6.4 习题课 正、余弦定理的综合应用(二)-【正禾一本通】2024-2025学年高中数学必修第二册同步课堂高效讲义配套课件（人教A版2019）

正禾一本通 一轮总复习 多媒体课件 英语（人教版） 第六章　 平面向量及其应用 6. 4　平面向量的应用 习题课　正、余弦定理的综合应用(二) 一、 解三角形中的证明问题 二、 解三角形中范围与最值问题 三、 解三角形中的开放性问题 [课下巩固训练(十六)] 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 学习目标　1.能利用正、余弦定理证明与三角形有关的问题．　2.能利用正、余弦定理求解与三角形有关的范围与最值问题．　3.能利用正、余弦定理解决与三角形有关的开放性问题． 例1　(2022·全国乙卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－B))＝sin B sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－A)). (1)若A＝2B，求C； (2)证明：2a2＝b2＋c2. 解：(1)由A＝2B，sin C sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－B))＝sin Bsin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－A))可得， sin C sin B＝sin B sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－A))， 而0<B< eq \f(π,2)，所以sin B∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1))，即有sin C＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－A))>0， 而0<C<π，0<C－A<π，显然C≠C－A，所以C＋C－A＝π， 而A＝2B，A＋B＋C＝π，所以C＝ eq \f(5π,8). (2)证明：由sin C sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－B))＝sin B sin (C－A)可得， sin C(sin A cos B－cos A sin B)＝sin B(sin C cos A－cos C sin A)， 再由正弦定理可得，ac cos B－bc cos A＝bc cos A－ab cos C， 然后根据余弦定理可知， eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋c2－b2))－ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b2＋c2－a2))＝ eq \f(1,2)(b2＋c2－a2)－ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋b2－c2))，化简得2a2＝b2＋c2，故原等式成立． 感悟升华　三角形中两类证明问题的思路 一是角的关系：可利用三角恒等变换、转化为同名三角函数，或是某个三角函数值求角； 二是边的关系：可以利用正、余弦定理转化为边的关系，证明时可从复杂一边入手，证明两边相等，也可以用比较法，左边－右边＝0. 【即学即用】　1.记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＋c＝2b cos A，证明：B＝2A. 证明：因为正弦定理 eq \f(a,sin A)＝ eq \f(b,sin B)＝ eq \f(c,sin C)， 所以对于a＋c＝2b cos A，有sin C＋sin A＝2sin B cos A， 又sin C＝sin [π－(A＋B)]＝sin (A＋B)， 所以sin (A＋B)＝2sin B cos A－sin A， 即sin A cos B＋cos A sin B＝2sin B cos A－sin A， 整理得sin B cos A－sin A cos B＝sin A， 所以sin A＝sin (B－A)， 因为A，B，C为△ABC的三个内角， 所以A＝B－A，即B＝2A. 例2　在△ABC中，设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足(a＋b)b＝c2. (1)求证：C＝2B； (2)求 eq \f(a＋4b,b cos B)的最小值． 解：(1)证明：在△ABC中，由已知及余弦定理，得(a＋b)b＝c2＝a2＋b2－2ab cos C，即b＝a－2b cos C， 由正弦定理，得sin B＝sin A－2sin B cos C， 又A＝π－(B＋C)， 故sin B＝sin (B＋C)－2sin B cos C＝sin B cos C＋cos B sin C－2sin B cos C＝cos B sin C－sin B cos C＝sin (C－B). 因为0<sin B＝sin (C－B)，所以0<C－B<π， 因为B＋(C－B)＝C<π，所以B＝C－B，故C＝2B. (2)由(1) C＝2B得B＋C＝3B∈(0，π)， 所以B∈(0， eq \f(π,3))，cos B∈( eq \f(1,2)，1)， 由(1)a＝b(1＋2cos C)，C＝2B， 得 eq \f(a＋4b,b cos B)＝ eq \f(5＋2cos C,cos B)＝ eq \f(5＋2cos 2B,cos B)＝ eq \f(5＋2(2cos2B－1),cosB)＝4cos B＋ eq \f(3,cos B)≥2 eq \r(4cos B·\f(3,cos B))＝4 eq \r(3)， 当且仅当B＝ eq \f(π,6)∈(0， eq \f(π,3))时等号成立， 所以当B＝ eq \f(π,6)时， eq \f(a＋4b,b cos B)的最小值为4 eq \r(3). 感悟升华　解与三角形有关的最值(范围)问题的方法 (1)定基本量：根据题意和已知图形，选择相关的边、角作为基本量，确定基本变量的范围； (2)构建函数：将待求范围变量，利用正、余弦定理或三角恒等变换转化为基本变量的函数； (3)求最值：利用函数有界性、单调性或基本不等式求最值． 【即学即用】　2.△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sinB sin C. (1)求A； (2)若BC＝3，求△ABC周长的最大值． 解：(1)由正弦定理和已知条件得BC2－AC2－AB2＝AC·AB.　① 由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB cos A.　② 由①，②得cos A＝－ eq \f(1,2). 因为0＜A＜π，所以A＝ eq \f(2π,3). (2)由正弦定理及(1)得 eq \f(AC,sin B)＝ eq \f(AB,sin C)＝ eq \f(BC,sin A)＝2 eq \r(3)， 从而AC＝2 eq \r(3)sin B，AB＝2 eq \r(3)sin (π－A－B)＝3cos B－ eq \r(3)sin B. 故BC＋AC＋AB＝3＋ eq \r(3)sin B＋3cos B＝3＋2 eq \r(3)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,3))). 又0＜B＜ eq \f(π,3)，所以当B＝ eq \f(π,6)时，△ABC周长取得最大值3＋2 eq \r(3). 例3　在△ABC中，cos C＝－ eq \f(1,4)，再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使三角形唯一确定，求： (1)sin B的值； (2)△ABC的面积． 条件①：a＝8 eq \r(2)，c＝11；条件②：b＝6，c＝2a；条件③：c＝8，△ABC为等腰三角形． 注：如果选择多个条件解答或选择不符合要求的条件解答，本题得0分． 解：(1)选择①：a＝8 eq \r(2)，c＝11，显然a>c， 因为大边对大角，故A>C， 因为cos C＝－ eq \f(1,4)<0，故C为钝角，则A也为钝角，显然这样的三角形不存在，①舍去． 选择②：b＝6，c＝2a， 由余弦定理得c2＝a2＋b2－2ab cos C，即4a2＝a2＋36－12a×(－ eq \f(1,4))， 故3a2－3a－36＝0，解得a＝4，a＝－3(舍)，此时三角形唯一确定， 因为cos C＝－ eq \f(1,4)，C∈(0，π)，所以sin C＝ eq \r(1－cos2C)＝ eq \f(\r(15),4)， 由正弦定理得sinB＝ eq \f(b sin C,c)＝ eq \f(3\r(15),16). 选择③：c＝8，△ABC为等腰三角形， 在△ABC中，因为cos C＝－ eq \f(1,4)，所以C为钝角，所以C为顶角，所以a＝b. 因为c2＝a2＋b2－2ab cos C，c＝8，故a2＋a2－2×(－ eq \f(1,4))a2＝64，即 eq \f(5,2)a2＝64， 所以a＝b＝ eq \f(8\r(2),\r(5)). 因为cos C＝－ eq \f(1,4)，C＝(0，π)，所以sin C＝ eq \r(1－cos2C)＝ eq \f(\r(15),4)， 由正弦定理得sinB＝ eq \f(b sin C,c)，所以sin B＝ eq \f(\r(6),4). (2)不能选择①， 选择②：S△ABC＝ eq \f(1,2)ab sin C＝ eq \f(1,2)×4×6× eq \f(\r(15),4)＝3 eq \r(15)＝ eq \f(3\r(15),16). 选择③：S△ABC＝ eq \f(1,2)ab sin C＝ eq \f(1,2)× eq \f(8\r(2),\r(5))× eq \f(8\r(2),\r(5))× eq \f(\r(15),4)＝ eq \f(16\r(15),5). 【即学即用】　3.在①b2＋c2－a2＝2 eq \r(3)ac sin B；②sin2B＋sin2C－sin2A＝ eq \r(3)sinB sin C这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答． 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，________． (1)求角A； (2)若a＝8，b＋c＝10，求△ABC的面积． 解：(1)选择①：因为b2＋c2－a2＝2 eq \r(3)ac sin B， 由余弦定理可得2bc cos A＝2 eq \r(3)ac sin B， 所以结合正弦定理可得sin B cos A＝ eq \r(3)sin A sin B. 因为B∈(0，π)，则sin B>0，所以cos A＝ eq \r(3)sin A，即tan A＝ eq \f(\r(3),3)， 因为A∈(0，π)，所以A＝ eq \f(π,6). 选择②：因为sin2B＋sin2C－sin2A＝ eq \r(3)sinB sin C， 由正弦定理得b2＋c2－a2＝ eq \r(3)bc，由余弦定理得cos A＝ eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝ eq \f(\r(3),2). 因为A∈(0，π)，所以A＝ eq \f(π,6). (2)由(1)知A＝ eq \f(π,6)，又已知a＝8，b＋c＝10， 由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos A＝(b＋c)2－(2＋ eq \r(3))bc， 即64＝100－(2＋ eq \r(3))bc，所以bc＝ eq \f(36,2＋\r(3))， 所以△ABC的面积为 eq \f(1,2)bc sin A＝ eq \f(1,2)bc sin eq \f(π,6)＝9(2－ eq \r(3)). 1.如图，在平面四边形ABCD中，∠ABC＝θ(0<θ<π)，AB＝BC＝CD＝1，AC⊥CD. (1)试用θ表示BD的长； (2)求AC2＋BD2的最大值． 解：(1)∵∠ABC＝θ(0<θ<π)，AB＝BC＝CD＝1，AC⊥CD，∴∠BCA＝ eq \f(π,2)－ eq \f(θ,2)， 则∠BCD＝ eq \f(π,2)＋∠BCA＝ eq \f(π,2)＋( eq \f(π,2)－ eq \f(θ,2))＝π－ eq \f(θ,2)， 在△BCD中，BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD cos ∠BCD＝2＋2cos eq \f(θ,2)＝2(1＋2cos2 eq \f(θ,4)－1)＝4cos2 eq \f(θ,4)， ∵0<θ<π，∴cos eq \f(θ,4)>0，则BD＝2cos eq \f(θ,4). (2)在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos ∠ABC＝2－2cos θ， ∴AC2＋BD2＝2－2cos θ＋2＋2cos eq \f(θ,2)＝－4cos2 eq \f(θ,2)＋2cos eq \f(θ,2)＋6＝－4(cos eq \f(θ,2)－ eq \f(1,4))2＋ eq \f(25,4)， ∵0<θ<π，∴0<cos eq \f(θ,2)<1，则当cos eq \f(θ,2)＝ eq \f(1,4)时，取到最大值 eq \f(25,4). 故AC2＋BD2的最大值是 eq \f(25,4). 2．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，A＝ eq \f(π,3). (1)若c＝2b，证明：(sin A＋sin B)(sin A－sin B)＝sin B sin C； (2)若a＝2，求△ABC周长的最大值． 解：(1)证明：由余弦定理知a2＝b2＋c2－2bc cos A和A＝ eq \f(π,3)，得a2＝b2＋c2－bc， 又c＝2b，则a2－b2＝2b2＝bc， 结合正弦定理得sin2A－sin2B＝sinBsin C， (sin A＋sin B)(sin A－sin B)＝sin B sin C. (2)由(1)知a2＝b2＋c2－bc，又a＝2， 故b2＋c2－bc＝4，即(b＋c)2－3bc＝4，b>0，c>0， 所以(b＋c)2＝3bc＋4≤3( eq \f(b＋c,2))2＋4， 则(b＋c)2≤16，故b＋c≤4，当且仅当 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(b2＋c2－bc＝4，,b＝c，))即b＝c＝2时取等号， 故a＋b＋c≤6，即△ABC周长的最大值为6. 3．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且2b cos C＝2a＋c. (1)求角B的大小； (2)若b＝2 eq \r(3)，D为AC边上的一点，BD＝1，且________，求△ABC的面积． 请在下列两个条件中选择一个作为条件补充在横线上，并解决问题． ①BD是∠ABC的平分线；②D为线段AC的中点． (注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答记分). 解：(1)由正弦定理知，2sin B cos C＝2sin A＋sin C， ∵sin A＝sin (B＋C)＝sin B cos C＋cos B sin C， 代入上式得2cos B sin C＋sin C＝0， ∵C∈(0，π)，∴sin C>0，cos B＝－ eq \f(1,2)， ∵B∈(0，π)，∴B＝ eq \f(2π,3). (2)若选①：由BD平分∠ABC得S△ABC＝S△ABD＋S△BCD， ∴ eq \f(1,2)ac×sin eq \f(2π,3)＝ eq \f(1,2)×1×c×sin eq \f(π,3)＋ eq \f(1,2)×1×a×sin eq \f(π,3)，即ac＝a＋c. 在△ABC中，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac cos eq \f(2π,3)， 又b＝2 eq \r(3)，∴a2＋c2＋ac＝12， 联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(ac＝a＋c，,a2＋c2＋ac＝12，))得(ac)2－ac－12＝0，解得ac＝4，ac＝－3(舍去)， ∴S△ABC＝ eq \f(1,2)ac sin eq \f(2π,3)＝ eq \f(1,2)×4× eq \f(\r(3),2)＝ eq \r(3). 若选②：因为 eq \o(BD,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2)( eq \o(BA,\s\up6(→))＋ eq \o(BC,\s\up6(→)))， 所以 eq \o(BD,\s\up6(→))2＝ eq \f(1,4)( eq \o(BA,\s\up6(→))＋ eq \o(BC,\s\up6(→)))2＝ eq \f(1,4)( eq \o(BA,\s\up6(→))2＋2 eq \o(BA,\s\up6(→))· eq \o(BC,\s\up6(→))＋ eq \o(BC,\s\up6(→))2)， 即1＝ eq \f(1,4)(c2＋2ac cos eq \f(2π,3)＋a2)，得a2＋c2－ac＝4， 在△ABC中，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac cos eq \f(2π,3)，即a2＋c2＋ac＝12， 联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a2＋c2－ac＝4，,a2＋c2＋ac＝12，))可得ac＝4， ∴S△ABC＝ eq \f(1,2)ac sin eq \f(2π,3)＝ eq \f(1,2)×4× eq \f(\r(3),2)＝ eq \r(3). 4．已知三角形ABC中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，且(2a－c)cos B－b cos C＝0. (1)求角B； (2)若b＝2，求a＋c的取值范围； (3)若b＝2，求三角形ABC面积的最大值． 解：(1)(2a－c)cos B－b cos C＝0， 由正弦定理得(2sin A－sin C)cos B－sin B cos C＝0， 则有2sin A cos B－sin (B＋C)＝0， 又A＋B＋C＝π，得sin (B＋C)＝sin (π－A)＝sin A， 则有2sin A cos B－sin A＝0， 由A∈(0，π)，有sin A>0，得cos B＝ eq \f(1,2)， 又B∈(0，π)，所以B＝ eq \f(π,3). (2)由B＝ eq \f(π,3)，b＝2，由余弦定理， 可得b2＝a2＋c2－2ac cos B＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac， 又(a＋c)2－3ac≥(a＋c)2－ eq \f(3,4)(a＋c)2＝ eq \f(1,4)(a＋c)2， ∴(a＋c)2≤4b2＝16，即a＋c≤4，当且仅当a＝c＝2时等号成立， 又a＋c>b＝2，∴a＋c的取值范围为(2，4]. (3)由(2)可知b2＝(a＋c)2－3ac≥4ac－3ac＝ac， 即ac≤4，当且仅当a＝c＝2时等号成立， 则有S△ABC＝ eq \f(1,2)ac sin B≤ eq \f(1,2)×4× eq \f(\r(3),2)＝ eq \r(3)，当a＝c＝2时三角形ABC面积的最大值为 eq \r(3). 5．在平面直角坐标系Oxy中，锐角α，β的顶点与坐标原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆O的交点分别为P，Q.已知点P的纵坐标为 eq \f(4\r(3),7)，点Q的横坐标为 eq \f(13,14). (1)求cos (α－β)的值； (2)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.请从下面两个问题中任选一个作答，如果多选，则按第一个解答计分． ①若C＝α－β，且c＝2，求△ABC周长的最大值． ②若A＝α，B＝β，且c＝11，求△ABC的面积． 解：(1)因为α，β是锐角，所以P，Q在第一象限， 又因为P，Q在单位圆上，点P的纵坐标为 eq \f(4\r(3),7)，点Q的横坐标为 eq \f(13,14)， 所以sin α＝ eq \f(4\r(3),7)，cos β＝ eq \f(13,14)， 所以cos α＝ eq \r(1－sin2α)＝ eq \f(1,7)，sinβ＝ eq \r(1－cos2β)＝ eq \f(3\r(3),14)， 故cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝ eq \f(1,7)× eq \f(13,14)＋ eq \f(4\r(3),7)× eq \f(3\r(3),14)＝ eq \f(1,2). (2)选①：由(1)中结论可得cos C＝ eq \f(1,2)， 又C∈(0，π)，C＝ eq \f(π,3)， 由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2ab cos C，即4＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab. ∵ab≤( eq \f(a＋b,2))2，∴4≥(a＋b)2－ eq \f(3,4)(a＋b)2＝ eq \f(1,4)(a＋b)2， ∴a＋b≤4，当a＝b＝2时，等号成立，∴a＋b＋c≤6，即当△ABC为等边三角形时，周长最大，最大值为6. 选②：由(1)可知sin A＝ eq \f(4\r(3),7)，cos A＝ eq \f(1,7)，sin B＝ eq \f(3\r(3),14)，cos B＝ eq \f(13,14)， 则sin C＝sin (A＋B)＝sin A cos B＋cos Asin B＝ eq \f(55\r(3),98)， 由正弦定理 eq \f(a,sin A)＝ eq \f(b,sin B)＝ eq \f(c,sin C)，可得 eq \f(a,\f(4\r(3),7))＝ eq \f(b,\f(3\r(3),14))＝ eq \f(98,5\r(3))，故a＝ eq \f(56,5)，b＝ eq \f(21,5)， 则S△ABC＝ eq \f(1,2)ab sin C＝ eq \f(1,2)× eq \f(56,5)× eq \f(21,5)× eq \f(55\r(3),98)＝ eq \f(66\r(3),5). 6．在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且满足sin B＋sin C＝2sin A cos B. (1)证明：a2－b2＝bc； (2)如图，点D在线段AB的延长线上，且|AB|＝3，|BD|＝1，当点C运动时，探究|CD|－|CA|是否为定值？ 解：(1)证明：因为sin B＋sin C＝2sin A cos B， 由正弦定理可得b＋c＝2a cos B， 再由余弦定理得b＋c＝2a· eq \f(a2＋c2－b2,2ac)，整理得a2－b2＝bc. (2)因为∠ABC，∠CBD互补， 所以cos ∠ABC＋cos ∠CBD＝0， 结合余弦定理可得 eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＋ eq \f(a2＋|BD|2－|CD|2,2a·|BD|)＝0， 因为c＝|AB|＝3，|BD|＝1，则 eq \f(a2＋9－b2,3)＋ eq \f(a2＋1－|CD|2,1)＝0， 整理得4a2－b2＋12－3|CD|2＝0， 又a2＝b2＋bc＝b2＋3b， 则|CD|2＝ eq \f(4,3)a2－ eq \f(1,3)b2＋4＝ eq \f(4,3)(b2＋3b)－ eq \f(1,3)b2＋4＝b2＋4b＋4＝(b＋2)2， 从而|CD|＝b＋2，故|CD|－|CA|＝2为定值． $$