 解得. 故选：B. 【题型5 正弦定理判定三角形解的个数】 【例5.1】（23-24高一下·天津西青·期末）由下列条件解，其中有两解的是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】根据三角形内角和为及三角形三边关系，结合正弦定理和余弦定理逐项判断即可. 【解答过程】对于A，由，,由正弦定理可得, 由和可知和只有唯一解，所以只有唯一解，因此A不正确； 对于B，因为，由余弦定理可知只有唯一解， 所以三角形的三个边唯一确定，即只有唯一解，因此B不正确； 对于C，因为，由正弦定理得， 即，又，所以， 所以角只有唯一解，即只有唯一解，因此C不正确； 对于D，因为，由正弦定理得， 所以，又，所以，所以角有两个解，即有两个解，因此D正确. 故选：D. 【例5.2】（23-24高一下·陕西榆林·期末）在中，角的对边分别为，，，若，，只有一个解，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】利用正弦定理求外接圆半径，结合圆的性质分析求解. 【解答过程】的外接圆的半径， 如图所示，,是圆的直径. 可知点在优弧上（不包括端点）， 当为时，此时取到最大值； 当点从点A到时，此时越来越大，且； 当点从点到C时，此时越来越小，且； 综上所述：若只有一个解，则的取值范围为. 故选：D. 【变式5.1】（23-24高一下·天津河西·期中）根据下列情况，判断三角形解的情况，其中有唯一解的是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】由正弦定理结合大边对大角，小边对小角对选项一一判断即可得出答案. 【解答过程】对于A，由正弦定理可得：，所以， 因为，所以，所以三角形有2解，故A错误； 对于B，由正弦定理可得：，所以，此三角形无解，故B错误； 对于C，由正弦定理可得：，所以， 因为，所以，则为钝角，不成立，所以无解，故C错误； 对于D，由正弦定理可得：，所以， 因为，所以，所以此三角形只有唯一解,故D正确. 故选：D. 【变式5.2】（23-24高一下·山东枣庄·期末）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，根据下列条件解三角形：①，，；②，，.则（    ） A．①只有一个解，②有两个解 B．①有两个解，②只有一个解 C．①②都只有一个解 D．①②都有两个解 【解题思路】由正弦定理结合边角关系判断即可. 【解答过程】对于①：由正弦定理可知， 因为，所以，则①只有一个解； 对于②：由正弦定理可知， 且，则有两解，因此②有两个解； 故选：A. 【题型6 正、余弦定理判定三角形形状】 【例6.1】（23-24高一下·天津·阶段练习）在中，已知，则的形状为（    ） A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等腰或直角三角形 D．等边三角形 【解题思路】利用余弦定理边化角化简等式，再利用二倍角的正弦及正弦函数性质推理判断即可. 【解答过程】在中，由及余弦定理，得， 整理得，即， 而，因此或， 所以或，即为等腰三角形或直角三角. 故选：C. 【例6.2】（24-25高二上·广东潮州·开学考试）在中，角，，的对边分别为，，，若为非零实数），则下列结论错误的是（    ） A．当时，是直角三角形 B．当时，是锐角三角形 C．当时，是钝角三角形 D．当时，是钝角三角形 【解题思路】由正弦定理化简已知可得，利用余弦定理，勾股定理，三角形两边之和大于第三边等知识逐一分析各个选项即可得解． 【解答过程】对于选项，当时，，根据正弦定理不妨设，，， 显然是直角三角形，故命题正确； 对于选项，当时，，根据正弦定理不妨设，，， 显然是等腰三角形，， 说明为锐角，故是锐角三角形，故命题正确； 对于选项，当时，，根据正弦定理不妨设，，， 可得，说明为钝角，故是钝角三角形，故命题正确； 对于选项，当时，，根据正弦定理不妨设，，， 此时，不等构成三角形，故命题错误. 故选：D. 【变式6.1】（23-24高一下·北京海淀·期末）在中，已知．则下列说法正确的是（    ） A．当时，是锐角三角形 B．当时，是直角三角形 C．当时，是钝角三角形 D．当时，是等腰三角形 【解题思路】根据边长应用正弦定理计算分别判断各个选项. 【解答过程】对于A:因为由正弦定理, 当时，是钝角三角形, 当时，是钝角三角形,A选项错误； 对于B:因为,由, 所以是直角三角形,B选项正确； 对于C:因为,由 当时，,是锐角三角形,C选项错误； 对于D:因为,由,,, 因为，所以不是等腰三角形,D选项错误； 故选：B. 【变式6.2】（23-24高一下·上海·期中）在△ABC中，三个角A、B、C所对的边分别为a、b、c，下列四个条件中有几个是△ABC为直角三角形的充分条件（    ） ①； ②； ③； ④. A．1 B．2 C．3 D．4 【解题思路】分别对各选项化简，分析是否能得出△ABC为直角三角形即可. 【解答过程】①由正弦定理，，则，即， 故或，即或， 故不能推出△ABC为直角三角形，故①错误； ②，则， 即，故. 因为，故或， 即（舍）或，则不能推出△ABC为直角三角形，故②错误； ③，则， 即， 故， 即， 即，故. 因为，故，即，则△ABC为直角三角形，故③正确； ④，则， 即， 故， 故， 即，故. 因为，故，即，则△ABC为直角三角形，故④正确. 综上有③④是△ABC为直角三角形的充分条件. 故选：B. 模块二 三角形面积公式 1．三角形的面积公式 (1)常用的三角形的面积计算公式 ①(分别为边a,b,c上的高). ②将，，代入上式可得=， 即三角形的面积等于任意两边与它们夹角的正弦值乘积的一半. (2)三角形的其他面积公式 ①，其中r,l分别为△ABC的内切圆半径及△ABC的周长. ②=，=，=. 【题型7 三角形面积公式的应用】 【例7.1】（23-24高一下·江苏扬州·期中）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，D为的中点，，且，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】先由结合余弦定理求出，再由余弦定理得，进而由两边平方得，再由三角形面积公式即可得解. 【解答过程】因为， 所以由余弦定理得， 整理得，故， 又，所以， 所以由得即，    又由题， 所以 ， 即，故， 所以的面积为. 故选：C. 【例7.2】（23-24高一下·广西百色·期末）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】由给定条件，利用正弦定理边化角求出，再利用余弦定理求出即可求出三角形面积. 【解答过程】在中，由及正弦定理，得， 而，则，由及余弦定理得，， 因此，，则， 所以的面积为. 故选：B. 【变式7.1】（23-24高二下·江苏南京·期中）中，，，，D为线段CB的中点，点E，F分别在线段BA，AC上．若为正三角形，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】设，根据角度关系与正弦定理可得，结合与可得，进而有求得的面积. 【解答过程】在中，，，， 设，则， 在中，因为，， 在中，，，则， 所以，又， 由题，为正三角形，所以，即， 所以，则，所以， 从而的面积为． 故选：C. 【变式7.2】（2024高一上·江苏·专题练习）已知，，是的内角，，的对边．已知中，，则面积的最大值为（ ） A． B． C． D． 【解题思路】根据已知条件利用正弦定理可将化简为，从而可得到，即，再结合及余弦定理可得，再利用二次函数求最值即可求解面积最大值，从而可求解. 【解答过程】中，因为，所以， 则，即， 又，则，即，则， 所以，所以， 所以， 当时，面积取得最大值为，故A正确. 故选：A. 【题型8 正、余弦定理和三角形面积公式的综合应用】 【例8.1】（23-24高一下·福建龙岩·阶段练习）已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且． (1)当时，求a的值； (2)若的面积为3时，求的值． 【解题思路】（1）因为，所以可得，由正弦定理可得. （2）由的面积为3，可得，由余弦定理得 ，解得，两式联立可得. 【解答过程】（1）∵，∴， 由正弦定理可知： ，∴. （2）∵， ∴， 由余弦定理得：， ∴，即， 则：， 故：. 【例8.2】（2024·四川内江·一模）△ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，，． (1)求角A的大小； (2)M为△ABC的重心，AM的延长线交BC于点D，且，求△ABC的面积． 【解题思路】（1）在中，利用诱导公式，正弦定理及正弦二倍角公式化简可得结果； （2）分别在，和中，利用余弦定理建立等量关系，利用三角形面积公式可得结果. 【解答过程】（1）在中，因为， 由正弦定理可得， ，，即， 所以， ，， 故，即. （2）因为为的重心，的延长线交于点，且， 所以点为中点，且， 在中，，，即， 在和中，，化简得， 所以，故， 所以的面积为．    【变式8.1】（23-24高一下·四川绵阳·期末）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c满足． (1)求B； (2)若，，求的面积； (3)求的取值范围． 【解题思路】（1）利用正弦定理将已知等式统一成角的形式，化简后利用余弦定理可求出角B； （2）利用余弦定理求出，再由三角形面积公式可求得结果；、 （3）利用正弦定理统一成角的形式，然后利用三角函数恒等变换公式化简变形得，令，然后利用二次函数的性质可求其范围. 【解答过程】（1）， 由正弦定理，得，． 由余弦定理，得， ，． （2）在中，，，． 由余弦定理，得， 即，解得（舍）或． 的面积为． （3）由（1）知． ． 令，， ，． ， 当时，取得最小值，最小值为． 当时，取得最大值，最大值为． 的取值范围是． 【变式8.2】（23-24高一下·云南昆明·期中）在①；②；③；三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答． 问题：已知的内角的对边分别为，且满足______． (1)求角的大小； (2)若边上的中线长为，求的面积； (3)求的最大值． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【解题思路】（1）运用正弦定理，结合恒等变换求解； （2）运用中线向量表达式，结合面积公式求解即可； （3）运用恒等变换将其转化为三角函数值域问题即可. 【解答过程】（1）①在中，由，得， 由正弦定理，得，则 结合已知条件得，因为， ∴，或者，解得． ②由题意有， 即有， 由正弦定理得：， 又，所以，则，所以； ③在中因为， 由正弦定理得， 所以， 即， 又因为，，所以，所以. （2）设BC的中点为D，根据向量的平行四边形法则可知， 所以，即， 因为，，所以，解得负值舍去 所以; （3）因为. 则， 因为，则， 所以，可得， 故的最大值为. 一、单选题 1．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）在中，，则（    ） A． B． C． D． 【解题思路】由已知利用余弦定理可求的值，根据正弦定理可求的值． 【解答过程】∵， ∴由余弦定理， 则得， ∴解得：，或（舍去）， ∴由正弦定理可得：． 故选：B. 2．（23-24高一下·海南省直辖县级单位·期中）在中，角，，的对边分别是，，，，则角（   ） A． B． C． D． 【解题思路】根据正弦定理，结合三角恒等变化，将题中条件化为，从而可求出结果. 【解答过程】由得， 则，所以，即， 因为为三角形内角，所以，，则，所以； 故选：B. 3．（23-24高一下·福建宁德·阶段练习）在中，，，，若满足条件的有2个，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】根据正弦定理，结合三角形解的个数，即可列式求解. 【解答过程】根据正弦定理，，则， 若满足条件的有两个，则，解得， 所以的取值范围是. 故选：D. 4．（23-24高一下·浙江·期中）在中，角的对边分别为，，，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】利用正弦定理及二倍角公式可得，再由余弦定理可得，得，利用平方关系可计算的值，再由三角形面积公式即可求解. 【解答过程】因为，， 所以 即， ，解得， ， ， ， . 故选：C. 5．（2024高三·全国·专题练习）在中，若内角的对边分别为，，则的形状为（    ） A．等边三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰三角形 【解题思路】根据二倍角公式可得，即可利用余弦定理化简得求解. 【解答过程】在中，由已知得，所以， 根据余弦定理，得 所以，即， 因此是直角三角形. 故选：B. 6．（24-25高一上·浙江湖州·阶段练习）已知边长为3等边三角形中，点为边上一点，，，则下列结论一定正确的为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】利用余弦定理求出，从而求出，即可判断A、B，再由正弦定理判断C，利用余弦定理求出，，即可判断D. 【解答过程】依题意，，，且， 由余弦定理， 即，解得或， 当时，符合题意， 当时，不符合题意， 因此，，，，A错误，B正确； 又，， 因此，即，C错误； 又，， 所以，D错误. 故选：B. 7．（23-24高一下·江苏无锡·期末）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】由三角形内角和定理及两角和的余弦、正弦公式，得,在锐角三角形中，可得.由锐角中，可得角B的范围，可得的范围，再由正弦定理可得的范围. 【解答过程】在中，可得 因为,可得 整理可得：， 整理可得，在锐角中，可得，可得.则，可得. 由正弦定理可得，. 因为，所以，可得，可得 故选：B. 8．（23-24高一下·重庆·期末）某工业园区有A、B、C共3个厂区，其中，，，现计划在工业园区外选择P处建一仓库，若，则CP的最大值为（    ）    A．6km B． C． D． 【解题思路】设，根据锐角三角函数可得，再在中利用余弦定理得到，再由三角恒等变换公式及三角函数的性质求出，即可得解． 【解答过程】设，， 则， 在中，， 在中， 所以当时，，， 所以最大值为． 故选：C． 二、多选题 9．（23-24高一下·河南南阳·期中）在中，，，，则（    ） A．的周长是 B．边上的中线长 C．边上的角平分线长 D．边上的高长 【解题思路】由题意利用余弦定理可得的值，即可判断A；，两边平方，利用平面向量数量积的运算可求，即可判断B；由以及正弦定理形式的面积公式即可判断C；设边上的高为，利用三角形的面积公式即可判断D. 【解答过程】因为在中，，，， 所以由余弦定理得， 所以的周长是，故A正确； 设边上的中线为，则，两边平方， 可得，解得，故B错误； 设边上的角平分线为，则， 则由得， 所以，解得，故C正确； 设边上的高为，因为，，，， 所以，解得，故D正确. 故选：ACD. 10．（23-24高一下·四川达州·期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列结论正确的是（    ） A．若，，，则有两解 B．若，则是钝角三角形 C．若为锐角三角形，则 D．若，则为等腰三角形 【解题思路】根据正弦、余弦定理逐项判断即可. 【解答过程】对A：由，所以有两解，故A正确； 对B：由余弦定理： ， 所以为钝角，即为钝角三角形，故B正确； 对C：因为三角形为锐角三角形， 所以 ，即，故C正确； 对D：因为，由正弦定理得： ， 所以或，即或， 所以为等腰或直角三角形，故D错误. 故选：ABC. 11．（23-24高一下·河南三门峡·期末）已知内角的对边分别为，外接圆半径为．若，且，则（    ） A． B．面积的最大值为 C． D．边上的高的最大值为 【解题思路】根据给定条件，利用正弦定理角化边，再利用余弦定理求出，然后逐项计算判断即得. 【解答过程】在中，由及正弦定理，得，而， 则，由余弦定理得， 对于A，，则，A正确； 对于B，，即，当且仅当时取等号， ，因此面积的最大值为，B正确； 对于C，，C错误； 对于D，边上的高，D正确. 故选：ABD. 三、填空题 12．（23-24高一下·江苏无锡·期中）已知中，角A，B，C满足：，则 ． 【解题思路】根据题意可求得，再由余弦定理计算可得结果. 【解答过程】由正弦定理可得，因此； 不妨取，其中， 因此. 故答案为：. 13．（23-24高一下·山西晋城·阶段练习）在中，内角，，所对的边分别是，，，若，则是 等腰或直角 三角形． 【解题思路】由已知式运用余弦定理将其化成，利用正弦定理，得到，即得或，即可确定三角形形状. 【解答过程】由余弦定理，，则，同理可得，， 由可得，化简得，, 由正弦定理得，则, 而， 则得或，即或， 故是等腰三角形或直角三角形. 故答案为：等腰或直角. 14．（23-24高一下·江苏常州·期末）已知在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，则的面积的最大值为 ． 【解题思路】先由已知条件结合余弦定理和求出，再由余弦定理结合基本不等式求出最大值，即可由正弦定理形式面积公式求出面积最大值. 【解答过程】在中，由及余弦定理，得， 整理得，由，得为锐角， 而，解得， 由及余弦定理，得， 解得，当且仅当时取等号， 因此，所以面积的最大值为. 故答案为：. 四、解答题 15．（24-25高一上·浙江湖州·阶段练习）如图，已知的内角的对边分别为，. (1)求； (2)若边上的中线，且，求的周长. 【解题思路】（1）根据余弦定理以及向量数量积的定义列出方程组即可求解； （2）由，在与中结合余弦定理求解即可得出结果. 【解答过程】（1）因为，即， 又，所以， 可得，又， 因此； （2）由（1）可得，又， 由余弦定理可得，所以； 在中，，由余弦定理可得， 在中，由余弦定理可得； 又因为，可得， 联立，解得； 又，可得， 所以的周长为. 16．（24-25高一上·河北·阶段练习）在中，角、、的对边分别为、、，已知 (1)求角的大小； (2)若，试判断的形状并给出证明. 【解题思路】（1）由余弦定理求出的值，结合角的取值范围可得出角的值； （2）解法一：利用正弦定理得出，推导出，求出的值，结合角的值，可得出结论； 解法二：利用正弦定理和余弦定理可得出，化简该等式，结合角的值，可得出结论. 【解答过程】（1）由，可得， 因为，所以. （2）解法一：为等边三角形，证明如下： 由三角形内角和定理得，， 故，由已知条件，可得， 整理得，所以， 因为、，则，所以， 又由（1）知，所以为等边三角形； 解法二：为等边三角形，证明如下： 因为，由正弦定理和余弦定理，得， 整理得，即. 又由（1）知，所以为等边三角形. 17．（23-24高一下·江苏无锡·期中）已知的内角、、的对边分别为、、，且． (1)求； (2)设为的中点，；求：①面积的最大值；②的最大值． 【解题思路】（1）由余弦定理、正弦定理结合两角差的正弦公式可得出，结合、的取值范围可得出、的关系，由此可得出角的值； （2）①由余弦定理结合基本不等式可求得的最大值，再结合三角形的面积公式即可求得面积的最大值； ②由平面向量的线性运算可得出，由平面向量数量积的运算性质可得出，由余弦定理可得出，可得出、的表达式，结合基本不等式可得出关于的不等式，由此可解得的最大值. 【解答过程】（1）由余弦定理可得，所以，， 由得，整理可得， 由正弦定理可得， 即， 所以，， 所以，， 因为、、，所以，、、，有如下几种情况： ，即，矛盾； ，即，矛盾； ，可得，解得. （2）①由余弦定理、基本不等式可得， 即，当且仅当时，等号成立， 所以，， 故面积的最大值为； ②因为为边的中点，则，即， 所以，， 所以，， 又因为， 所以，，由①知， 可得，解得， 当且仅当时，等号成立，故的最大值为. 18．（23-24高一下·广东广州·期中）在①，②这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并求解（1）、（2）的答案.问题：在中，三个内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知________. (1)求角C； (2)若，的面积，求的周长. （注：如果选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分.） 【解题思路】（1）选择条件①②，利用正弦定理边化角，再借助和角的正弦公式计算角C. （2）由（1）及三角形面积求出，利用余弦定理求出c，即可求出周长. 【解答过程】（1）选择条件①，，由正弦定理得， 则， 整理得，又，则，而， 所以. 选择条件②，， 由正弦定理得， 则， 整理得，而，则，而， 所以. （2）由（1）知，由的面积，得， 即， 解得，由余弦定理得， 所以的周长为. 19．（23-24高一下·河南漯河·期中）法国著名军事家拿破仑•波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为等边三角形的顶点”，如图，在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为，其中，且.以为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为.    (1)求角； (2)求周长的最大值； (3)若的面积为，求的面积. 【解题思路】（1）根据三角恒等变化可得，进而可得，即可求解， （2）由余弦定理结合基本不等式即可求解； （3）通过正弦定理得到正弦定理得，再结合余弦定理即可求解. 【解答过程】（1），则， 故，所以， 可得（负值舍），由，所以. （2）由（1）知：， 则， 即：， 即， 所以，当且仅当时取等号， 所以最大值为6， 所以周长的最大值为9. （3）如图，连接，由正弦定理得 ，,则，    正面积， 而，则， 在中，由余弦定理得：， 即，则， 在中，，由余弦定理得， 则， 所以的面积为. 第 1 页 共 28 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第04讲 余弦定理、正弦定理 【人教A版2019】 模块一 余弦定理与正弦定理 1．余弦定理 (1)余弦定理及其推论的表示 文字表述 三角形中任何一边的平方，等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍. 公式表述 a2=b2+c2-2bccosA，b2=a2+c2-2accosB，c2=a2+b2-2abcosC. 推论 (2)对余弦定理的理解 ①余弦定理对任意的三角形都成立. ②在余弦定理中，每一个等式都包含四个量，因此已知其中三个量，利用方程思想可以求得未知的量. ③余弦定理的推论是余弦定理的第二种形式，适用于已知三角形三边来确定三角形的角的问题.用余弦 定理的推论还可以根据角的余弦值的符号来判断三角形中的角是锐角还是钝角. ④余弦定理的另一种常见变式：b2+c2-a2=2bccosA，a2+c2-b2=2accosB，a2+b2-c2=2abcosC. 2．正弦定理 (1)正弦定理的表示 在△ABC中，若角A,B,C对应的边分别是a,b,c，则各边和它所对角的正弦的比相等，即==. (2)正弦定理的常见变形 在△ABC中，由正弦定理得===k(k>0)，则a=k，b=k，c=k，由此可 得正弦定理的下列变形： ①=，=，=，a=b，a=c，b=c； ②======； ③a:b:c=::； ④===2R，（R为△ABC外接圆的半径）. (3)三角形的边角关系 由正弦定理可推导出，在任意三角形中，有“大角对大边，小角对小边”的边角关系. 3．解三角形 (1)解三角形的概念 一般地，三角形的三个角A,B,C和它们的对边a,b,c叫做三角形的元素.在三角形中，已知三角形的几个 元素求其他元素的过程叫做解三角形. (2)余弦定理在解三角形中的应用 利用余弦定理可以解决以下两类解三角形的问题： ①已知两边及它们的夹角，求第三边和其他两个角； ③已知三边，求三角形的三个角. (3)正弦定理在解三角形中的应用 公式==反映了三角形的边角关系. 由正弦定理的推导过程知，该公式实际表示为：=，=，=.上述的 每一个等式都表示了三角形的两个角和它们的对边的关系.从方程角度来看，正弦定理其实描述的是三组方程，对于每一个方程，都可“知三求一”，于是正弦定理可以用来解决两类解三角形的问题： ①已知两角和任意一边，求其他的边和角， ③已知两边和其中一边的对角，求其他的边和角. 4．对三角形解的个数的研究 已知三角形的两角和任意一边，求其他的边和角，此时有唯一解，三角形被唯一确定. 已知三角形的两边和其中一边的对角，求其他的边和角，此时可能出现一解、两解或无解的情况，三 角形不能被唯一确定. (1)从代数的角度分析“已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角”时三角形解的情况，下面以已知 a,b和A，解三角形为例加以说明. 由正弦定理、正弦函数的有界性及三角形的性质可得： ①若=>1，则满足条件的三角形的个数为0； ②若==1，则满足条件的三角形的个数为1； ③若=<1，则满足条件的三角形的个数为1或2. 显然由0<=<1可得B有两个值，一个大于，一个小于，考虑到“大边对大角”、“三 角形内角和等于”等，此时需进行讨论. (2)从几何的角度分析“已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角”时三角形解的情况，以已知a,b和A，解三角形为例，用几何法探究如下： 图形 关系式 解的个数 A为锐角 ①a=bsin A； ②a≥b 一解 bsinA<a<b 两解 a<bsinA 无解 A为钝角或直角 a>b 一解 a≤b 无解 5．判定三角形形状的途径： (1)化边为角，通过三角变换找出角之间的关系； (2)化角为边，通过代数变形找出边之间的关系，正(余)弦定理是转化的桥梁. 无论使用哪种方法，都不要随意约掉公因式，要移项提取公因式，否则会有漏掉一种形状的可能.注意挖掘隐含条件，重视角的范围对三角函数值的限制. 【题型1 余弦定理边角互化的应用】 【例1.1】（23-24高一下·重庆·期末）在中，记内角所对的边分别为.若，则（    ） A． B． C． D． 【例1.2】（23-24高一下·甘肃天水·期中）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，则（    ） A． B． C． D． 【变式1.1】（23-24高一下·山西运城·阶段练习）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（    ） A． B． C． D． 【变式1.2】（23-24高一下·湖北武汉·期中）已知的内角，，的对边分别为，，，且，，则（    ） A． B． C． D． 【题型2 余弦定理解三角形】 【例2.1】（23-24高一下·天津·期末）在中，角，，所对的边分别为，，．若，则的值是（    ） A． B． C． D． 【例2.2】（23-24高一下·湖南邵阳·期末）在△ABC中，G为△ABC的重心，若，，则（    ） A． B． C． D． 【变式2.1】（23-24高一下·浙江·期中）已知的三条边长分别为a，b，c，且，则此三角形的最大角与最小角之和为（    ） A． B． C． D． 【变式2.2】（2024·江西赣州·二模）记的内角A，B，C的对边分别为，，，若，，则A＝（    ） A． B． C． D． 【题型3 正弦定理边角互化的应用】 【例3.1】（23-24高一下·江苏南京·期末）在中，角A，B，C对边分别为a，b，c．若，，，则实数a的值为（   ） A．6 B．3 C． D． 【例3.2】（23-24高一下·四川内江·期中）在中，内角，，所对的边分别为，，，且，若是的中点，，，则（    ） A． B． C． D． 【变式3.1】（23-24高一下·湖南·期中）设的内角的对边分别为，已知，且，则角（    ） A． B． C． D． 【变式3.2】（23-24高一下·四川眉山·阶段练习）在中，角所对的边分别为，已知，且，则（ ） A． B． C． D． 【题型4 正弦定理解三角形】 【例4.1】（23-24高一下·山东聊城·期中）已知的内角，，的对边分别为，，，若，，，则（    ） A． B． C． D．或 【例4.2】（23-24高一下·安徽蚌埠·期末）在中，角的对边分别为，已知，，则（    ） A． B． C． D． 【变式4.1】（23-24高一下·天津·期末）在中，若，，，则（    ） A． B． C．或 D． 【变式4.2】（23-24高一下·江苏连云港·期中）在中，已知 ．若最长边的长为，则最短边的长为（    ） A． B． C． D． 【题型5 正弦定理判定三角形解的个数】 【例5.1】（23-24高一下·天津西青·期末）由下列条件解，其中有两解的是（    ） A． B． C． D． 【例5.2】（23-24高一下·陕西榆林·期末）在中，角的对边分别为，，，若，，只有一个解，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式5.1】（23-24高一下·天津河西·期中）根据下列情况，判断三角形解的情况，其中有唯一解的是（    ） A． B． C． D． 【变式5.2】（23-24高一下·山东枣庄·期末）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，根据下列条件解三角形：①，，；②，，.则（    ） A．①只有一个解，②有两个解 B．①有两个解，②只有一个解 C．①②都只有一个解 D．①②都有两个解 【题型6 正、余弦定理判定三角形形状】 【例6.1】（23-24高一下·天津·阶段练习）在中，已知，则的形状为（    ） A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等腰或直角三角形 D．等边三角形 【例6.2】（24-25高二上·广东潮州·开学考试）在中，角，，的对边分别为，，，若为非零实数），则下列结论错误的是（    ） A．当时，是直角三角形 B．当时，是锐角三角形 C．当时，是钝角三角形 D．当时，是钝角三角形 【变式6.1】（23-24高一下·北京海淀·期末）在中，已知．则下列说法正确的是（    ） A．当时，是锐角三角形 B．当时，是直角三角形 C．当时，是钝角三角形 D．当时，是等腰三角形 【变式6.2】（23-24高一下·上海·期中）在△ABC中，三个角A、B、C所对的边分别为a、b、c，下列四个条件中有几个是△ABC为直角三角形的充分条件（    ） ①； ②； ③； ④. A．1 B．2 C．3 D．4 模块二 三角形面积公式 1．三角形的面积公式 (1)常用的三角形的面积计算公式 ①(分别为边a,b,c上的高). ②将，，代入上式可得=， 即三角形的面积等于任意两边与它们夹角的正弦值乘积的一半. (2)三角形的其他面积公式 ①，其中r,l分别为△ABC的内切圆半径及△ABC的周长. ②=，=，=. 【题型7 三角形面积公式的应用】 【例7.1】（23-24高一下·江苏扬州·期中）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，D为的中点，，且，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【例7.2】（23-24高一下·广西百色·期末）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【变式7.1】（23-24高二下·江苏南京·期中）中，，，，D为线段CB的中点，点E，F分别在线段BA，AC上．若为正三角形，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【变式7.2】（2024高一上·江苏·专题练习）已知，，是的内角，，的对边．已知中，，则面积的最大值为（ ） A． B． C． D． 【题型8 正、余弦定理和三角形面积公式的综合应用】 【例8.1】（23-24高一下·福建龙岩·阶段练习）已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且． (1)当时，求a的值； (2)若的面积为3时，求的值． 【例8.2】（2024·四川内江·一模）△ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，，． (1)求角A的大小； (2)M为△ABC的重心，AM的延长线交BC于点D，且，求△ABC的面积． 【变式8.1】（23-24高一下·四川绵阳·期末）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c满足． (1)求B； (2)若，，求的面积； (3)求的取值范围． 【变式8.2】（23-24高一下·云南昆明·期中）在①；②；③；三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答． 问题：已知的内角的对边分别为，且满足______． (1)求角的大小； (2)若边上的中线长为，求的面积； (3)求的最大值． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 一、单选题 1．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）在中，，则（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·海南省直辖县级单位·期中）在中，角，，的对边分别是，，，，则角（   ） A． B． C． D． 3．（23-24高一下·福建宁德·阶段练习）在中，，，，若满足条件的有2个，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高一下·浙江·期中）在中，角的对边分别为，，，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 5．（2024高三·全国·专题练习）在中，若内角的对边分别为，，则的形状为（    ） A．等边三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰三角形 6．（24-25高一上·浙江湖州·阶段练习）已知边长为3等边三角形中，点为边上一点，，，则下列结论一定正确的为（    ） A． B． C． D． 7．（23-24高一下·江苏无锡·期末）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 8．（23-24高一下·重庆·期末）某工业园区有A、B、C共3个厂区，其中，，，现计划在工业园区外选择P处建一仓库，若，则CP的最大值为（    ）    A．6km B． C． D． 二、多选题 9．（23-24高一下·河南南阳·期中）在中，，，，则（    ） A．的周长是 B．边上的中线长 C．边上的角平分线长 D．边上的高长 10．（23-24高一下·四川达州·期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列结论正确的是（    ） A．若，，，则有两解 B．若，则是钝角三角形 C．若为锐角三角形，则 D．若，则为等腰三角形 11．（23-24高一下·河南三门峡·期末）已知内角的对边分别为，外接圆半径为．若，且，则（    ） A． B．面积的最大值为 C． D．边上的高的最大值为 三、填空题 12．（23-24高一下·江苏无锡·期中）已知中，角A，B，C满足：，则 ． 13．（23-24高一下·山西晋城·阶段练习）在中，内角，，所对的边分别是，，，若，则是 三角形． 14．（23-24高一下·江苏常州·期末）已知在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，则的面积的最大值为 ． 四、解答题 15．（24-25高一上·浙江湖州·阶段练习）如图，已知的内角的对边分别为，. (1)求； (2)若边上的中线，且，求的周长. 16．（24-25高一上·河北·阶段练习）在中，角、、的对边分别为、、，已知 (1)求角的大小； (2)若，试判断的形状并给出证明. 17．（23-24高一下·江苏无锡·期中）已知的内角、、的对边分别为、、，且． (1)求； (2)设为的中点，；求：①面积的最大值；②的最大值． 18．（23-24高一下·广东广州·期中）在①，②这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并求解（1）、（2）的答案.问题：在中，三个内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知________. (1)求角C； (2)若，的面积，求的周长. （注：如果选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分.） 19．（23-24高一下·河南漯河·期中）法国著名军事家拿破仑•波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为等边三角形的顶点”，如图，在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为，其中，且.以为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为.    (1)求角； (2)求周长的最大值； (3)若的面积为，求的面积. 第 1 页 共 28 页 学科网（北京）股份有限公司 $$