6.4 习题课 正、余弦定理的综合应用(一)-【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(一) 一、 代数条件下的解三角形问题 二、 几何条件下的解三角形问题 三、 正、余弦定理与三角函数的综合问题 [课下巩固训练(十五)] 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.理解三角函数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． 例1　 (2022·新高考Ⅱ卷)记△ABC的三个内角分别为A，B，C，其对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为S1，S2，S3，已知S1－S2＋S3＝ eq \f(\r(3),2)，sin B＝ eq \f(1,3). (1)求△ABC的面积； (2)若sin A sin C＝ eq \f(\r(2),3)，求b. 解：(1)由题意得S1＝ eq \f(1,2)·a2· eq \f(\r(3),2)＝ eq \f(\r(3),4)a2，S2＝ eq \f(\r(3),4)b2，S3＝ eq \f(\r(3),4)c2，则S1－S2＋S3＝ eq \f(\r(3),4)a2－ eq \f(\r(3),4)b2＋ eq \f(\r(3),4)c2＝ eq \f(\r(3),2)， 即a2＋c2－b2＝2，由余弦定理得cos B＝ eq \f(a2＋c2－b2,2ac)，整理得ac cos B＝1，则cos B>0，又sin B＝ eq \f(1,3)， 则cos B＝ eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2))＝ eq \f(2\r(2),3)，ac＝ eq \f(1,cos B)＝ eq \f(3\r(2),4)，则S△ABC＝ eq \f(1,2)ac sin B＝ eq \f(\r(2),8). (2)由正弦定理得： eq \f(b,sin B)＝ eq \f(a,sin A)＝ eq \f(c,sin C)，则 eq \f(b2,sin2B)＝ eq \f(a,sinA)· eq \f(c,sin C)＝ eq \f(ac,sin A sin C)＝ eq \f(\f(3\r(2),4),\f(\r(2),3))＝ eq \f(9,4)，则 eq \f(b,sin B)＝ eq \f(3,2)，b＝ eq \f(3,2)sin B＝ eq \f(1,2). 感悟升华　代数条件下的解三角形问题，往往提供一个含有边角的代数方程，在这个方程的基础上利用正弦定理和三角形内角和定理将其转化为一个新的方程求解． 【即学即用】　1.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(c－a)(sin C＋sin A)＝sin B(c－b). (1)求角A的大小； (2)若a＝3，b＝2，求边BC上的高h. 解：(1)(c－a)(sin C＋sin A)＝sin B(c－b)，故(c－a)(c＋a)＝b(c－b)， 整理得a2＝b2＋c2－bc，故cos A＝ eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝ eq \f(1,2)， 又A∈(0，π)，故A＝ eq \f(π,3). (2)a2＝b2＋c2－bc，即9＝4＋c2－2c，解得c＝1＋ eq \r(6)或c＝1－ eq \r(6) (舍去)， 由S△ABC＝ eq \f(1,2)bc sin A＝(1＋ eq \r(6))× eq \f(\r(3),2)＝ eq \f(1,2)ah＝ eq \f(3,2)h，解得h＝ eq \r(2)＋ eq \f(\r(3),3). 例2　如图，在平面四边形ABCD中，AB＝AD＝2，∠B＝2∠D＝120°，记△ABC与△ACD的面积分别为S1，S2，则S2－S1的值为(　　 ) A. 2 B． eq \r(3) C. 1 D． eq \f(\r(3),2) 解析：在△ABC中，由余弦定理得cos B＝ eq \f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)，即－ eq \f(1,2)＝ eq \f(4＋BC2－AC2,4BC)，得BC2－AC2＝－2BC－4　①， 同理，在△ACD中，由余弦定理得cos D＝ eq \f(AD2＋CD2－AC2,2AD·CD)，即 eq \f(1,2)＝ eq \f(4＋CD2－AC2,4CD)，得CD2－AC2＝2CD－4　②， 又S1＝ eq \f(1,2)AB·BC sin 120°＝ eq \f(\r(3),2)BC，S2＝ eq \f(1,2)AD·CD sin 60°＝ eq \f(\r(3),2)CD，所以S2－S1＝ eq \f(\r(3),2)CD－ eq \f(\r(3),2)BC＝ eq \f(\r(3),2)(CD－BC)　③， 由②－①，得CD2－BC2＝2(CD＋BC)， 由CD＋BC>0，得CD－BC＝2，代入③得S2－S1＝ eq \r(3). 答案：B 感悟升华　几何条件下的解三角形问题，往往都是在三角形中利用正弦、余弦定理分别构建方程，再通过关联角(互余或互补)或公共边来求解． 【即学即用】　2.四边形ABCD的内角A与C互补，AB＝1，BC＝3，CD＝DA＝2. (1)求C和BD； (2)求四边形ABCD的面积． 解：(1)由题设及余弦定理得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD cos C＝13－12cos C．① BD2＝AB2＋DA2－2AB·DA cos A＝5＋4cos C．② 由①②得cos C＝ eq \f(1,2)，故C＝60°，BD＝ eq \r(7). (2)四边形ABCD的面积S＝ eq \f(1,2)AB·DA sin A＋ eq \f(1,2)BC·CD sin C＝( eq \f(1,2)×1×2＋ eq \f(1,2)×3×2)sin 60°＝2 eq \r(3). 例3　(2023·全国甲卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 eq \f(b2＋c2－a2,cos A)＝2. (1)求bc； (2)若 eq \f(a cos B－b cos A,a cos B＋b cos A)－ eq \f(b,c)＝1，求△ABC的面积． 解：(1)因为a2＝b2＋c2－2bc cos A，所以 eq \f(b2＋c2－a2,cos A)＝ eq \f(2bc cos A,cos A)＝2bc＝2，解得bc＝1. (2)由正弦定理可得 eq \f(a cos B－b cos A,a cos B＋b cos A)－ eq \f(b,c)＝ eq \f(sin A cos B－sin B cos A,sin A cos B＋sin B cos A)－ eq \f(sin B,sin C) ＝ eq \f(sin (A－B),sin (A＋B))－ eq \f(sin B,sin (A＋B))＝ eq \f(sin (A－B)－sin B,sin (A＋B))＝1， 变形可得：sin (A－B)－sin (A＋B)＝sin B，即－2cos A sin B＝sin B， 而0<sin B≤1，所以cos A＝－ eq \f(1,2)，又0<A<π，所以sin A＝ eq \f(\r(3),2)， 故△ABC的面积为S△ABC＝ eq \f(1,2)bc sin A＝ eq \f(1,2)×1× eq \f(\r(3),2)＝ eq \f(\r(3),4). 感悟升华　解三角形与三角函数综合问题的策略 (1)“三统一”：即“统一角，统一函数，统一结构”； (2)定理公式应用：注意正、余弦定理，三角形内角和定理及三角形面积公式的应用． 【即学即用】　3.已知函数f(x)＝2 eq \r(3)sin x cos x＋sin2x－cos2x. (1)求f(x)的单调递减区间； (2)△ABC中内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，f(A)＝2，b＝3，c＝2，求A的内角平分线AD的长． 解：(1)因为f(x)＝2 eq \r(3)sin x cos x＋sin2x－cos2x＝ eq \r(3)sin2x－cos 2x＝2sin (2x－ eq \f(π,6))， 所以2kπ＋ eq \f(π,2)≤2x－ eq \f(π,6)≤2kπ＋ eq \f(3π,2)，k∈Z，解得kπ＋ eq \f(π,3)≤x≤kπ＋ eq \f(5π,6)，k∈Z， 所以f(x)的单调递减区间为[kπ＋ eq \f(π,3)，kπ＋ eq \f(5π,6)]，k∈Z. (2)因为f(A)＝2sin (2A－ eq \f(π,6))＝2，所以sin (2A－ eq \f(π,6))＝1. 因为A∈(0，π)，所以2A－ eq \f(π,6)∈(－ eq \f(π,6)， eq \f(11π,6))， 所以2A－ eq \f(π,6)＝ eq \f(π,2)，所以A＝ eq \f(π,3)，故∠BAD＝∠CAD＝ eq \f(π,6)， 由题意知，S△ABD＋S△ACD＝S△ABC， 所以 eq \f(1,2)AB·AD sin ∠BAD＋ eq \f(1,2)AD·AC sin ∠CAD＝ eq \f(1,2)AB·AC·sin ∠BAC， 即 eq \f(1,2)×2AD sin eq \f(π,6)＋ eq \f(1,2)×3AD sin eq \f(π,6)＝ eq \f(1,2)×2×3sin eq \f(π,3)， 所以AD＝ eq \f(6\r(3),5). 1．已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，a＝3，b－c＝2，B＝120°. (1)求b，c的值； (2)求sin (B＋C)的值． 解：(1)由余弦定理及已知可得cos B＝ eq \f(a2＋c2－b2,2ac) ⇒ eq \f(9＋c2－b2,6c)＝－ eq \f(1,2)， 即c2－b2＋3c＋9＝(c－b)(c＋b)＋3c＋9＝c－2b＋9＝0， 联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(b－c＝2，,c－2b＋9＝0))⇒b＝7，c＝5. (2)因为△ABC中有A＋B＋C＝π，则sin (B＋C)＝sin A， 由正弦定理可知sin A＝ eq \f(a sin B,b)＝ eq \f(3,7)×sin 120°＝ eq \f(3\r(3),14)， 即sin (B＋C)＝ eq \f(3\r(3),14). 2．在△ABC中，已知角A，B，C的对边分别是a，b，c，且2c cos A＝2b－a. (1)求角C的大小； (2)若c＝2 eq \r(3)，b＝2，求△ABC的面积． 解：(1)由2c cos A＝2b－a，以及正弦定理可得2sin C cos A＝2sin B－sin A， 即2sin C cos A＝2sin (A＋C)－sin A＝2sin A cos C＋2cos A sin C－sin A， 即2sin A cos C－sin A＝0， 又在△ABC中，sin A≠0，所以cos C＝ eq \f(1,2)， 又C∈(0，π)，所以C＝ eq \f(π,3). (2)由余弦定理c2＝b2＋a2－2ba cos C，得12＝4＋a2－2a⇒a2－2a－8＝0， 因为a>0，所以a＝4， 所以△ABC的面积S＝ eq \f(1,2)ba sin C＝ eq \f(1,2)×2×4sin eq \f(π,3)＝2 eq \r(3). 3．(2024·安徽模拟预测)如图，在平面四边形ABCD中，AB＝AD＝4，BC＝6. (1)若A＝ eq \f(2π,3)，C＝ eq \f(π,3)，求sin ∠BDC的值； (2)若CD＝2，cos A＝3cos C，求四边形ABCD的面积． 解：(1)在△ABD中，AB＝AD＝4，A＝ eq \f(2π,3)，则∠ADB＝ eq \f(π,6)， BD＝2AD cos ∠ADB＝2×4×cos eq \f(π,6)＝4 eq \r(3)， 在△BCD中，由正弦定理得 eq \f(BC,sin ∠BDC)＝ eq \f(BD,sin C)， sin ∠BDC＝ eq \f(BC sin C,BD)＝ eq \f(6sin \f(π,3),4\r(3))＝ eq \f(3,4). (2)在△ABD和△BCD中，由余弦定理得 BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD cos A＝42＋42－2×4×4×cos A＝32－32cos A， BD2＝CB2＋CD2－2CB·CD cos C＝62＋22－2×6×2×cos C＝40－24cos C， 得4cos A－3cos C＝－1，又cos A＝3cos C， 得cos A＝－ eq \f(1,3)，cos C＝－ eq \f(1,9)，则sin A＝ eq \f(2\r(2),3)，sin C＝ eq \f(4\r(5),9)， 四边形ABCD的面积S＝S△ABD＋S△BCD＝ eq \f(1,2)AB·AD·sin A＋ eq \f(1,2)CB·CD·sin C＝ eq \f(1,2)×4×4× eq \f(2\r(2),3)＋ eq \f(1,2)×6×2× eq \f(4\r(5),9)＝ eq \f(16\r(2)＋8\r(5),3). 4．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足b cos A－a cos B＝a＋c. (1)求角B的大小； (2)若b＝ eq \r(7)，a＝2，点D在边AC上，且CD＝2AD，求BD的长． 解：(1)因为b cos A－a cos B＝a＋c， 由余弦定理得b· eq \f(b2＋c2－a2,2bc)－a· eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝a＋c， 整理可得a2＋c2－b2＝－ac， 所以cos B＝ eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝－ eq \f(1,2)， 又B∈(0，π)，所以B＝ eq \f(2π,3). (2)因为b＝ eq \r(7)，a＝2，B＝ eq \f(2π,3)， 所以由正弦定理 eq \f(a,sin A)＝ eq \f(b,sin B)可得，sin A＝ eq \f(a sin B,b)＝ eq \f(2×\f(\r(3),2),\r(7))＝ eq \f(\r(21),7)， 由a<b，可得A为锐角，可得cos A＝ eq \r(1－sin2A)＝ eq \f(2\r(7),7)， 由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac cosB， 故7＝4＋c2－2×2×c×(－ eq \f(1,2))， 整理可得c2＋2c－3＝0，解得c＝1或－3(舍去)， 又点D在边AC上，且CD＝2AD，所以AD＝ eq \f(1,3)AC＝ eq \f(\r(7),3)， 所以在△ABD中，由余弦定理可得BD＝ eq \r(AB2＋AD2－2AB·AD·cos A)＝ eq \r(12＋(\f(\r(7),3))2－2×1×\f(\r(7),3)×\f(2\r(7),7))＝ eq \f(2,3). 5．已知函数f (x)＝ eq \f(1,2)(sin2x－cos2x)－ eq \r(3)sinx cos (π－x). (1)求f (x)的单调递增区间； (2)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且f( eq \f(A,2)＋ eq \f(π,4))＝ eq \f(\r(3),2)，b＝2c－ eq \r(2)a，求角B的大小． 解：(1)f(x)＝－ eq \f(1,2)cos 2x＋ eq \r(3)sin x cos x＝ eq \f(\r(3),2)sin 2x－ eq \f(1,2)cos 2x＝sin (2x－ eq \f(π,6))， 令－ eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－ eq \f(π,6)≤ eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－ eq \f(π,6)＋kπ≤x≤ eq \f(π,3)＋kπ，k∈Z， 所以f(x)的单调递增区间为[－ eq \f(π,6)＋kπ， eq \f(π,3)＋kπ](k∈Z). (2)由(1)知，f( eq \f(A,2)＋ eq \f(π,4))＝sin (A＋ eq \f(π,3))＝ eq \f(\r(3),2)， 又A∈(0，π)，所以A＋ eq \f(π,3)∈( eq \f(π,3)， eq \f(4π,3))，所以A＋ eq \f(π,3)＝ eq \f(2π,3)，A＝ eq \f(π,3)， 由正弦定理及b＝2c－ eq \r(2)a，得sin B＝2sin C－ eq \r(2)sin A，A＋B＋C＝π， 所以sin B＝2sin ( eq \f(2π,3)－B)－ eq \f(\r(6),2)， 即sin B＝2( eq \f(\r(3),2)cos B＋ eq \f(1,2)sin B)－ eq \f(\r(6),2)，整理得cos B＝ eq \f(\r(2),2)， 又B∈(0， eq \f(2π,3))，所以B＝ eq \f(π,4)，所以角B的大小为 eq \f(π,4). 6．已知锐角△ABC中，AB＝ eq \r(14)，且__________． 请从下列三个条件中任选两个填充在横线上，并求 eq \f(BC,sin C)的值． ①△ABC的面积为3 eq \r(3)；②tan B＝3 eq \r(3)；③AC＝3 eq \r(2). 注：如果选择不同条件分别解答，按第一个解答计分． 解：选①②时，由tan B＝ eq \f(sin B,cos B)＝3 eq \r(3)， 又sin2B＋cos2B＝1，0<B< eq \f(π,2)，解得sinB＝ eq \f(3\r(21),14)，cos B＝ eq \f(\r(7),14)， 因为c＝ eq \r(14)，S△ABC＝3 eq \r(3)，故 eq \f(1,2)ac sin B＝3 eq \r(3)， 即 eq \f(1,2)a· eq \r(14)· eq \f(3\r(21),14)＝3 eq \r(3)，解得a＝2 eq \r(2)， 由余弦定理可得b2＝8＋14－2×2 eq \r(2)× eq \r(14)× eq \f(\r(7),14)＝18，∴b＝3 eq \r(2)， 由正弦定理可得sin C＝ eq \f(c·sin B,b)＝ eq \f(\r(3),2)，故 eq \f(BC,sin C)＝ eq \f(4\r(6),3). 选①③时，过B作BD⊥AC于D， 因为△ABC的面积为 eq \f(1,2)AC·BD＝3 eq \r(3)，AC＝3 eq \r(2)，所以BD＝ eq \r(6)， 所以AD＝ eq \r(AB2－BD2)＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(14)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(6)))\s\up12(2))＝2 eq \r(2)， 所以CD＝AC－AD＝3 eq \r(2)－2 eq \r(2)＝ eq \r(2)， 所以BC＝ eq \r(BD2＋CD2)＝ eq \r((\r(6))2＋(\r(2))2)＝2 eq \r(2)， 所以 eq \f(BC,sin C)＝ eq \f(BC,\f(BD,BC))＝ eq \f(BC2,BD)＝ eq \f(8,\r(6))＝ eq \f(4\r(6),3). 选②③时，由tan B＝ eq \f(sin B,cos B)＝3 eq \r(3)， 又sin2B＋cos2B＝1，0<B< eq \f(π,2)，解得sinB＝ eq \f(3\r(21),14)，cos B＝ eq \f(\r(7),14)， 由正弦定理可得sin C＝ eq \f(c·sin B,b)＝ eq \f(\r(3),2)， 由余弦定理得18＝a2＋14－2a× eq \r(14)× eq \f(\r(7),14)， 故a＝2 eq \r(2)(负值舍去)，所以 eq \f(BC,sin C)＝ eq \f(2\r(2),\f(\r(3),2))＝ eq \f(4\r(6),3). $$